FMI04 Persamaan Differensial

M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 68

4. Persamaan Diferensial Banyak problem fisika yang membutuhkan persamaan diferensial parsial, terutama pada sistem fisika kontinu - fluida - medan elektromagnetik persamaan Maxwell - badan manusia - meteorologi - heat transfer

Beberapa contoh spesifik: (1) Persamaan Laplace ∇2Ψ = 0

Persamaan ini sangat umum dan menjadi persamaan yang cukup penting dalam bidang:

a) Fenomena elektromagnetik yang meliputi elektrostatika, dielektrik, arus steady dan magnetostatika

b) Hidrodinamika c) Aliran panas d) Gravitasi

(2) Persamaan Poisson ∇2Ψ = − ρ/ε0

Serupa dengan persamaan Laplace namun ada suku sumber − ρ/ε0

(3) Persamaan gelombang (Helmholtz) dan difusi tak

bergantung waktu


∇2Ψ ± Ψ = 0 Persamaan ini tampak pada fenomena:

a) Gelombang elastik b) Suara dan akustik c) Gelombang elektromagnetik d) Reaktor nukler

4. Persamaan difusi bergantung waktu

∇2Ψ = 21

a t∂∂Ψ

5. Persamaan gelombang bergantung waktu

∇2Ψ = 21

v 2

2

t∂∂ Ψ

dengan v merupakan konstanta (disini kecepatan).

6. Persamaan Gelombang Schrodinger:

m2

2h∇2Ψ + VΨ = EΨ

Penyelesaian: • Separasi variabel lalu metode Frobenius • Fungsi Green • Transformasi Integral • Solusi Numeris


Namun sebelum membicarakan persamaan diferensial parsial orde tinggi, terlebih dahulu akan diungkapkan persamaan diferensial orde-pertama 4.1. Persamaan Diferensial Orde-pertama Cukup banyak contoh-contoh Fisika yang melibatkan persamaan diferensial orde-pertama seperti rangkaian RL, RC, peluruhan inti etc. Bentuk umum persamaan diferensial orde-pertama

),(),(),(

yxQyxPyxf

dxdy

−==

Kadang-kadang ada bentuk spesial yang dapat dipisahkan (separable variable) yaitu:

)()(),(

yQxPyxf

dxdy

−==

sehingga dapat dituliskan: P(x) dx + Q(y) dy = 0 Solusi didapat dengan integrasi:

∫∫ =+y

y

x

x

dyyQdxxP00

0)()(

Contoh: hukum Boyle Dalam bentuk diferensial


PV

dPdV

−= dengan pemisahan variabel dapat dituliskan:

PdP

VdV

−= integrasikan akan diperoleh ln V = − ln P + C selanjutnya: ln V + ln P = C ln PV = ln k sehingga: PV = k solusi persamaan yang kita kenal sebagai

hukum Boyle. Sekarang kita bahas bentuk khusus lainnya yaitu persamaan diferensial orde pertama (PD O-1) linear:

)()( xqyxpdxdy

=+ Untuk penyelesaian PD O-1 linear ini, persamaan tersebut kalikan dengan suatu fungsi α(x):

)()()()()( xqxyxpxdxdyx ααα =+

sehingga dapat ditulis:

)()(])([ xqxyxdxd αα =

artinya:

)()()( xpxdx

xd αα=


(mengingat ydx

xddxdyxyx

dxd )()(])([ ααα += )

α(x) dapat dicari dengan integrasi:

dxxpxxd )()()(=

αα

atau

∫=x

dxxpx ])(exp[)(α Setelah α(x) diketahui maka y dapat dicari:

∫x dxd [α(x)y] dx = ∫x α(x) q(x) dx

atau α(x)y = ∫x α(x) q(x) dx + C

sehingga y(x) = α -1 [ ∫x α(x) q(x) dx + C]

α(x) sering disebut sebagai faktor integrasi.


Contoh kasus: Rangkaian RL Dari hukum Kirchhoff pada rangkaian resistan-induktansi dapat ditulis:

Ldt

tdI )( + R I(t) = V(t)

Faktor integrasi:

α(t) = exp ∫t LR dt

= LRte /

Kemudian

I(t) = LRte /− ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡∫ +t LRt Cdt

LtVe )(/

Pada kondisi khusus tegangan tetap V(t) = V0

I(t) = LRte /− ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡∫ +t LRt Cdt

LVe 0/

= LRte /− ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +Ce

RL

LV LRt /0

= L

V0 + C LRte /−

R L

V(t)


Kalau kondisi awal I(0) = 0, maka C = −V0/R Sehingga:

I(t) = R

V0 [1 − LRte /− ]

Latihan: Tinjau apabila sumber tegangan adalah AC, tinjau pula untuk rangkaian RC. 4.2. Metode Separasi Variabel Setelah studi tentang PD O-1 linear, sekarang kita bahas persamaan diferensial dengan orde lebih tinggi dengan metode separasi/pemisahan variabel. Contoh kasus persamaan diferensial berikut:

∇2Ψ + k2Ψ = 0 Kita gunakan terlebih dahulu sistem cartesian dan pisahkan variabel-variabelnya atas x, y dan z: Ψ = Ψ (x,y,z) = A(x) B(y) C(z) Lalu kembalikan ke persamaan diferensial asal:

BC2

2

dxAd + AC

2

2

dyBd + AB

2

2

dzCd + k2 ABC = 0

Dibagi dengan Ψ = A(x) B(y) C(z) diperoleh:


A1

2

2

dxAd = − k2 −

B1

2

2

dyBd −

C1

2

2

dzCd

Ruas kiri hanya mengandung fungsi x sementara ruas kanan fungsi y dan z. Hal ini tampak paradoks, namun karena x, y dan z saling independen maka hal tersebut dapat diselesaikan dengan membuat kedua ruas sama dengan suatu konstanta.

A1

2

2

dxAd = konstanta = − k2 −

B1

2

2

dyBd −

C1

2

2

dzCd

dapat dipilih, misalnya, konstanta ini = −a2

A1

2

2

dxAd = −a2

dari hal ini A(x) dapat diselesaikan. Salah satu solusi A(x) dapat disebutkan A(x) = sin (ax), solusi lainnya cos (ax). Sisa fungsi yang belum diselesaikan:

B1

2

2

dyBd = − k2 + a2 −

C1

2

2

dzCd

dan akhirnya dapat ditulis:

B1

2

2

dyBd = −b2 serta

C1

2

2

dzCd = −c2

a, b dan c merupakan konstanta-konstanta yang dihubungkan k2 = a2 + b2 + c2


Dengan demikian fungsi Ψ = A(x) B(y) C(z) dapat ditentukan. Hal yang serupa dapat dilakukan pada koordinat sferis: Ψ = Ψ (r, θ, ϕ) = R(r) T(θ) P(ϕ) Ekspresi Laplacian dalam koordinat sferis sbb:

∇2 = θsin

12r

⎢⎣⎡

∂∂

∂∂ )(sin 2

rr

rθ +r )(sin

θθ

θ ∂∂

∂∂ +

θsin1

⎥⎥⎦

⎤

∂

∂2

2

ϕ

dimasukkan ke ∇2Ψ + k2Ψ = 0 menjadi: (langsung dibagi dengan RTP)

)(1 22 dr

dRrdrd

Rr +

θsin1

2Tr θdd (sin θ θd

dT )

+ 2

2

22 sin1

ϕθ dPd

Pr = − k2

Pisahkan variabel!

2

21ϕd

PdP

= r2 sin2θ [ k2 − )(1 22 dr

dRrdrd

Rr

− )(sinsin1

2 θθ

θθ ddT

dd

Tr]

konstan Anggab:


2

21ϕd

PdP

= − m2 konstan

maka solusi P(ϕ)

e+imϕ atau e- imϕ Fungsi-fungsi yang tergantung r dan θ:

r2sin2θ [k2 − )(1 22 dr

dRrdrd

Rr− )(sin

sin1

2 θθ

θθ ddT

dd

Tr] = −m2

Fungsi-fungsi ini juga dapat dipisahkan:

)(1 2drdRr

drd

R + r2k2 = − )(sin

sin

1θ

θθθ d

dTdd

T +

θ2

2

sin

m

a (konstan) dari hal itu:

)(sinsin

1θ

θθθ d

dTdd −

θ2

2

sin

m T + a T = 0 (1)

)(1 22 dr

dRrdrd

r + k2R − a R/r2 = 0 (2)

Jadi ternyata metode separasi variabel dapat digunakan disini.


Pers. (1) adalah Legendre asosiasi bila a = l(l+1) sedangkan pers. (2) merupakan Bessel sferis. 4.3. Metode Frobenius – Solusi Deret Telah kita ketahui bahwa banyak problem fisika yang membutuhkan penyelesaian persamaan diferensial. Beberapa diantaranya dapat diselesaikan dengan metode sederhana, namun apabila metode tersebut tidak dapat digunakan, solusi deret dapat dipakai. Contoh permasalahan sederhana (yang sebenarnya dapat diselesaikan dengan metode elementer): y' = 2 xy (1.1) solusi persamaan ini membentuk deret tak berhingga: y = ao + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + ……+ an xn + …..

= ∑∞

=0λaλ xλ (1.2)

disini nilai-nilai a yang akan ditentukan/dicari, sering disebut dengan metode Frobenius. Diferensiakan persamaan (1.2): y' = a1 + 2a2 x + 3 a3 x2 + ……+ n an xn-1 + …..

= ∑∞

=1λλ aλ xλ-1 (1.3)


Persamaan (1.2) dan (1.3) dimasukkan ke (1.1):

∑∞

=1λλ aλ xλ-1= 2 ∑

∞

=0λaλ xλ+1

Koefisien yang berkaitan dengan x berpangkat sama harus sama:

a1 = 0, a2 = ao , a3 = 23 a1 = 0, a4 = ½ ao,

atau secara umum

λ aλ = 2 aλ-2, aλ = ⎪⎩

⎪⎨⎧

− genapuntuk,ganjiluntuk,0

22 λ

λ

λλ a

ambil λ = 2m (karena hanya suku genap yang ada): a2m = m2

2 a2m-2 = m1 a2m-2 = m

11

1−m a2m-4 = !

1m ao

sehingga: y = ao + ao x2 + 1

2!ao x4 + ……+ !1m ao x2m + ….

= ao ∑∞

=0

2

!m

m

mx = ao

2xe

Latihan: Selesaikan dengan metode deret: (1). y" = − 4y (2). y' = xy + x (3). y" + xy = 0 4.4. Solusi Kedua Pada persamaan diferensial orde-2


ada dua solusi yang saling bebas (bebas linear) Terlebih dahulu kita definisikan "bebas linear": Tinjau himpunan fungsi: ϕλ : ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 , ϕ4 ,…. Pada fungsi-fungsi tersebut dikatakan "bergantung linear" bila ada persamaan: ∑ kλ ϕλ = 0 ada harga kλ yang ≠ 0 Sebaliknya, akan bebas linear bila semua kλ = 0 Contoh sederhana: (1) Tiga vektor dalam dalam bidang: z y B A C x Bila C terletak pada bidang xy, maka C = aA + bB Atau aA + bB + cC = 0 A, B, C tidak bebas linear (2) Kasus yang sama tetapi dalam ruang: z


C y B A x Tidak dimungkinkan terjadi aA + bB + cC = 0 kecuali kalau a = b = c = 0 Jadi A, B, C bebas linear Bila ada empat vektor A, B, C dan D, Selalu dapat dibuat D = aA + bB + cC A, B, C dan D tidak pernah bebas linear Sekarang kembali ke ketentuan fungsi ϕλ : Misal fungsi ini diferensiabel: Maka dari ∑ kλ ϕλ = 0 dapat diturunkan: ∑ kλ ϕλ' = 0 ∑ kλ ϕλ'' = 0 ∑ kλ ϕλ''' = 0 . . ∑ kλ ϕλ

(n-1) = 0 merukan persamaan linear homogen dengan kλ tak

diketahui kλ ≠ 0 bila determinan:


)1()1(3

)1(2

)1(1

321

321

321

.............................................''......'''''''......'''

......

−−−− nn

nnn

n

n

n

ϕϕϕϕ

ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ

= 0

Determinan ini disebut “Wronskian”/W:

1. Bila W ≠ 0 maka ∑ kλ ϕλ = 0 tak mempunyai solusi kecuali kalau kλ = 0 (semua λ), jadi ϕλ bebas linear.

2. Bila W = 0 untuk semua jangkauan, maka ϕλ tak bebas linear (bergantung linear).

Contoh-contoh: (1) Kasus bebas linear ϕ1 = sin ax dan ϕ2 = cos ax Lihat Wronskian:

W = 21

21'' ϕϕ

ϕϕ =

axaaxaaxax

sincoscossin

− = −a ≠ 0

Jadi kedua solusi tersebut bebas linear saling independen (2) Kasus tak bebas linear ϕ1 = ex ; ϕ2 = e-x dan ϕ3 = cosh (x)


W = xeexeexee

xx

xx

xx

coshsinhcosh

−

−

−

− = 0 tak bebas linear

Latihan apakah solusi-solusi ini bebas linear? 1. ϕ1 = eix dan ϕ2 = e-ix 2. ϕ1 = eix ; ϕ2 = e-ix dan ϕ3 = cos x

Setelah kita tinjau masalah bebas linear, sekarang kita lihat solusi kedua. Persamaan diferensial orde-2 homogen dalam bentuk umum: y" + P(x) y' + Q(x) y = 0 Misal y1 dan y2 merupakan solusi persamaan ini yang saling independen, maka Wronskian:

W = 21

21'' yy

yy = y1 y'2 − y'1 y2

Diferensiasikan Wronskian ini: W' = y'1y'2 + y1 y''2 − y'1 y'2 − y''1 y2 = y1 y''2 − y''1 y2 = y1 [−P(x) y'2 − Q(x) y2] − y2 [−P(x) y'1 − Q(x) y1] = −P(x)( y1 y'2 − y'1 y2) = −P(x) W


Kalau P(x) = 0 (sering dijumpai di Fisika) maka W = y1 y'2 − y'1 y2 = konstan Secara umum yakni P(x) ≠ 0 dapat dicari nilai W(x): W' = −P(x) W

dx

dW = −P(x) W

WdW = −P(x) dx

Integrasikan dari a ke x:

ln )()(

aWxW = − ∫

x

axP )( 1 dx1

atau

W(x) = W(a) exp (− ∫x

axP )( 1 dx1)

Nilai W(x) ini dapat digunakan untuk mencari solusi kedua (y2) sebagai berikut: W(x) = y1 y'2 − y'1 y2

= 21y ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

12

yy

dxd

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

12

yy

dxd = 2

1

)(y

xW

Dari hal tersebut dapat diperoleh:

y2 = y1 ∫x

b yxW21

2)( dx2

Masukkan nilai W(x) yang sudah didapat:


y2(x) = y1(x)W(a) ∫∫−x

b

x

axy

dxxP

221

11

)]([

)(exp[2

dx2

disini a dan b sebarang, sehingga dapat dipilih sedemikian rupa sehingga W(a) = 1, seterusnya:

y2(x) = y1(x) ∫

∫−x

x

xy

dxxP

221

11

)]([

)(exp[2

dx2

Sebagaimana yang disebutkan sebelumnya, di Fisika seringkali dijumpai kasus khusus, yaitu ketika P(x) = 0, contoh pada ∇2Ψ + k2Ψ = 0 (Pada dasarnya semua persamaan diferensial orde-2 linear dapat diubah sehingga P(x) = 0). Dalam kasus P(x) = 0 maka:

y2(x) = y1(x) ∫x

xydx

221

2)]([

Contoh soal: Persamaan diferensial orde dua y" + y = 0 memiliki salah satu solusi y1 = sin x, solusi kedua dapat dicari sbb:

y2(x) = sin x ∫x

xdx

22

2][sin

= sin x (− cot x) = − cos x (sesuai dengan yang kita harapkan)


Soal-soal latihan: 1. Salah satu solusi dari persamaan:

R" + r1 R' − 2

2

rm R = 0

adalah R = rm, tunjukkan bahwa solusi kedua dapat dinyatakan R = r−m

2. Persamaan diferensial Hermite dapat dinyatakan y" − 2xy' + 2αy = 0

(a) untuk α = 0, y1(x) = 1, cari y2(x) (b) untuk α = 1, y1(x) = x, cari y2(x)

3. Salah satu solusi persamaan Chebyshev (1−x2) y" − xy' + n2y = 0 untuk n = 1 adalah y1(x) = x. Carilah solusi kedua! 4.5. Fungsi Green (Untuk Tugas Baca) Dalam elektrostatika kita kenal bentuk persamaan diferensial: ∇2Ψ = − ρ/ε0 persamaan ini disebut persamaan Poisson. Apabila dalam suatu ruang tidak ada kerapatan muatan, potensial akan memenuhi persamaan Laplace: ∇2Ψ = 0 Solusi persamaan Poisson dengan mudah didapatkan untuk untuk potensial dihitung pada r = 0 dan muatan pada r:


Ψ = 04

1πε ∫ r

)(rρ dτ

(Ingat untuk satu muatan titik: Ψ = 04

1πε r

q )

Untuk potensial pada r = r1 dan muatan pada r = r2:

Ψ(r1) = 04

1πε ∫

− ||)(

212rr

rρ dτ2

Kita pelajari juga kaitan fungsi delta Dirac dengan operator ∇2 dalam persamaan:

∇2 (1/r) = − 4πδ(r) atau secara umum

∇2 ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛− |'|1

rr = − 4πδ(r-r′)

Dengan demikian sebuah fungsi G:

∇2G = −δ(r1−r2) memenuhi persamaan Poisson. Secara fisis fungsi G adalah potensial pada r1 yang berkaitan dengan sumber pada posisi r2.

r2 r1


Dengan menggunakan teorema Green dan fungsi delta Dirac, akan didapat:

Ψ(r1) = 0

1ε ∫ )(),( 221 rrr ρG dτ2

Fungsi G inilah yang disebut sebagai fungsi Green. Lebih lanjut mengenai fungsi Green dapat dilihat pada Arfken hlm. 510 sampai 525.


4.6. Solusi Numeris Penyelesaian persamaan diferensial secara numeris dilakukan apabila solusi secara analitis tidak dapat dilakukan atau ketika seseorang harus menyelesaikan perhitungan yang serupa secara berulang-ulang. 4.6.1. Diferensiasi Numeris Sebelum pembahasan solusi persamaan diferensial, terlebih dahulu kita tinjau diferensiasi numeris yakni mencari diferensial apabila data berbentu numeris (bukan fungsi). Untuk fungsi-fungsi analitik, diferensial dapat dilakukan dengan mudah, sebagai contoh: y = sin x y' = cos x y = a x2 y' = 2 ax dan sebagainya Bagaimana diferensiasi untuk data numerik? hasil eksperimen? Contoh:

I

H

dHdI = ?


Untuk hal tersebut digunakan model pendekatan "finite difference" sesuai dengan definisi asal diferensial. y

dxdy = ?

Δy Δx x

y'(xi) = xy

x ΔΔ

Δ 0lim→

Apabila dibuat pembagian mesh seragam sebesar Δx = h, maka: y Pada pendekatan pertama

y'(xi) ≈ h

yy ii −+1

dapat juga didekati dengan:

y'(xi) ≈ h

yy ii2

11 −+ −

h h x


Perambatan kesalahan: Kita gunakan deret Taylor (lihat Matematika Dasar II)

f(x+h) = f(x) + h f' (x) + !2

2h f"(x) + !3

3h f''' (x) + …. ….

dari hal tersebut didapat:

f' (x) = h

xfhxf )()( −+ + kesalahan dengan orde-h

O(h) dan juga dari kombinasi f(x+h) dan f(x-h) dapat dibuktikan:

f' (x) = h

hxfhxf2

)()( −−+ + O(h2)

seringkali disebut dengan "formula dua titik". Tampak disini formula dua titik lebih teliti dibandingkan pendekatan pertama. Lebih lanjut, dapat digunakan formula "empat titik" yang lebih teliti lagi:

f' (x) = h

hxfhxfhxfhxf12

)2()(8)(8)2( +−++−−− + O(h4)

(buktikan!) Untuk titik ujung dapat digunakan:

f'(x) =h

xfhxfhxf2

)(3)(4)2( −+++− + O(h2)


Sekarang untuk turunan kedua, dapat digunakan perumusan sebagai berikut: Titik ujung:

f'' (x) = 2)()(2)2(

hxfhxfhxf ++−+ + O(h)

Formula "Dua titik":

f''(x) = 2)()(2)(

hhxfxfhxf −+−+ + O(h2)

"Perbaikan" titik ujung

f''(x) = 2)3()2(4)(5)(2

hhxfhxfhxfxf +−+++− + O(h2)

Formula "empat titik": f'' (x) =

212

)2()(16)(30)(16)2(

h

hxfhxfxfhxfhxf −−−+−+++−

+O(h4) Setelah diferensiasi numeris, sekarang kita lanjutkan dengan persamaan diferensial numeris. Latihan: Kerjakan dengan program Excel atau spreadsheet lainnya: Buatlah fungsi y = 2 e3x secara numeris dari x=0 sampai x=2 dengan mesh h=0,05 (50 data). Gunakan formula 4 titik dan titik ujung untuk diferensiasi numeris! Bandingkan dengan diferensiasi analitis!


4.6.2. Solusi Numeris Persamaan Diferensial Sederhana Cukup banyak cara untuk menyelesaikan persamaan diferensial secara numeris. (Lebih lanjut dapat dibaca di berbagai buku analisis numerik misal Press et al. “Numerical Recipes”) 4.6.2.1. Metode Euler/Metode Satu Langkah Tinjau suatu persamaan diferensial orde satu (boleh tidak linear):

dxdy = f(x,y)

dengan kondisi inisial y(x0) = y0. Secara prinsip, solusi langkah demi langkah (step-by-step) dapat dikembangkan dari deret Taylor:

y(x0+h) = y(x0) + h y'(x0) + !2

2h y''(x0) + …+!n

hn y(n)(x0)+ …

Kalau suku-suku tinggi diabaikan, maka: y(x0+h) = y(x0) + h y'(x0) Misal ada harga inisial x0, y0, maka akan diperoleh sederetan solusi numeris: x0 , y0 x0 + h , y(x0+h) x0 + 2h , y(x0+2h) x0 + 3h , y(x0+3h) … , … dan seterusnya


bila x0, y0 diketahui, maka y(x0+h) dapat dicari dengan: y(x0+h) = y(x0) + h y'(x0) disini y'(x0) = f(x0,y0) sesuai dengan persamaan asal. Dari hal tersebut dengan cara serupa dapat juga dicari y(x0+2h), y(x0+3h) dst. Sehingga seluruh solusi numerik dapat dicari. Formula umum untuk metode satu satu langkah:

dxdy = f(x,y)

yi+1 = yi + f(xi,yi) h ; f(xi,yi) merupakan slope pada xi Dari deret Taylor, jelas kesalahan yang timbul adalah O(h2). Jelas bahwa metode Euler tidak akurat dan tidak stabil. 4.6.2.2. Perbaikan Metode Euler Kelemahan metode Euler tampak jelas secara visual:

xi+hxi

Euler

Sebenarnya

Slope f(xi,yi)

yi

yi+1


Tampak secara gambar metode Euler/satu langkah memiliki kesalahan, hal ini dapat dikoreksi:

yi+1 = yi + 2

),(),( khyhxfyxf iiii +++ h

disini k = f(xi,yi) Metode ini disebut sebagai pendekatan prediktor-korektor/ metode Heun prediktor : yi + kh korektor : yi+1 Penulisan lain yi+1 = yi + ½ (k1 + k2) h dengan k1 = f(xi,yi)

k2 = f(xi+h,yi+hk1) 4.6.2.3. Metode RK (Runge-Kutta) RK orde 2 xi+hxi

yi

yi+1 Titik tengah


k1 = f(xi,yi)

k2 = f(xi+ ½h , yi+½hk1) Formula RK-2: yi+1 = yi + k2 h Formula ini diperbaiki dengan orde yang lebih tinggi sbb: RK orde ketiga: yi+1 = yi + 6

1 (k1 +4k2 + k3)h

dengan: k1 = f(xi,yi)

k2 = f(xi+ ½h , yi+½hk1) k3 = f(xi+ h , yi−hk1+2hk2)

RK orde keempat: yi+1 = yi + 6

1 (k1 +2k2 +2k3+k4)h

dengan: k1 = f(xi,yi)

k2 = f(xi+ ½h , yi+½k1) k3 = f(xi+ ½h , yi +½k2) k4 = f(xi+ h , yi +k3)

Kesalahan RK orde-4 ini O(h5). Metode ini cukup stabil dan sering digunakan di Fisika.


Metode Runge Kutta ini (khususnya RK-4) dapat digunakan untuk penyelesaian pasangan persamaan (simultan) ndiferensial orde-1, misal:

dxdu = f1(x,u,v) (1)

dxdv = f2(x,u,v) (2)

harga inisial x0, u0, v0. Masukkan harga inisial ke persamaan (1) akan diperoleh nilai u1. Lalu masukkan harga ini ke persamaan (2), akan didapat v1. Setelusnya dari x0+h, u1, v1 akan didapat u2 dan v2 dan seterusnya sampai semua titik didapat. 4.6.3. Persamaan Diferensial Numeris Orde 2 Contoh kasus getaran teredam: Gaya gesek: −bv Gaya pegas: −kx Gaya penggetar:f(y,t) ΣF = ma

m 2

2

dtyd + b

dtdy + k y = f(y,t)

Cara penyelesaian, dibuat persamaan:

2

2

dtyd = F(t, y,

dtdy )


Sehingga didapatkan dua persamaan simultan:

dtdy = v

2dtdv = F(t, y, v)

dari hal ini satu demi satu dapat diselesaikan dengan metode RK-4. Secara umum: y''(x) + P(x)y'(x) + Q(x)y = F(x) ambil z(x) = y'(x), sehingga didapat dua pasangan simultan: z'(x) = − P(x) z(x) − Q(x)y = F(x) y'(x) = z(x) seterusnya gunakan RK-4. 4.6.4. Metode Fox-Goodwin (Tugas baca) Untuk menyelesaikan persamaan Schrödinger dengan potensial sebarang. 4.6.5. Persamaan Diferensial Parsial Numeris (Tugas Baca) Analisis numeris untuk menyelesaikan persamaan semacam persamaan Laplace: ∇2T = 0 etc.

FMI04 Persamaan Differensial

Documents

Transcript of FMI04 Persamaan Differensial