20
LAMPIRAN
21
Lampiran 1 Penentuan titik tetap pada sistem persamaan diferensial (1a), (1b), dan (1c)
dS dI dA = − SI , = SI − μ I , = μ I − λ A, dt dt dt dengan λ > μ > 0 dS dS =0 Æ = − SI = 0 ……………………(1a) dt dt dI dI =0 Æ = ( S − μ ) I = 0 ……………....(1b) dt dt dA dA =0 Æ = μ I − λ A = 0 ………………(1c) dt dt dari persamaan (1a), didapatkan 3 kemungkinan untuk S dan I , yaitu :
S = 0, I ≠ 0 S ≠ 0, I = 0 S =I =0
dari persamaan (1b) : SI − μ I = 0 , dengan memasukkan 3 kemungkinan untuk S dan I yang didapat dari persamaan (1a), maka: 9
Untuk S = 0, I ≠ 0
SI − μ I = 0 ⇒ ( S − μ ) I = 0 karena I ≠ 0 maka ( S − μ ) = 0 ⇒ S = karena S = 0 maka
Karena 9
Untuk
μ
μ =0
μ > 0 sehingga untuk kemungkinan ini tidak terpenuhi. S ≠ 0, I = 0
SI − μ I = 0 ⇒ ( S − μ ) I = 0 karena maka
I =0
(S − μ) = 0
⇒ S=μ 9 Untuk S = I = 0 Tidak ada kemungkinan
S dan I yang didapat dari persamaan (1a) ke persamaan (1b) didapat beberapa kemungkinan untuk S , I dan μ , yaitu: S ≠ 0, I = 0 , dimana μ = S S =I =0 Dengan memasukkan beberapa kemungkinan untuk
dari persamaan (1c) :
μI − λ A = 0
Æ A=
μI λA atau I = μ λ
22
Karena dalam kemungkinan sebelumnya menjelaskan bahwa hanya I = 0 dan diketahui λ > 0 maka hanya didapat satu kemungkinan, yaitu A = 0 Jadi untuk persamaan diatas terdapat 2 titik tetap, yaitu: 1)
E0 = ( 0, 0, 0 )
2)
Eμ = ( μ , 0, 0 )
Lampiran 2 Penurunan persamaan (4), (5), dan (6) dari persamaan (1a), (1b) dan (1c)
Diketahui dS (1a) = − SI , dt dI = SI − μ I , (1b) dt dA (1c) = μ I − λ A, dt Dan juga diketahui xn = ε S , yn = ε I , zn = ε A , serta t = ε n dengan ε adalah sebuah parameter yang mendekati nol pada limit yang kontinu.
Untuk persamaan (4) didapat dari persamaan (1a) x dS = − SI → xn +1 = n 1 + yn dt Δx x − xn −1 dS → lim n = lim n = lim( xn − xn −1 ) = xn − xn −1 Δ n → 0 Δn Δn → 0 n − ( n − 1) n →∞ dt Dengan mengambil sebarang ε = 1 − SI = − xn yn / ε 2 → − SI = − xn yn
dS = − SI → xn − xn −1 = − xn yn dt → xn + xn yn = xn −1 → xn (1 + yn ) = xn −1 → xn =
xn −1 1 + yn
→ xn +1 =
xn 1 + yn
Untuk persamaan (5) didapat dari penjumlahan persamaan (1a) dan (1b) x y dS dI + = − μ I → yn +1 = α yn + n n 1 + yn dt dt x −x y − yn dS dI + → lim n +1 n + lim n +1 →∞ →∞ n n dt dt (n + 1) − n (n + 1) − n → xn +1 − xn + yn +1 − yn
dan − μ I = − μ yn / ε dengan mengambil sebarang ε = 1 − μ I = − μ yn sehingga
23
xn +1 − xn + yn +1 − yn = − μ yn → →
xn − xn + yn +1 − yn = − μ yn 1 + yn xn − xn − xn yn + yn +1 − yn = − μ yn 1 + yn
→ yn +1 = (1 − μ ) yn +
xn yn 1 + yn
misalkan parameter α = 1 − μ maka yn +1 = α yn +
xn yn 1 + yn
Untuk persamaan (6) didapat dari penjumlahan persamaan (1a), (1b), dan (1c) dS dI dA + + = −λ A → zn +1 = (1 − α ) yn + β zn dt dt dt x −x y − yn z −z dS dI dA + + → lim n +1 n + lim n +1 + lim n +1 n n n n →∞ →∞ →∞ dt dt dt (n + 1) − n (n + 1) − n (n + 1) − n → xn +1 − xn + yn +1 − yn + zn +1 − zn
dan −λ A = −λ zn sehingga xn +1 − xn + yn +1 − yn + zn +1 − zn = −λ zn →
xn x y − xn + α yn + n n − yn + zn +1 − zn = −λ zn 1 + yn 1 + yn
→−
misalkan parameter β = 1 − λ maka zn +1 = (1 − λ ) zn + (1 − α ) yn
xn yn x y + α yn + n n − yn + zn +1 − zn = −λ zn 1 + yn 1 + yn
→ zn +1 = (1 − λ ) zn + (1 − α ) yn
Karena λ > μ > 0 dan α = 1 − μ , β = 1 − λ maka β > α > 1
Lampiran 3 Penentuan titik tetap pada sistem persamaan beda (4), (5), dan (6) x (4) xn +1 = n 1 + yn yn +1 = α yn +
xn yn 1 + yn
(5)
(6) zn +1 = β zn + (1 − α ) yn dengan β < α < 1 Dan untuk mendapatkan titik tetap dengan menggunakan persamaan dibawah ini, xn +1 = xn = x , yn +1 = yn = y , dan zn +1 = zn = z sehingga persamaan (4), (5), dan (6) menjadi x x= (4a) 1+ y y =αy +
xy 1+ y
(5a)
24
z = β z + (1 − α ) y (6a) Dari persamaan (4a), didapatkan xy = 0 sehingga didapat 3 kemungkinan untuk x dan y yaitu : 9 x = 0, y ≠ 0 9 x ≠ 0, y = 0 9 x = 0, y = 0 Dari persamaan (5a) x = (1 − α )(1 + y ) atau y = 0 dengan memasukkan 3 kemungkinan untuk x dan y yang didapat dari persamaan (5a), maka : 9 Untuk x = 0, y ≠ 0
9
x = (1 − α )(1 + y ) → 0 = (1 − α )(1 + y ) karena α < 1 maka y + 1 = 0 , dan kontradiksi dengan persamaan (5a) yang mengharuskan y + 1 ≠ 0 . Dan untuk y = 0 saling kontradiksi. Sehingga tidak ada kemungkinan. Untuk x ≠ 0, y = 0
x = (1 − α )(1 + y ) → x = 1 − α Untuk x = 0, y = 0 x = (1 − α )(1 + y ) → 0 = 1 − α karena α < 1 maka untuk kemungkinan hanya terpenuhi y = 0 . Dengan memasukkan beberapa kemungkinan untuk x dan y yang didapat dari persamaan (5a) ke persamaan (5b) didapat beberapa kemungkinan, yaitu: x = 0, y = 0 x = (1 − α ), y = 0 Dari persamaan (5c) (1 − α ) y z= 1− β karena kemungkinan yang diperoleh sebelumnya untuk y hanya y = 0 maka z = 0 . Jadi untuk model diskret pada persamaan (4), (5), dan (6) diperoleh titik tetap yaitu : 1) ( x , y , z ) = (0, 0, 0) 2) ( x , y , z ) = (1 − α , 0, 0)
9
Lampiran 4 Penentuan titik tetap pada sistem persamaan beda (8), (9), dan (10) xn +1 =
a + bxn 1 + dyn
(8)
yn +1 = fyn + gzn
(9) zn +1 = hzn + kxn yn +1 (10) untuk mendapatkan solusi titik tetap dengan menggunakan persamaan dibawah ini, xn +1 = xn = x , yn +1 = yn = y , dan zn +1 = zn = z sehingga persamaan (8), (9), dan (10) menjadi a + bx (8a) x= 1 + dy y = f y + gz
(9a)
25
z = hz + kxy
(10a)
Penentuan titik tetap tanpa infeksi Untuk menentukan titik tetap tanpa infeksi, diasumsikan y = 0 dan z = 0 , dari persamaan (8a) didapat a + bx → x = a + bx x= 1 + dy (1 − b) x = a a x= 1− b Penentuan titik tetap berinfeksi Dari persamaan (8a) didapat a + bx −1 a y= x atau x = (11a) d 1 + dy − b dari persamaan (9a) didapat gz (1 − f ) y y= atau z = (11b) g 1− f (19d) dari persamaan (10a) didapat kxy (1 − h) z (1 − h) z z= , atau y = atau x = (11c) 1− h kx ky Lalu dengan mensubstitusikan persamaan (11b) dan (11c), yaitu kxy (1 − f ) y z= dan z = 1− h g (1 − f ) y kxy = g 1− h kgx = (1 − f )(1 − h) (1 − f )(1 − h) ………………………..(a) kg kemudian mensubstitusikan (a) ke persamaan (11a) yaitu (1 − f )(1 − h) a a → = x= kg 1 + dy − b 1 + dy − b x=
akg (1 − f )(1 − h) akg → dy = b − 1 + (1 − f )(1 − h)
→ 1 + dy − b =
b −1 akg …………………………….(b) + d d (1 − f )(1 − h) kemudian mensubstitusikan (a) dan (b) ke persamaan (11c) yaitu ⎛ (1 − f )(1 − h) ⎞ k ⎛ b − 1 ⎞ kxy akg + z= → z =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1− h kg 1 h d d (1 f )(1 h ) − − − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ →y=
⎛ 1 − f ⎞ ⎛ b −1 ⎞ akg →z =⎜ + ⎟⎜ ⎟ − − g d d f h (1 )(1 ) ⎝ ⎠⎝ ⎠ ak (1 − f )(b − 1) →z= + gd d (1 − h)
26
→z =
(1 − f )(1 − h)(b − 1) + akg …………………………(c) dg (1 − h)
Jadi solusi titik tetap yang diperoleh ( x , y , z ) dimana : x=
(1 − f )(1 − h) kg
y=
b −1 akg + d d (1 − f )(1 − h)
z=
(1 − f )(1 − h)(b − 1) + akg dg (1 − h)
Lampiran 5 Penentuan syarat pada analisis kestabilan titik tetap T-cells tanpa infeksi pada model diskret
Yaitu diperoleh a (x, y, z ) = ( , 0, 0) adalah titik tetap tanpa infeksi 1− b Lalu didapat persamaan polinomial dari persamaan karakteristik | A1 − λe I |= 0 , yaitu (b − λe )akg 1− b Agar solusi steady state bersifat stabil, maka harus P (1) > 0 , sehingga (b − 1)akg >0 P (1) = (b − 1)( f − 1)(h − 1) − 1− b (b − 1)akg >0 (b − 1)( f − 1)(h − 1) + b −1 (b − 1)( f − 1)(h − 1) + akg > 0 akg > −(b − 1)( f − 1)(h − 1) P (λe ) = (b − λe )( f − λe )(h − λe ) −
−( f − 1)(h − 1) a < kg b −1 a ( f − 1)(h − 1) ≥ −(b − 1) kg a ( f − 1)(h − 1) ≥ kg 1− b
Lampiran 6 Penentuan syarat pada analisis kestabilan titik tetap T-cells berinfeksi pada model diskret
Solusi titik tetap pada T-cells terkena infeksi ( x , y , z ) dengan, x=
(1 − f )(1 − h) kg
(11a)
y=
b −1 akg + d d (1 − f )(1 − h)
(11b)
z=
(1 − f )(1 − h)(b − 1) + akg dg (1 − h)
(11c)
Diperoleh matriks Jacobi J 3 yaitu :
27
(a + bx )d ⎡ ⎤ ⎢ b (1 + dy ) 2 0 ⎥ ⎢ ⎥ J3 = ⎢ 0 f g⎥ ⎢ ⎥ kx h⎥ ⎢ ky ⎢⎣ ⎥⎦ Untuk menganalisis kestabilan titik tetap pada T-cells berinfeksi pada model diskret, dengan persamaan karakteristik | J 3 − λe I m |= det ( J 3 − λe I m ) = 0 ⎡ ⎢b − λe ⎢ ( J 3 − λe I m ) = ⎢ 0 ⎢ ⎢ ky ⎢⎣
(a + bx )d (1 + dy ) 2 f − λe kx
⎤ 0 ⎥ ⎥ g ⎥ ⎥ h − λe ⎥ ⎥⎦
(a + bx )d gky − ( b − λe ) gkx (1 + dy ) 2 Agar solusi titik tetap bersifat stabil maka harus memenuhi kondisi P (1) > 0 det ( J 3 − λe I m ) = ( b − λe )( f − λe )( h − λe ) +
sehingga dapat diambil λe = 1 , yaitu P (1) = (b − 1)( f − 1)(h − 1) +
(a + bx )d gky − kg (b − 1) x (1 + dy ) 2
(12)
dimisalkan P (1) = A + B − C , dengan mensubstitusikan solusi titik tetap (11a), (11b), dan (11c) ke dalam (12) • untuk C (1 − f )(1 − h) = (b − 1)(1 − f )(1 − h) = (b − 1)( f − 1)(h − 1) kg (b − 1) x = kg (b − 1) kg Karena A dan C sama maka
28
(a + bx )d gky (1 + dy ) 2 adgky + bdgkxy = (1 + dy ) 2
P(1) = B =
⎛ b −1 ⎞ ⎛ (1 − f )(1 − h) ⎞ ⎛ b − 1 ⎞ akg akg adgk ⎜ + + ⎟ + bdgk ⎜ ⎟⎜ ⎟ d (1 − f )(1 − h) ⎠ kg d (1 − f )(1 − h) ⎠ ⎝ d ⎝ ⎠⎝ d = ⎛ b −1 ⎞2 akg (1 + d ⎜ + ⎟) (1 )(1 ) d d f h − − ⎝ ⎠ akg ( b − 1) + =
akg ( b − 1) + =
( akg )
⎛ (1 − f )(1 − h)(b − 1) a ⎞ + bdgk ⎜ + ⎟ d⎠ dkg ⎝ 2 ⎛ ⎞ akg ⎜b + ⎟ (1 )(1 ) f h − − ⎝ ⎠
(1 − f )(1 − h)
( akg )
+ b(b − 1)(1 − f )(1 − h) + akgb
⎛ ⎞ 2akgb akg +⎜ ⎟ (1 − f )(1 − h) ⎝ (1 − f )(1 − h) ⎠
2akgb − akg + b2 +
2
(1 − f )(1 − h)
b2 +
=
2
( akg )
2
2
(1 − f )(1 − h)
+ b(b − 1)(1 − f )(1 − h)
⎛ ⎞ 2akgb akg +⎜ ⎟ (1 − f )(1 − h) ⎝ (1 − f )(1 − h) ⎠
2
( 2akgb(1 − f )(1 − h) − akg (1 − f )(1 − h) + ( akg ) + b(b − 1)(1 − f ) (1 − h) ) /(1 − f )(1 − h) = (b (1 − f ) (1 − h) + 2akgb(1 − f )(1 − h) + ( akg ) ) /(1 − f ) (1 − h) 2
2
2
2
⎛ akg (1 − f )(1 − h) − b(1 − f ) 2 (1 − h) 2 = ⎜1 − 2 ⎜ b (1 − f ) 2 (1 − h) 2 + 2akgb(1 − f )(1 − h) + ( akg )2 ⎝
2
2
2
2
⎞ ⎟ (1 − f )(1 − h) ⎟ ⎠
⎛ ⎞ akg (1 − f )(1 − h) − b(1 − f ) 2 (1 − h) 2 ⎟ (1 − f )(1 − h) > 0 P (1) = ⎜1 − 2 ⎜ b (1 − f ) 2 (1 − h) 2 + 2akgb(1 − f )(1 − h) + ( akg )2 ⎟ ⎝ ⎠ Maka syarat yang harus dipenuhi agar solusi titik tetap stabil yaitu : akg (1 − f )(1 − h) + b(1 − f ) 2 (1 − h) 2 <1, 2akgb(1 − f )(1 − h) + (akg ) 2 + (b(1 − f )(1 − h)) 2 f < 1 , dan h < 1
Lampiran 7 Penurunan persamaan (14), (15), dan (16) dari persamaan (8), (9), dan (10)
Diketahui a + bxn xn +1 = 1 + dyn
(8)
yn +1 = fyn + gzn
(9)
(10) zn +1 = hzn + kxn yn +1 selanjutnya diberikan x = ε T , y = εV , dan z = ε I dan a = ε 2σ
(13a)
2
29
b = (1 + ε λ )
−1
d =κ
(13b) (13c)
f = (1 + ε μ )
−1
g = εη Nυ
k = θκ h = (1 + ευ ) −1 dari persamaan (8) a + bxn dijadikan xn +1 = 1 + dyn xn +1 − xn =
(13d) (13e) (13f) (13g)
a + bxn − xn 1 + dyn
lalu dengan mensubstitusikan persamaan x = ε T dan y = εV , serta persamaan (13a), (13b), dan (13c) sehingga a + bxn xn +1 − xn = − xn 1 + dyn
εT ελ − ε T 1 + = 1 + κε V ε 2σ (1 + ελ ) + ε T = − εT (1 + ελ )(1 + κε V ) ε 2σ +
ε 2σ + ε 3σλ + ε T − εT 1 + ελ + εκ V + ε 2κλV ε 2σ + ε 3σλ + ε T − ε T − ε 2 λT − ε 2κ VT − ε 3κλVT = 1 + ελ + εκV + ε 2κλV ⎛ σ + εσλ − λT − κ VT − εκλVT ⎞ =ε2 ⎜ ⎟ 1 + ελ + εκV + ε 2κλV ⎝ ⎠ xn +1 − xn σ + εσλ − λT − κVT − εκλVT = 1 + ελ + εκ V + ε 2κλV ε2 x −x ⎛ σ + εσλ − λT − κVT − εκλVT ⎞ lim n +1 2 n = lim ⎜ ⎟ ε →0 ε → 0 ε 1 + ελ + εκ V + ε 2κλV ⎝ ⎠ =
dT = σ − λT − κVT ………………………………………(14) dt
Dari persamaan (9) yn +1 = fyn + gzn , dijadikan yn +1 − yn = fyn + gzn − yn
lalu dengan mensubstitusikan persamaan y = εV dan z = ε I , serta persamaan (13d), dan (13e) sehingga
30
yn +1 − yn = fyn + gzn − yn =
εV + εη Nυε I − ε V 1 + εμ
=
ε V + (ε 2η Nυ I − ε V )(1 + εμ ) 1 + εμ
=
ε V + ε 2η Nυ I − ε 3ηυμ NI − ε V − ε 2 μV 1 + εμ
⎛ η Nυ I − εηυμ NI − μV ⎞ =ε2 ⎜ ⎟ 1 + εμ ⎝ ⎠ yn +1 − yn η Nυ I − εηυμ NI − μV = 1 + εμ ε2 lim ε →0
yn +1 − yn
ε2
⎛ η Nυ I − εηυμ NI − μV ⎞ = lim ⎜ ⎟ ε →0 1 + εμ ⎝ ⎠
dV = η Nυ I − μV ……………………………………….(15) dt Dari persamaan (10) zn +1 = hzn + kxn yn +1 dijadikan zn +1 − zn = hzn + kxn yn +1 − zn
lalu dengan mensubstitusikan persamaan x = ε T , y = εV dan z = ε I , serta persamaan (13f), dan (13g) sehingga zn +1 − zn = hzn + kxn yn +1 − zn
εI + θκε T ε V − ε I 1 + ευ ε I + (ε 2θκ TV − ε I )(1 + ευ ) = 1 + ευ 2 ε I + ε θκ TV − ε 3θκυTV − ε I − ε 2υ I = 1 + ευ ⎛ θκ TV − εθκυTV − υ I ⎞ =ε2 ⎜ ⎟ 1 + ευ ⎝ ⎠ zn +1 − zn θκ TV − εθκυTV − υ I = 1 + ευ ε2 zn +1 − zn ⎛ θκ TV − εθκυTV − υ I ⎞ = lim ⎜ lim ⎟ ε →0 ε →0 1 + ευ ε2 ⎝ ⎠ dI = θκ TV − υ I ………………………………………(16) dt Sehingga diperoleh dT = σ − λT − κVT …………………………………(14) dt dV = η Nυ I − μV …………………………………...(15) dt dI = θκ TV − υ I ………………………………..……(16) dt =
31
Lampiran 8 Penentuan titik tetap pada sistem persamaan diferensial (14), (15), dan (16) dengan menggunakan software Mathematica 5.2
Programnya : {dT,dV,di}={σ-λ*T-κ*V*T,η*n*ν*i-μ*V,θ*κ*V*T-ν*i} {-T V κ-T λ+σ,-V μ+i n η ν,T V θ κ-i ν} FullSimplify[Solve[{dT 0,dV 0,di 0},{T,V,i}]]
::i → 0, T → :i →
σ
λ
, V → 0>,
− λμ + θ σ n ηκ
ν
, T→
μ
nη θ κ
, V→ −
λ κ
+
nη θ σ μ
>>
Outputnya diperoleh titik tetap μ λ Nηθσ λμ θσ (T , V , I ) = ( ,− + ,− + ) Nηθκ κ Nηκυ υ μ Lampiran 9 Analisis kestabilan titik tetap tak berinfeksi pada model kontinu
Diperoleh matriks L1 yaitu
κσ ⎤ ⎡ 0 ⎢ −λ λ ⎥ ⎡ −λ 0 0 ⎤ ⎢ ⎥ θκσ ⎥ ⎢ ⎢ −υ = 0 −υ L1 = 0 0 ⎥⎥ ⎢ λ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 η Nυ − μ ⎥⎦ ⎢ 0 η Nυ − μ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ Dan kestabilan titik tetap E0 diperoleh dengan mengamati nilai eigen pada matriks L1 dengan persamaan karakteristik | L1 − λe I m |= 0 , 0 0 ⎤ ⎡ −λ − λe ⎢ (L1 − λe I m ) = ⎢ 0 −υ − λe 0 ⎥⎥ ⎢⎣ 0 η Nυ − μ − λe ⎥⎦ sehingga det(L1 − λe I m ) = (−λ − λe )(−υ − λe )(− μ − λe ) = 0 diperoleh λe1 = −λ , λe 2 = −υ , dan λe3 = − μ
Lampiran 10 Analisis kestabilan titik tetap berinfeksi pada model kontinu
Diketahui matriks Jacobi J 4 yang diperoleh dari pelinearan SPD (23), (24), (25) : 0 κT * ⎤ ⎡ −λ − κ V * ⎢ J 4 = ⎢ θκV * −υ θκ T *⎥⎥ ⎢⎣ η Nυ − μ ⎥⎦ 0 Dan titik tetap Ei = (T *, I *, V *) dengan T* =
μ λμ θσ λ Nηθσ , I* = − + , dan V * = − + Nηθκ Nηκυ υ κ μ
32
Dengan mensubstitusikan titik tetap
Ei
ke dalam matriks jacobi J 4 sehingga diperoleh
matriks L 2 yaitu ⎡ ⎛ λ Nηθσ ⎞ ⎛ μ ⎞⎤ 0 κ⎜ ⎢ −λ − κ ⎜ − + ⎟ ⎟⎥ μ ⎠ ⎝ κ ⎝ Nηθκ ⎠ ⎥ ⎢ ⎢ ⎛ λ Nηθσ ⎞ ⎛ μ ⎞⎥ L 2 = ⎢ θκ ⎜ − + −υ θκ ⎜ ⎟ ⎟⎥ μ ⎠ ⎢ ⎝ κ ⎝ Nηθκ ⎠ ⎥ ⎢ ⎥ −μ 0 η Nυ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
κ Nηθσ μ ⎤ ⎡ 0 ⎢ − μ Nηθ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ κ Nηθ 2σ μ ⎥ = ⎢ −θλ + −υ ⎥ Nη ⎥ μ ⎢ ⎢ 0 η Nυ − μ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Dan kestabilan titik tetap Ei diperoleh dengan mengamati nilai eigen pada matriks L 2 dengan persamaan karakteristik | L 2 − λe I m |= 0 , yaitu diperoleh ⎡ κ Nηθσ − λe ⎢− μ ⎢ ⎢ κ Nηθ 2σ (L 2 − λe I m ) = ⎢ −θλ + μ ⎢ ⎢ 0 ⎢ ⎣⎢
det(L 2 − λe I m ) = (−
0
μ ⎤ Nηθ ⎥ ⎥
−υ − λe
η Nυ
μ ⎥ ⎥ Nη ⎥ − μ − λe ⎥ ⎥ ⎦⎥
⎛ μ κ Nηθσ − λe )(−υ − λe )(− μ − λe ) + ⎜ μ ⎝ Nηθ
⎞⎛ κ Nηθ 2σ ⎟ ⎜⎜ −θλ + μ ⎠⎝
⎞ ⎟⎟ (η Nυ ) ⎠
⎛ κ Nηθσ ⎞⎛ μ ⎞ −⎜− − λe ⎟ ⎜ ⎟ (η Nυ ) μ ⎝ ⎠ ⎝ Nη ⎠ ⎛ κ Nηθσ ⎞ = −⎜ + λe ⎟ λe 2 + ( μ + υ )λe + μυ − μυλ + Nηθσκυ + μυλe + Nηθσκυ μ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ κ Nηθσ 2 κ Nηθσ ( μ + υ )λe + μυλe + κ Nηθσυ ⎟ λe + ( μ + υ )λe 2 + = − ⎜ λe3 + μ μ ⎝ ⎠ − μυλ + 2 Nηθσκυ + μυλe
(
)
⎛ κ Nηθσ ⎞ ⎛ κ Nηθσ ⎞ ( μ + υ ) ⎟ λe − μυλe − κ Nηθσυ = −λe3 − ⎜ + μ + υ ⎟ λe 2 − ⎜ μ μ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ − μυλ + 2 Nηθσκυ + μυλe ⎛ κ Nηθσ ⎞ ⎛ κ Nηθσ ⎞ ( μ + υ ) ⎟ λe − μυλ + Nηθσκυ = −λe3 − ⎜ + μ + υ ⎟ λe 2 − ⎜ μ μ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ κ N ηθσ κ N ηθσ ( μ + υ ) ⎟ λe + μυλ − Nηθσκυ = λe3 + ⎜ + μ + υ ⎟ λe 2 + ⎜ μ μ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Dimisalkan det(L 2 − λe I m ) = P (λe ) ⎛ κ Nηθσ ⎞ ⎛ κ Nηθσ ⎞ sehingga P (λe ) = λe3 + ⎜ ( μ + υ ) ⎟ λe + μυλ − Nηθσκυ + μ + υ ⎟ λe 2 + ⎜ μ μ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
33
Lampiran 11 Program Mathematica 5.2 menggunakan DynPac menentukan orbit kestabilan pada model kontinu penyebaran AIDS
Orbit kestabilan tiga dimensi sysid Mathematica 5.2 . 0 , DynPac intreset; plotreset; setstate[{S,i,A}];
10.71 ,
setparm[{μ,λ}]; slopevec={-S*i,(S*i)-(μ*i),(μ*i)-(λ*A)}; parmval={1,2}; sysname="AIDSModelKontinu1"; initvec={61.2,0.41,0.001}; t0=0.0; window={{-1,1},{-1,1},{-1,1}}; h=sugtimestep[window] 0.00988269 nsteps=100000; boxrat={10,10,10}; sol=integrate[initvec,t0,h,nsteps]; graph1a=phaseplot3D[sol,1,2,3];
Orbit kestabilan yang dicerminkan terhadap bidang ( S , I ) asprat=1.0; plrange={{0,100},{0,100}}; arrowflag=True; arrowvec={1/3}; graphSi=phaseplot[sol,1,2];
Orbit kestabilan yang dicerminkan terhadap bidang ( S , A) plrange={{0,110},{0,30}}; graphSA=phaseplot[sol,1,3];
Orbit kestabilan yang dicerminkan terhadap bidang ( I , A) plrange={{0,110},{0,30}}; graphiA=phaseplot[sol,2,3];
11 / 11 / 2007
34
Lampiran 12 Program gambar dinamika populasi pada model kontinu penyebaran AIDS μ = 1; λ = 2;
tmax = 200; sol1 = NDSolve@8S'@tD −S@tD ∗ i@tD, i @tD S@tD ∗ i@tD −μ ∗ i@tD, A @tD μ∗ i@tD − λ∗ A@tD, S@0D 61.2, i@0D 0.41, A@0D 0.001<, 8S@tD, i@tD, A@tD<, 8t, 0, tmax<, MaxSteps → ∞D; 8suscept, infect, aids< = 8S@tD, i@tD, A@tD< ê. Flatten@sol1D; H∗ Membangkitkan data ∗L data1 = Table@suscept, 8t, 0, tmax
35
Lampiran 13 Program gambar dinamika populasi pada model diskret penyebaran AIDS
x = Table@0, 8n, 1, 31
36
Lampiran 14 Program gambar dinamika populasi pada model diskret penyembuhan AIDS dengan adanya terapi penggabungan obat-obatan Untuk nilai ε = 1 pada kondisi tanpa terapi sama sekali ClearAll@D; x = Table@0, 8n, 1, 251
37
Untuk nilai ε = 1 pada kondisi adanya terapi penggabungan obat-obatan sempurna
ClearAll@D; x = Table@0, 8n, 1, 501
38
Lampiran 15 Program Mathematica 5.2 menggunakan DynPac menentukan orbit kestabilan pada model kontinu Penyembuhan AIDS dengan adanya terapi penggabungan obat-obatan
Pada kondisi tanpa terapi sama sekali • Orbit kestabilan tiga dimensi sysid Mathematica 5.2 . 0 , DynPac 10.71 , 11 / 11 / 2007 intreset; plotreset; setstate[{T,i,V}]; setparm[{σ,λ,κ,ν,n,μ,η,θ}]; slopevec={σ-(λ*T)-(κ*V*T),(θ*κ*V*T)-(ν*i),(η*n*ν*i)-(μ*V)}; parmval = 916, 0.02, 3 ∗ 10−5, 0.5, 480, 3, 1, 1=; sysname="AIDSModel2"; initvec={200,5,12}; t0=0.0; window={{0,0.5},{0,0.5},{0,0.5}}; h=sugtimestep[window] 0.00666507 nsteps=100000; sol=integrate[initvec,t0,h,nsteps]; boxrat={10,10,10}; graph1=phaseplot3D[sol,1,2,3]; • Orbit kestabilan yang dicerminkan terhadap bidang (T , I ) asprat=1.0; plrange={{0,800},{0,300}}; arrowflag=True; arrowvec={1/3}; graphTi=phaseplot[sol,1,2];
• Orbit kestabilan yang dicerminkan terhadap bidang (T , V ) asprat=1.0; plrange={{0,800},{0,30000}}; arrowflag=True; arrowvec={1/3}; graphTV=phaseplot[sol,1,3]; • Orbit kestabilan yang dicerminkan terhadap bidang ( I , V ) asprat=1.0; plrange={{0,300},{0,30000}}; arrowflag=True; arrowvec={1/3}; graphiV=phaseplot[sol,2,3];
Pada kondisi adanya terapi penggabungan obat-obatan • Orbit kestabilan tiga dimensi sysid Mathematica 5.2 . 0 , DynPac 10.71 , 11 / 11 / 2007 intreset; plotreset; setstate[{T,i,V}]; setparm[{σ,λ,κ,ν,n,μ,η,θ}]; slopevec={σ-(λ*T)-(κ*V*T),(θ*κ*V*T)-(ν*i),(η*n*ν*i)-(μ*V)}; parmval = 916, 0.02, 3 ∗ 10−5, 0.5, 480, 3, 0.5, 2 ê 3=; sysname="AIDSModel";
39
initvec={200,5,12}; t0=0.0; window={{0,0.5},{0,0.5},{0,0.5}}; h=sugtimestep[window] 0.00666613 nsteps=100000; sol=integrate[initvec,t0,h,nsteps]; boxrat={10,10,10}; graph1=phaseplot3D[sol,1,2,3];
• Orbit kestabilan yang dicerminkan terhadap bidang (T , I ) asprat=1.0; plrange={{500,800},{0,16}}; arrowflag=True; arrowvec={1/3}; graphTi=phaseplot[sol,1,2]; • Orbit kestabilan yang dicerminkan terhadap bidang (T , V ) asprat=1.0; plrange={{500,800},{0,700}}; arrowflag=True; arrowvec={1/3}; graphTV=phaseplot[sol,1,3]; • Orbit kestabilan yang dicerminkan terhadap bidang ( I , V ) asprat=1.0; plrange={{0,16},{0,700}}; arrowflag=True; arrowvec={1/3}; graphiV=phaseplot[sol,2,3];
40
Lampiran 16 Program gambar dinamika populasi pada model kontinu Penyembuhan AIDS dengan adanya terapi penggabungan obat-obatan
Pada kondisi tanpa terapi sama sekali
σ = 16; λ = 0.02; κ = 3 ∗ 10−5; ν = 0.5; n = 480; μ = 3; η = 1; θ = 1;
tmax = 25000; sol1 = NDSolve@8T @tD σ − λ∗ T@tD − κ∗ V@tD ∗ T@tD, i @tD θ∗ κ∗ V@tD ∗ T@tD − ν∗ i@tD, V @tD η∗ n ∗ ν∗ i@tD −μ ∗ V@tD, T@0D 200, i@0D 5, V@0D 12<, 8T@tD, i@tD, V@tD<, 8t, 0, tmax<, MaxSteps → ∞D; 8tcells, infect, virus< = 8T@tD, i@tD, V@tD< ê. Flatten@sol1D; H∗ Membangkitkan data ∗L data1 = Table@tcells, 8t, 0, tmax
41
Pada kondisi adanya terapi penggabungan obat-obatan
σ = 16; λ = 0.02; κ = 3 ∗ 10−5; ν = 0.5; n = 480; μ = 3; η = 0; θ = 0;
tmax = 25000; sol1 = NDSolve@8T @tD σ − λ∗ T@tD − κ∗ V@tD ∗ T@tD, i @tD θ∗ κ∗ V@tD ∗ T@tD − ν∗ i@tD, V @tD η∗ n ∗ ν∗ i@tD −μ ∗ V@tD, T@0D 200, i@0D 5, V@0D 12<, 8T@tD, i@tD, V@tD<, 8t, 0, tmax<, MaxSteps → ∞D; 8tcells, infect, virus< = 8T@tD, i@tD, V@tD< ê. Flatten@sol1D; H∗ Membangkitkan data ∗L data1 = Table@tcells, 8t, 0, tmax
