PENYELESAIAN PERSAMAAN INTEGRAL VOLTERRA TAK LINEAR DENGAN METODE LINEARISASI
RANI QORYSTIA PUJIWACHYUNI G54051227
DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR BOGOR 2009
ABSTRACT
RANI QORYSTIA PUJIWACHYUNI. The Solution of Nonlinear Volterra Integral Equation using Linearization Method. Supervised by JAHARUDDIN and ALI KUSNANTO. Many natural phenomena can be explained by mathematical models. One of those models is in the form of Volterra integral equation, which is usually nonlinear. Analitically, a nonlinear form is difficult to solve. Therefore, this research is aimed to discuss solution of Volterra integral equation using linearization method. Linearization is done to nonlinear integrand with Taylor series expansion. According to this linearization, a numerical solution of Volterra integral equation is obtained using MATLAB 7.0.1 software. Validity of this method is tested by comparing the approximate with the exact solution. The result of this research shows that the numerical solution agree with the exact solution quite well.
ABSTRAK RANI QORYSTIA PUJIWACHYUNI. Penyelesaian Persamaan Integral Volterra Tak Linear dengan Metode Linearisasi. Dibimbing oleh JAHARUDDIN dan ALI KUSNANTO. Banyak fenomena yang terjadi di alam dapat dijelaskan dengan model matematika. Salah satu model matematika tersebut dinyatakan dalam bentuk persamaan integral Volterra. Bentuk persamaan integral Volterra yang dihasilkan biasanya dalam bentuk tak linear. Secara analitik masalah tak linear ini sangat sulit diselesaikan. Oleh karena itu, dalam tulisan ini dibahas penyelesaian integral Volterra dengan metode linearisasi. Linearisasi dilakukan terhadap fungsi tak linear yang muncul dalam integrand dengan menggunakan uraian deret Taylor. Berdasarkan linearisasi yang dilakukan ini, diperoleh suatu persamaan numerik yang diselesaikan dengan menggunakan software MATLAB 7.0.1. Validitas dari metode ini, diberikan dengan membandingkan hampiran dengan penyelesaian eksaknya. Hasil dari penelitian ini menunjukkan penyelesaian numerik mendekati penyelesaian eksak dengan cukup baik.
PENYELESAIAN PERSAMAAN INTEGRAL VOLTERRA TAK LINEAR DENGAN METODE LINEARISASI
Skripsi Sebagai salah satu syarat untuk memperoleh gelar Sarjana Sains pada Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Pertanian Bogor
Oleh : RANI QORYSTIA PUJIWACHYUNI G54051227
DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR BOGOR 2009
Judul
: Penyelesaian Persaman Integral Volterra Tak Linear dengan Metode Linearisasi Nama : Rani Qorystia Pujiwachyuni NIM : G54051227
Menyetujui,
Pembimbing I
Pembimbing II
Dr. Jaharuddin, M.S. NIP 19651102 199302 1 001
Drs. Ali Kusnanto, M.Si. NIP 19650820 199003 1 001
Mengetahui, Dekan Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Pertanian Bogor
Dr. Drh. Hasim, DEA NIP 19610328 198601 1 002
Tanggal Lulus :
KATA PENGANTAR Puji dan syukur penulis panjatkan kepada Allah SWT atas segala rahmat dan karunia-Nya serta shalawat dan salam kepada Nabi Muhammad SAW sehingga karya ilmiah ini dapat diselesaikan. Karya ilmiah ini merupakan syarat untuk menyelesaiakan studi pada Departemen Matematika, Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam, Institut Pertanian Bogor. Penyusunan karya ilmiah ini juga tidak lepas dari bantuan berbagai pihak. Untuk itu penulis mengucapkan terima kasih yang sebesar-besarnya kepada: 1. Bapak Dr. Jaharuddin, M.S. selaku dosen pembimbing I (atas semua ilmu, kesabaran, motivasi, dan bantuannya selama penulisan skripsi ini). 2. Bapak Drs. Ali Kusnanto, M.Si. selaku dosen pembimbing II (atas semua ilmu, saran, dan motivasinya). 3. Bapak Drs. Siswandi, M.Si. dosen penguji (atas semua ilmu dan sarannya). 4. Seluruh dosen terutama Pak Budi, Bu Ida, dan Pak Agah (atas ilmunya). 5. Bu Susi, Bu Ade, Pak Yono, Mas Bono, Mas Heri, dan Mas Deni. 6. Keluargaku tersayang : Ibunda Rt.Siti Mangundari dan Ayahanda Iman Sudirman (yang selalu mendoakan, memberi kasih sayang, nasihat serta dukungan), Andika, Arief, Bayu, dan Dyah. 7. Nenek (Alm.) Hj. Iroh, keluarga besar Keraton Kasepuhan Cirebon, dan keluarga besar (Alm.) Siti Solehah di Cirebon. 8. Keluarga besar Giyanto: Bapak, Ibu, Arifin Bayu Admaja (yang selalu memberi kasih sayang serta dukungan yang tiada terkira), Adinda Wawan, Cahyo, dan Rina. 9. Teman-teman matematika 42: Hapsari, Lisda dan Sapto (selaku pembahas) Oby, Idha, Djawa, Mocco, Vera, Vino, Ilie, Riyu, Djawa, Eyyi, Jane, Idha, Ocoy, Vita, Luri, Hik2, Okta, Yusep, Bima, Niken, Fachri, Siti, Mega, Nyoman, Ricken, Gita, Rita, Ridwan, Warno, Awie, Tia, Eko, Die2, terutama untuk Putranto Hadi ( yang banyak membantu sehingga tulisan ini dapat diselesaikan). 10. Teman kosan Pondok Putri Rahmah: Cila, Etta, Zhe, Icha, Putri, Aida, Eva, Agnita (atas motivasi dan kebersamaannya). 11. Sahabatku tersayang : Hery.P, Lisna, CJ (Wista, Echie, Joelee, Yenie, Nhe2), Ichan, Redoy, Rani, I.A R.Stefani, Rini, mas Paulus. 12. Kakak-kakak matematika 40 dan 41: ka Kafi, t’Achie,ka Sawa, ka Dian, ka Great, ka Adji, ka Mahnur, ka Fariz, ka Lia, ka Die2, dan lainnya (atas bantuan dan dukungannya). 13. Adik-adik mahasiswa matematika angkatan 43: Wira, Sofy, Suci, Ne2’, Kabil, Erni, dkk. 14. Adik-adik mahasiswa matematika angkatan 44 dan 45. 15. Juga pihak-pihak lain yang telah membantu penyusunan skripsi ini, yang tidak dapat disebutkan satu per satu. Penulis menyadari bahwa dalam tulisan ini masih terdapat kekurangan dan jauh dari kesempurnaan, oleh karena itu penulis mengharapkan kritik dan saran yang membangun dari Pembaca. Semoga tulisan ini dapat bermanfaat. Bogor, Juni 2009
Rani Qorystia P
RIWAYAT HIDUP Penulis dilahirkan di Jakarta Timur pada tanggal 9 April 1987 dari pasangan Iman Sudirman dan Rt.Siti Mangundari. Penulis merupakan anak pertama dari lima bersaudara. Pada tahun 2005 penulis lulus seleksi masuk IPB melalui jalur Seleksi Penerimaan Mahasiswa Baru IPB. Tahun 2006 penulis memilih Program Studi Mayor Matematika, Departemen Matematika, Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam. Pada tahun 2006 penulis menjadi staf pengajar matematika pada Lembaga Bimbingan Belajar Exacta dan Bimbingan Belajar GUMATIKA. Tahun 2007 menjadi asisten tutorial BUD Pengantar Matematika dan menjadi asisten tutorial BUD Kalkulus, pembahas Try Out Pengantar Matematika dan Kalkulus I, asisten mata kuliah Kalkulus II serta tahun 2008 menjadi asisten Pemrograman Tak Linear. Tahun 2007 sampai sekarang penulis aktif menjadi staf pengajar Lembaga Bimbingan Belajar Klinik Pendidikan MIPA. Selama mengikuti perkuliahan, penulis aktif dalam kegiatan kemahasiswaan, diantaranya pada tahun 2007-2008 menjabat sebagai staf Sosial, Informasi, dan Komunikasi GUMATIKA IPB, pembawa acara Try Out SPMB se-Bogor 2007, anggota Tim Khusus Matematika Ria 2007, pembawa acara Ramah Tamah Civitas Matematika 2007, pembawa acara Olympiade matematika majalah ORBIT 2007, pembawa acara Matematika Ria 2008, koordinator acara Welcome Ceremony Matematics pada tahun 2008, pembawa acara Kompetisi Matematika Nalaria Realistik se-Indonesia 2009, serta mengikuti kepanitiaan dari beberapa kegiatan selama rentang waktu 2005-2009. Pada tahun 2008 penulis menjadi ketua Program Kreativitas Mahasiswa dengan judul Penerapan Model Transportasi Padat dalam Menentukan Biaya dan Waktu Distribusi yang Efisien yang lolos didanai DIKTI dan menjadi finalis PIMNAS 2009, serta menjadi peserta Olimpiade Matematika Nasional Tingkat Mahasiswa se-Indonesia 2008.
DAFTAR ISI Halaman DAFTAR TABEL .......................................................................................................................... viii DAFTAR GAMBAR ..................................................................................................................... viii DAFTAR LAMPIRAN................................................................................................................... viii 1 PENDAHULUAN Latar Belakang ............................................................................................................................ 1 Tujuan .......................................................................................................................................... 1 Sistematika Penulisan ...................................................................................................................1 2 LANDASAN TEORI Persamaan Differensial ............................................................................................................... 2 Persamaan Integral ...................................................................................................................... 2 Uraian Deret Taylor .................................................................................................................... 2 Metode Iterasi Picard .................................................................................................................. 3 3 PEMBAHASAN............................................................................................................................. 4 Analisis Metode ........................................................................................................................... 4 Kasus Pertama .........................................................................................................................4 Kasus Kedua ............................................................................................................................5 Aplikasi dan Hasil Numerik ........................................................................................................6 Contoh 2.................................................................................................................................. 7 Contoh 3...................................................................................................................................8 Contoh 4...................................................................................................................................9 4 KESIMPULAN DAN SARAN.................................................................................................... 11 DAFTAR PUSTAKA .............................................................................................................. ....... 12 LAMPIRAN ..................................................................................................................................... 13
vii
DAFTAR TABEL
Halaman 1 2 3 4 5 6
Penyelesaian numerik contoh 2 ................................................................................................... 7 Tingkat kesalahan metode linearisasi contoh 2 ........................................................................... 8 Penyelesaian numerik, eksak dan tingkat kesalahan contoh 3 dengan h=0.1 ............................. 9 Tingkat kesalahan metode linearisasi contoh 3 ............................................................................ 9 Penyelesaian numerik contoh 4 dengan h=0.1, h=0.01 dan h=0.001........................................... 9 Tingkat kesalahan metode linearisasi contoh 4 ......................................................................... 10
DAFTAR GAMBAR
Halaman 1 2 3 4 5 6
Grafik penyelesaian eksak dan hampiran metode iterasi Picard .................................................. 3 Grafik penyelesaian eksak dan hampiran contoh 2 dengan h=0.1 ............................................... 7 Grafik penyelesaian eksak dan hampiran contoh 2 dengan h=0.01............................................. 7 Grafik penyelesaian eksak dan hampiran contoh 2 dengan h=0.01............................................. 8 Grafik penyelesaian eksak dan hampiran contoh 4 dengan h=0.1 ........................................... 10 Grafik penyelesaian eksak dan hampiran contoh 4 dengan h=0.01 ......................................... 10
DAFTAR LAMPIRAN
Halaman 1 2 3 4 5 6
Penurunan Persamaan pada Contoh 2........................................................................................ Penurunan Persamaan pada Contoh 3........................................................................................ Penurunan Persamaan pada Contoh 4........................................................................................ Syntax dan Hasil Komputasi Program MATLAB untuk Contoh 2 ........................................... Syntax dan Hasil Komputasi Program MATLAB untuk Contoh 3 ........................................... Syntax dan Hasil Komputasi Program MATLAB untuk Contoh 4 ...........................................
14 15 17 18 20 21
viii
I PENDAHULUAN 1.1 Latar Belakang Banyak fenomena yang terjadi di alam dapat dijelaskan dengan suatu model matematika. Model matematika tersebut umumnya dinyatakan dalam bentuk persamaan differensial. Bentuk persamaan differensial yang dihasilkan biasanya dalam bentuk tak linear. Secara analitik masalah tak linear ini sulit diselesaikan, bahkan secara numerik dihadapkan pada perhitungan yang rumit. Tetapi dalam beberapa fenomena, model matematika dapat dinyatakan dalam bentuk persamaan integral, yaitu suatu persamaan dimana variabel yang ingin diketahui termuat dalam integrand persamaan integral tersebut. Model matematika yang dinyatakan dalam persamaan matematika sering muncul dalam permasalahan dibidang fisika, teknik, ekonomi, biologi, dan lainnya. Studi literatur seperti dalam (Golberg 1978) menyebutkan beberapa contoh model matematika antara lain adalah model untuk menentukan: laju pertumbuhan penduduk, proses penyaringan asap rokok, intensitas radiasi yang ditransfer, dan lainnya. Dalam beberapa kasus persamaaan matematika yang muncul berupa suatu persamaan integral. Terdapat beberapa bentuk persamaan integral. Jerri (1985) mengklasifikasi persamaan integral ke dalam dua bentuk berdasarkan batas pengintegralan pada integral yang muncul dalam persamaan, yaitu persamaan integral Volterra dan persamaan integral Fredholm. Golberg (1978) telah memberikan beberapa metode numerik untuk menyelesaikan persamaan integral Fredholm dan Volterra, diantaranya metode quadratur dan metode Galerkin. Pembahasan mengenai persamaan integral Volterra telah banyak dilakukan seperti dalam (Babolian dan Davari 2005) yang menyelesaikan persamaan integral Volterra dengan metode dekomposisi Adomian. Saberi dan Heidari (2006) menyelesaikan persamaan integral Volterra menggunakan metode quadratik.
Dalam delapan tahun terakhir, para peneliti memfokuskan pada penyelesaian persamaan integral Volterra secara numerik, seperti penggunaan metode implicitly linear collocation dan metode Hermitte-type collocation. Dalam tulisan ini akan dibahas penyelesaian persamaan integral Volterra dengan metode linearisasi. Linearisasi akan dilakukan terhadap fungsi tak linear yang muncul dalam integrand dengan menggunakan uraian deret Taylor. Perbandingan penyelesaian eksak dan penyelesaian numerik akan dilakukan terhadap suatu contoh kasus yang diberikan dalam tulisan ini. 1.2 Tujuan Berdasarkan latar belakang di atas, maka tujuan karya ilmiah ini adalah: a. Melinearkan bentuk tak linear yang muncul pada persamaan integral Volterra dengan menggunakan uraian deret Taylor. b. Mengkonstruksi dan menyelesaikan suatu persamaan numerik untuk persamaan integral yang telah dilinearkan. c. Mengkaji contoh kasus dan membandingkan penyelesaian eksak dan numerik dari contoh kasus tersebut. 1.3 Sistematika Penulisan Karya ilmiah ini terdiri atas lima bab. Bab pertama merupakan uraian mengenai latar belakang dan tujuan. Bab kedua berupa landasan teori, berisi beberapa istilah dan metode linearisasi untuk menyelesaikan persamaan integral tak linear yang digunakan dalam pembahasan. Bab ketiga berupa pembahasan yang berisi analisis metode yang akan digunakan menyelesaikan persamaan integral Volterra tak linear. Dalam bab ini juga dibahas aplikasi berupa contoh kasus dan hasil numerik. Validitas metode ini juga diperlihatkan pada bab ini. Bab terakhir pada tulisan ini berisi kesimpulan dari keseluruhan penulisan.
II LANDASAN TEORI Untuk memahami metode linearisasi untuk persamaan integral Volterra tak linear yang digunakan dalam karya tulis ini, diperlukan beberapa konsep berikut ini. Konsep persamaan differensial dan metode iterasi Picard disarikan dari pustaka (Kreyszig 1988). Deret Taylor untuk fungsi beberapa variabel disarikan dari pustaka (Handali dan Pamuntjak 1982). 2.1 Persamaan Differensial Persamaan differensial merupakan suatu persamaan yang memuat turunan dari fungsi satu atau lebih variabel terhadap satu atau lebih variabel bebas. Jika turunan fungsi tersebut hanya tergantung pada satu variabel bebas, maka persamaan differensial tersebut dikatakan persamaan differensial biasa. Jika turunan fungsi tersebut bergantung pada lebih dari satu variabel bebas, maka persamaan differensial tersebut dikatakan persamaan differensial parsial. Suatu masalah untuk menyelesaikan persamaan differensial yang diberikan nilai awal disebut masalah nilai awal. Sedangkan suatu masalah persamaan differensial yang diberi nilai batas disebut masalah nilai batas. Terdapat tiga teknik penyelesaian persamaan differensial biasa, yaitu integrasi langsung, pemisahan variabel, dan faktor integrasi. Dalam karya ilmiah ini digunakan teknik faktor integrasi yang biasanya digunakan untuk menyelesaikan persamaan differensial orde satu yang tak homogen. Bentuk umum dari persamaan differensial biasa yang dapat diselesaikan dengan teknik faktor integrasi adalah sebagai berikut. y ' + p( x) y = F ( x) . (1) Penyelesaian dari persamaan (1) dinyatakan dalam bentuk berikut.
(
) ( ∫F(x)exp( ∫ p(x)dx) +C)
y(x) = exp −∫ p(x)dx
(2)
2.2 Persamaan Integral Bentuk umum persamaan integral, sebagaimana diberikan oleh Jerri (1985) adalah sebagai berikut. b( x)
h( x) y ( x) = f ( x) +
∫
K ( x, t , y (t )) dt
(3)
a
Apabila b(x)=x, dan h(x)=1, maka persamaan (3) menjadi :
x
y ( x ) = f ( x ) + ∫ K ( x , t , y (t )) dt
(4)
a
Persamaan (4) disebut persamaan integral Volterra tak linear. Persamaan (4) selanjutnya akan ditinjau pada tulisan ini. Untuk mengubah bentuk persamaan integral Volterra tak linear menjadi bentuk linear, maka digunakan uraian deret Taylor. Jika, bentuk linear persamaan integral Volterra (4) diturunkan terhadap x, maka diperoleh suatu persamaan differensial biasa orde satu. Jika diberikan suatu nilai awal, maka diperoleh suatu masalah nilai awal. Salah satu cara numerik yang digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai awal tersebut adalah metode iterasi Picard. 2.3 Uraian Deret Taylor Deret Taylor merupakan penyajian khusus deret pangkat dari suatu fungsi. Deret pangkat dapat digunakan untuk mengintegralkan fungsi yang tidak mempunyai antiturunan elementer, menyelesaikan persamaan differensial, dan menghampiri fungsi dengan polinom. Bentuk umum uraian deret Taylor dari suatu fungsi f(x) di sekitar x=a adalah ∞
∑
f
(n)
(a ) ( x − a)n . n! n=0 Untuk fungsi tiga peubah F(x,y,z) yang mempunyai turunan parsial sampai pada orde ke (n+1) dan kontinu pada daerah asalnya. Bentuk umum uraian deret Taylor fungsi F(x,y,z) di sekitar titik (a,b,c) adalah : f ( x) =
∂ F(a, b, c) ∂x ∂ F(a, b, c) ∂ F(a, b, c) + (y−b) + (z −c) F(a, b, c) ∂y ∂z
F(x, y, z) = F(a, b, c) + (x−a)
n ⎡ n ∂ F(a, b, c) ⎤ ⎢(x−a) ⎥ ∂ xn ⎢ ⎥ n 1 ⎢ n ∂ F(a, b, c)⎥ +.....+ + ( y − b ) ⎢ ⎥ n! ⎢ ∂ yn ⎥ n ⎢ ⎥ n ∂ F(a, b, c) ⎢+(z −c) ⎥ n ∂z ⎣ ⎦
Dalam tulisan ini akan digunakan bentuk linear fungsi F(x,y,z) dengan menggunakan dua suku dari deret Taylor fungsi F(x,y,z).
2.4 Metode iterasi Picard Metode iterasi Picard merupakan suatu metode untuk menghasilkan suatu penyelesaian secara numerik pada suatu masalah nilai awal. Misalkan diberikan masalah nilai awal berikut. dy dx
= f ( x, y) ,
x
x
yn ( x ) = y0 + ∫ f ( s, yn −1 ( s )) ds x0
Untuk n bilangan asli, maka diperoleh barisan penyelesaian hampiran y1 ( x) , y2 ( x ) , y3 ( x) ,…, yn ( x) ,… Barisan penyelesaian hampiran tersebut akan konvergen ke suatu fungsi yang menunjukkan penyelesaian dari masalah nilai awal (5). Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh 1 berikut.
2
0
1 ds = x + x 3 , 3 2
1 3⎞ ⎛ ∫0 ⎜⎝ s + 3 s ⎟⎠ ds 1 2 5 1 7 x + x , = x + x3 + 3 15 63 x
y3 = x +
(5)
dengan syarat awal y ( x0 ) = y0 . Penyelesaian hampiran dari masalah nilai awal (5) adalah:
∫s
y2 = x +
2
1 3 2 5 1 7⎞ ⎛ ∫0 ⎜⎝ s + 3 s + 15 s + 63 s ⎟⎠ ds, 2 17 6 342 8 = x + x2 + x4 + x + x 3 45 2835 1206 10 4 12 1 14 + x + x + x , 42525 945 3969 dan seterusnya. Perbandingan grafik penyelesaian eksak dan hampiran dengan metode iterasi Picard pada masalah nilai awal (6) diberikan pada Gambar 1. x
y4 = x +
1.6 hampiran eksak 1.4
1.2
Contoh 1. Perhatikan masalah nilai awal berikut.
f (x, y) = 1 + y2 ,
(6)
dengan nilai awal y (0) = 0 .
0.4
Penyelesaian masalah nilai awal persamaan (6) dengan menggunakan metode iterasi Picard adalah sebagai berikut. x
∫ (1
+ y 2n −1 ( s ) ) ds
0
(7)
x
= x +
∫y
2 n −1
(s) ds ,
0
Persamaan (7) dengan nilai awal yang diberikan akan diperoleh iterasi Picard dari persamaan (6) sebagai berikut. y 0 = 0, x
y1 = x +
∫ 0
02 ds = x,
0.8
0.6
Penyelesaian eksak persamaan (6) adalah y ( x ) = ta n ( x ) .
yn =
1
0.2
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Gambar 1. Grafik penyelesaian eksak dan hampiran metode iterasi Picard. Gambar 1 menunjukkan bahwa penyelesaian hampiran dengan metode iterasi Picard sangat dekat dengan penyelesaian eksak. Dalam tulisan ini akan digunakan metode iterasi Picard untuk menentukan penyelesaian numerik dari masalah yang dibahas.
III PEMBAHASAN 3.1 Analisis Metode Perhatikan persamaan integral Volterra berikut. x
y( x) = f ( x) + λ ∫ K ( x, t , y(t ))dt ,
(8)
atau x ⎡Kn +(x−xn)Jn +(t −tn)Qn ⎤ y(x) = f (x) +λ∫ ⎢ ⎥ dt. +(y− yn)Zn ⎦ a ⎣
a
dengan y(x) merupakan fungsi yang akan ditentukan, a suatu konstanta, f(x) fungsi sembarang yang diketahui dan terdefinisi pada R, dan K(x,t,y(t)) suatu fungsi yang bentuknya tak linear dan bergantung pada variabel x, t, dan fungsi y(t). Berdasarkan bentuk fungsi K(x,t,y(t)), maka berikut ini akan dianalisis dua kasus.
3.1.1 Kasus pertama Fungsi K(x,t,y(t)) terdefinisi pada [a, b] . Selang [ a, b] dibagi menjadi n selang bagian, yaitu [ xi , xi +1 ) , i=0,1,2,3,...,n-1. Uraian deret Taylor fungsi K(x,t,y(t)) di sekitar titik
( xn , tn , yn ) dengan y(xn ) = yn adalah sebagai
Jn =
∂K ( xn , tn , yn ) , ∂x
Qn =
∂K ( xn , t n , y n ) , ∂t
Zn =
∂K ( xn , tn , y n ) . ∂y
K(x, t, y(t)) = K(xn , tn , yn ) ∂K(xn , tn , yn ) ∂x ∂K(xn , tn , yn ) + (t − tn ) ∂t ∂K(xn , tn , yn ) + ( y − yn ) . ∂y + (x − xn )
Jika persamaan (9) disubstitusikan persamaan (8) diperoleh : K(xn , tn , yn ) ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ∂ K ( x , t , y ) n n n ⎥ ⎢+(x − xn ) ⎥ ∂x x⎢ y(x) = f (x) + λ∫ ⎢ ∂K(xn , tn , yn ) ⎥ dt ⎢+(t −tn ) ⎥ a ∂t ⎢ ⎥ ⎢ ∂K(xn , tn , yn ) ⎥ ⎢+( y − yn ) ⎥ ∂y ⎣⎢ ⎦⎥
(12)
Karena dalam integrand pada persamaan (11), t merupakan variabel bebas, y variabel tak bebas, dan x sebuah parameter, maka persamaan (11) dapat ditulis y( x) = f (x) + λ Zn
x
∫ y(t)dt a
x
+ λ [ Kn + ( x − xn )Jn − Zn yn ] ∫ dt
(13)
a
+ λ Qn
berikut:
(11)
dengan K n = K ( x n , t n , y n ) ,
x
∫ ( t − t ) dt. n
a
(9)
Jika integral pada persamaan (13) disederhanakan, maka diperoleh bentuk linear persamaan integral Volterra sebagai berikut. ⎡ K n + ( x − xn ) J n ⎤ y ( x) = f ( x) + λ ⎢ ⎥ ( x − a) ⎣ − Z n yn ⎦ +
ke
λ 2
(14)
Qn ⎡⎣( x − tn ) 2 − (a − tn ) 2 ⎤⎦
+ λ Zn
x
∫ y(t ) dt
; xn ≤ x ≤ xn +1
a
(10)
Kemudian, jika kedua ruas pada persamaan (14) diturunkan terhadap x, maka diperoleh y '( x ) = f '( x ) + λ K n + λ (2 x − x n − a ) J n (15) − λ Z y + λQ (x − x ) n
n
+ λ Z n y( x)
n
n
atau ⎡Kn +(2x− xn −a) Jn ⎤ y'(x) −λ Zn y(x) = f '(x) + λ ⎢ ⎥. ⎣−yn Zn +Qn (x − xn )⎦
(16)
Persamaan (16) merupakan persamaan differensial biasa orde satu dengan penyelesaian analitik dalam bentuk.
Untuk memudahkan dalam perhitungan, misalkan x0 = a , tn = xn dan selang [a, b] dibagi n dengan panjang selang bagian ∆x = xn +1 − xn . Jadi persamaan (19) dapat ditulis : xn+1
yn+1 = yn + fn+1 + λZn exp(λZn xn+1) ∫ f (t)exp(−λZnt)dt
x
y( x) = y( xn ) + f ( x) + λ Z n exp(λ Z n x) ∫ f (t ) exp(−λ Z n t )dt
xn
⎧ ⎡ 2 ⎤ ⎫ ⎪Kn + ⎢∆x + (xn+1 − x0 ) + ⎥ Jn ⎪ λ Zn ⎦ ⎪ 1⎪ ⎣ − ⎨ ⎬ Zn ⎪ 1 ⎪ + (∆x + )Qn ⎪ ⎪ λZn ⎩ ⎭ ⎧ ⎡ ⎫ 2 ⎤ ⎪ ⎢Kn + (xn − x0 + λZ )Jn ⎥ ⎪ ⎪1 ⎢ n ⎥ − f (xn )⎪⎬ + exp(λZn∆x) ⎨ ⎥ 1 ⎪Zn ⎢ ⎪ + Qn ⎢ ⎥ Zn ⎦ ⎩⎪ ⎣ ⎭⎪
xn
⎧ ⎡ 2 ⎤ ⎫ ⎪ K n + ⎢( x − xn ) + ( x − a) + ⎥J ⎪ λ Zn ⎦ n ⎪ 1 ⎪ ⎣ − ⎨ ⎬ Zn ⎪ 1 ⎪ )Qn + ( x − tn + ⎪ ⎪ λ Zn ⎩ ⎭ + exp(λ Z n ( x − xn )) ⎧ ⎪ ⎪1 ⎨ ⎪ Zn ⎩⎪
⎫ 2 ⎡ ⎤ ⎪ ⎢ K n + ( xn − a + λ Z ) J n ⎥ n ⎢ ⎥ − f ( xn ) ⎪⎬ ⎢ ⎥ 1 ⎪ ⎢ + ( xn − tn + )Qn ⎥ Zn ⎣ ⎦ ⎭⎪
(17) Dengan demikian untuk x=xn+1 diperoleh : y(xn+1 ) = y(xn ) + f (xn+1 ) xn+1
+ λZn exp(λZn xn+1 ) ∫ f (t)exp(−λZnt)dt
(20) Jika diasumsikan selang [a, b] dibagi n sama panjang dengan panjang selang bagian ∆xn = h , maka xn = x0 + nh , sehingga persamaan (20) menjadi seperti berikut. xn+1
yn +1 = yn + f n +1 + λ Zn exp(λ Zn xn +1 ) ∫ f (t ) exp(−λ Zn t )dt
xn
⎧ ⎡ 2 ⎤ ⎫ ⎪Kn + ⎢ ( xn+1 − xn ) + ( xn+1 − a) + ⎥J ⎪ λZn ⎦ n ⎪ 1⎪ ⎣ − ⎨ ⎬ Zn ⎪ 1 ⎪ + ( xn+1 − tn + )Qn ⎪ ⎪ λZn ⎩ ⎭ + exp(λZn ( xn+1 − xn ))
xn
⎡ 2 ⎤ 1 ⎪⎧ ⎪⎫ )Qn ⎬ ⎨Kn + ⎢(n + 2)h + ⎥ J n + (h + λ Z λ Z ⎪⎩ n n ⎣ ⎦ ⎭⎪ ⎧ ⎡ ⎫ 2 ⎤ ⎪ ⎢ Kn + (nh + λ Z ) J n ⎥ ⎪ ⎪1 ⎢ ⎪ n ⎥ + exp(λ Zn h) ⎨ − f ( xn ) ⎬ ⎥ 1 ⎪ Zn ⎢ ⎪ + Q ) n ⎥ ⎪⎩ ⎢⎣ ⎪⎭ Zn ⎦ 1 − Zn
⎧ ⎡ 2 ⎫ ⎤ ⎪ ⎢Kn + (xn − a + λZ )Jn ⎥ ⎪ ⎪1 ⎢ ⎪ n ⎥ − f (xn )⎬ ⎨ ⎪ Zn ⎢ + ( x − t + 1 )Q ⎥ ⎪ n n n ⎥ ⎪⎩ ⎢⎣ ⎪⎭ Zn ⎦
(18)
(21) Aplikasi ke dalam perhitungan numerik membutuhkan nilai f(x), λ , K n , J n , Qn , Z n dan h. Hasilnya berupa fungsi y=y(x).
atau xn+1
yn+1 = yn + fn+1 + λZn exp(λZn xn+1) ∫ f (t)exp(−λZnt)dt xn
3.1.2 Kasus kedua Misalkan K(x,t,y(t)) memiliki titik singular
xn , maka formulasi yang diturunkan di atas
⎧ ⎡ 2 ⎤ ⎫ ⎪Kn + ⎢(xn+1 − xn ) + (xn+1 − a) + ⎥ Jn ⎪ λ Zn ⎦ ⎪ 1⎪ ⎣ − ⎨ ⎬ Zn ⎪ 1 ⎪ + (xn+1 −tn + )Qn ⎪ ⎪ λZn ⎩ ⎭
di
+ exp(λZn (xn+1 − xn ))
y(xn ) = yn , sebagai berikut:
1 ⎤ 2 ⎪⎧ 1 ⎡ ⎪⎫ )J + (x −t + )Q ⎥ − f (xn )⎬ ⎨ ⎢Kn + (xn − a + λZn n n n Zn n ⎦ ⎪⎩Zn ⎣ ⎪⎭
dengan
yn = y ( xn ) ,
dan
(19) f n = f ( xn ) .
Persamaan (19) merupakan pendekatan penyelesaian persamaan integral Volterra (8).
tidak berlaku. Dalam kasus ini, misalkan fungsi K(x,t,y(t)) didekati dengan uraian deret Taylor di sekitar titik ( xn +1 , tn +1 , yn ) dengan K ( x, t , y (t )) = K ( xn +1 , tn +1 , yn ) ∂K ( xn +1 , tn +1 , yn ) ∂x ∂K ( xn +1 , tn +1 , yn ) + (t − tn +1 ) (22) ∂t ∂K ( xn +1 , tn +1 , yn ) + ( y − yn ) ∂y + ( x − xn +1 )
Jika persamaan (22) disubstitusi ke dalam persamaan (8), kemudian dilakukan penyederhanaan seperti yang dilakukan pada penurunan persamaan (14), maka diperoleh persamaan berikut.
y ( xn +1 ) = yn + f n +1 + λ Z n +1 exp(λ Z n +1 xn +1 ) xn+1
∫
⎧ ⎫ ⎪ ⎪ K n +1 ⎪ ⎪ 1 ⎪⎪ 2 ⎪⎪ − + ( x − x + ) J ⎨ n +1 0 n ⎬ Z n +1 ⎪ λ Z n +1 +1 ⎪ ⎪ ⎪ 1 Qn +1 + ⎪ ⎪ λ Z n +1 ⎩⎪ ⎭⎪ + exp(λ Z n +1∆xn )
y(x) = f (x) + λ[ Kn+1 + (x − xn+1)Jn+1 − Zn+1 yn ] (x − a)
λ
+ Qn+1 ⎡⎣(x −tn+1)2 − (a −tn+1)2 ⎤⎦ 2
(23)
x
+ λZn+1 ∫ y(t)dt ; xn ≤ x ≤ xn+1
⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎪ ⎪ ⎢ ⎥ K n +1 ⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪⎪ 1 ⎢ ⎪⎪ ⎥ 2 + − ∆ − + − x x x J f x ( ) ( ) ⎢ ⎥ ⎨ n n 0 n +1 n ⎬ λ Z n +1 ⎥ ⎪ Z n +1 ⎢ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪ 1 + ( − ∆xn )Qn +1 ⎢ ⎥ ⎪ ⎪ Z n ⎣⎢ ⎦⎥ ⎩⎪ ⎭⎪
a
dengan K n +1 = K ( xn +1 , tn +1 , yn ) ,
J n +1 =
∂K ( xn +1 , t n +1 , yn ) , ∂x
Qn +1 =
∂K ( xn +1 , tn +1 , yn ) , ∂t
Z n +1 =
(24)
∂K ( xn +1 , tn +1 , yn ) , ∂y
Persamaan (23) merupakan persamaan differensial biasa orde satu. Jika kedua ruas persamaan (23) diturunkan, maka diperoleh penyelesaian analitik yang serupa dengan persamaan (16) seperti berikut. y( x) = y( xn ) + f ( x) + λ Z n +1 exp(λ Z n +1 x) x
∫ f (t ) exp(−λ Z
t )dt
n +1
xn
⎧ ⎫ ⎡(2 x − xn +1 − a) ⎤ ⎪ ⎢ ⎥J ⎪ K + 2 n +1 ⎢ + ⎥ n +1 ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎢⎣ λ Z n +1 ⎥⎦ − ⎨ ⎬ Zn +1 ⎪ ⎪ 1 ⎪ + ( x − tn +1 + )Qn +1 ⎪ λ Zn +1 ⎩⎪ ⎭⎪ + exp(λ Z n +1 ( x − xn )) ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎪ ⎪ ⎢ ⎥ K n + 1 ⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪⎪ 1 ⎢ ⎪⎪ ⎥ 2 ) J n +1 ⎥ − f ( xn ) ⎬ ; ⎢+(2 xn − xn +1 − a + ⎨ λ Z n +1 ⎥ ⎪ Z n +1 ⎢ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪ 1 )Qn +1 ⎥ ⎢ + ( xn − tn +1 + ⎪ ⎪ Z ⎢ ⎥ n +1 ⎣ ⎦ ⎩⎪ ⎭⎪
(25) Persamaan (25) merupakan pendekatan penyelesaian persamaan integral Volterra (15) dengan yn = y ( xn ) dan f n = f ( xn ) . Untuk memudahkan dalam perhitungan, misalkan x0 = a
,
f (t ) exp(−λ Z n +1t )dt
xn
tn +1 = xn +1 dan selang [a, b]
dibagi n, dengan panjang selang bagian ∆x = xn +1 − xn , diperoleh:
(26) Jika diasumsikan selang [a, b] dibagi n sama panjang dengan panjang selang bagian ∆xn = h , maka xn = x0 + nh , sehingga persamaan (26) menjadi : yn +1 = y n + f n +1 + λ Z n +1 exp(λ Z n +1 xn +1 ) xn +1
∫
f (t ) exp( − λ Z n +1t ) dt
xn
⎧ ⎫ ⎛ ( n + 1) h ⎞ ⎪ ⎜ ⎟J ⎪ K + 2 n +1 ⎜ ⎟ n +1 ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎜ + λZ ⎟ − ⎨ ⎬ n +1 ⎠ ⎝ Z n +1 ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ Qn + 1 + λ Z n +1 ⎩⎪ ⎭⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 + exp(λ Z n +1 h ) ⎨ ⎪ Z n +1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
⎫ ⎡ ⎤ ⎪ ⎢ ⎥ K n +1 ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎢ ⎛ ( n − 1) h ⎞ ⎥ ⎪ ⎢ ⎜ ⎥ ⎟ ⎢ + ⎜ + 2 ⎟ J n +1 ⎥ − f ( x n ) ⎬ ⎪ ⎢ ⎜⎝ λ Z n +1 ⎟⎠ ⎥ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ 1 ⎢ ⎥ ⎪ ⎢ + Z Qn + 1 ⎥ n +1 ⎣ ⎦ ⎭
(27) Aplikasi ke dalam perhitungan numerik membutuhkan nilai f(x), λ , K n +1 , J n +1 , Qn +1 , Zn +1 dan h. Hasilnya berupa fungsi y=y(x). Untuk memahami kedua kasus yang diberikan di atas, maka berikut ini dibahas beberapa contoh aplikasi. 3.2 Aplikasi dan Hasil Numerik Dalam bagian ini akan dibahas tiga contoh kasus. Contoh yang kedua dan keempat menjelaskan kasus pertama dari metode ini. Sedangkan contoh kasus yang ketiga menjelaskan kasus kedua dari metode ini.
Contoh 2. Tinjau persamaan integral Volterra berikut pada selang [0,1]. x
1 y( x) = exp( x) − (exp(2x) −1) + ∫ y2 (t )dt 2 0
(28)
Penyelesaian eksak dari persamaan integral (28) adalah (29) y ( x) = exp( x) Berikut ini akan ditentukan penyelesaian hampiran persamaan integral (28) dengan menggunakan metode yang diuraikan di atas. Oleh karena itu, misalkan
y n +1 =
K ( x , t , y ) = y 2 (t ) 1 f ( x ) = exp( x) − (exp(2 x) − 1) 2 λ =1
Dengan demikian persamaan (15) memberikan bentuk linear persamaan integral Volterra dari persamaan (28) sebagai berikut. x
1 y( x) = exp( x) − (exp(2x) −1) − yn2 x + 2 yn ∫ y(t )dt ; 2 0
xn ≤ x ≤ xn +1 Kemudian persamaan persamaan berikut.
(27)
yn y 1 + exp( x n +1 ) − (exp(2 x n +1 ) − 1) + exp(2 y n h )( n − exp( x n ) 2 2 2
1 + exp(2 x n ) − 1)) + 2 y n exp(2 y n x n +1 ) 2
x n +1
∫
xn
(30)
(31) memberikan
(32)
1 (exp( t ) − (exp(2 t ) − 1)) exp( − 2 y n t ) dt 2
Persamaan (32) akan digunakan untuk menentukan hampiran penyelesaian persamaan (28). Dengan menggunakan software MATLAB akan ditentukan penyelesaian y(x) untuk nilai h yang berbeda. Untuk nilai h=0.1, h=0.01 dan h=0.01 dan beberapa nilai x pada [0,1] , diperoleh nilai y(x) seperti diberikan dalam Tabel 1. Tabel 1. Penyelesaian numerik contoh 2 x h=0.1 h=0.01 h=0.001 0.0 1.000000 1.000000 1.000000 0.1 1.104800 1.105200 1.105200 0.2 1.220500 1.221400 1.221400 0.3 1.348100 1.349800 1.349900 0.4 1.488800 1.491800 1.491800 0.5 1.643700 1.648700 1.648700 0.6 1.814000 1.822000 1.822100 0.7 2.000500 2.013600 2.013800 0.8 2.203900 2.225300 2.225500 0.9 2.423300 2.459200 2.459600 1.0 2.655600 2.717600 2.718300 Berikut ini diberikan grafik penyelesaian eksak dan hampiran penyelesaian persamaan (28) dengan nilai h yang berbeda, yakni untuk h=0.1, h=0.01, dan h=0.001.
Gambar 2. Grafik penyelesaian eksak dan hampiran contoh 2 dengan h=0.1
Gambar 3. Grafik penyelesaian eksak dan hampiran contoh 2 dengan h=0.01
Tabel 2 menunjukkan bahwa semakin kecil h, penyelesaian hampiran semakin mendekati penyelesaian eksak, dengan kesalahan mendekati 0. Contoh 3. Tinjau persamaan integral Volterra Hammerstein berikut pada selang [0,1]. x
y( x) = −
x4 5 2 3 1 + x + + ∫ y 2 (t )dt 10 6 8 0 2x
(33)
Titik singular dari persamaan integral (33) adalah x0 = 0 . Penyelesaian eksak dari persamaan integral (33) adalah 1 y ( x) = x 2 + 2 Gambar 4. Grafik penyelesaian eksak dan hampiran contoh 2 dengan h=0.001 Gambar 2, 3, dan 4 memperlihatkan bahwa hampiran penyelesaian eksak akan cukup baik untuk h yang semakin kecil. Kesalahan yang ditimbulkan untuk pemilihan h yang berbedabeda dapat dilihat pada Tabel 2. Tabel 2. Tingkat kesalahan metode linearisasi contoh 2 x h=0.1 h=0.01 h=0.001 0.0 0 0 0 0.1 0.0004 0 0 0.2 0.0009 0 0 0.3 0.0018 0.0001 0 0.4 0.003 0 0 0.5 0.005 0 0 0.6 0.0081 0.0001 0 0.7 0.0133 0.0002 0 0.8 0.0216 0.0002 0 0.9 0.0363 0.0004 0 1.0 0.0627 0.0007 0
(34)
Berikut ini akan ditentukan penyelesaian hampiran dari persamaan integral (33) dengan menggunakan metode yang diuraikan di atas. Oleh karena itu, misalkan 1 2 y (t ) 2x 4 x 5 3 f ( x) = − + x 2 + , 10 6 8 λ =1
K ( x, t , y ) =
(35)
Dengan demikian persamaan (23) memberikan bentuk persamaan integral Volterra linear dari persamaan (33) sebagai berikut. y ( x) = − +
y2 x − x n +1 x4 5 2 3 + x + − nn +1 [1 + ]x 10 6 8 2x x n +1
yn x n +1
x
∫ y (t )dt
xn ≤ x ≤ xn +1
;
0
Kemudian persamaan persamaan berikut.
(27)
(36) memberikan
n +1 yn x4 y t4 5 ( n + 1) h 5 11 y 3 (1 + ) − n +1 + xn2+1 + + nn+1 exp( y n ) ∫ (( − + t 2 + ) exp( − n t )) dt xn +1 xn +1 2 10 6 8 x 10 6 8 xn
x
y ( x) =
+ exp(
yn y (n − 1)h xn4 5 2 11 ) + − xn − ) h)( n (1 − 2 10 6 8 xn +1 xn +1
(37) Persamaan (37) akan digunakan untuk menentukan penyelesaian numerik persamaan (33). Dengan menggunakan software MATLAB akan ditentukan penyelesaian y(x) untuk nilai h=0.1, dan beberapa nilai x pada [0,1]. .
Perhitungan MATLAB untuk penyelesaian eksak, penyelesaian numerik serta tingkat kesalahannya dengan nilai h=0.1 diberikan dalam Tabel 3.
Tabel 3. Penyelesaian numerik, eksak dan tingkat kesalahan contoh 3 dengan h=0.1 Solusi Solusi Tingkat x analitik numerik kesalahan 0.0 1 1 0 0.1 0.51 1.1528 0.6428 0.2 0.54 1.2068 0.6668 0.3 0.59 1.2633 0.6733 0.4 0.66 1.3325 0.6725 0.5 0.75 1.4156 0.6656 0.6 0.86 1.5124 0.6524 0.7 0.99 1.6217 0.6317 0.8 1.14 1.7421 0.6021 0.9 1.31 1.8717 0.5617 1.0 1.5 2.0085 0.5085 Dalam Tabel 4 berikut diberikan tingkat kesalahan untuk beberapa nilai h yang berbeda, yakni untuk h=0.1, h=0.01, dan h=0.001. Tabel 4. Tingkat kesalahan metode linearisasi contoh 3. tingkat kesalahan X h=0.1 h=0.01 h=0.001 0 0 0 0 0.1 0.6428 0.672 0.6719 0.2 0.6668 0.6684 0.6668 0.3 0.6733 0.6605 0.6579 0.4 0.6725 0.6481 0.6446 0.5 0.6656 0.6305 0.626 0.6 0.6524 0.6066 0.6011 0.7 0.6317 0.575 0.5685 0.8 0.6021 0.5342 0.5267 0.9 0.5617 0.4824 0.4738 1 0.5085 0.4176 0.4079 Berdasarkan Tabel 4 diperoleh bahwa semakin kecil nilai h, maka penyelesaian hampiran dengan metode ini semakin mendekati penyelesaian eksaknya. Contoh 4. Tinjau persamaan integral Volterra berikut pada selang [0,1]. x 1 y( x) = exp(− x) + exp(−2 x) + ∫ y2 (t )dt (38) 2 0
Penyelesaian eksak dari persamaan integral (38) adalah (39) y ( x) = exp(− x) Berikut ini akan ditentukan penyelesaian hampiran dari persamaan integral (38) dengan menggunakan metode yang diuraikan di atas. Oleh karena itu, misalkan K ( x, t , y ) = y 2 (t ) 1 f ( x ) = exp( − x ) + exp( −2 x) (40) 2 λ = −1 Dengan demikian persamaan (20) memberikan persamaan berikut. yn 1 + exp(−x(n +1)) + exp(−2x(n +1)) 2 2
yn+1 =
xn+1
+ 2 yn exp(2 yn xn+1 ) ∫ [ exp(−t ) + exp(−2t )] dt xn
1 ⎡y ⎤ + exp(2 yn h) ⎢ n − exp(−xn ) − exp(−2xn )⎥ 2 ⎣2 ⎦
(41) Persamaan (41) akan digunakan untuk menentukan hampiran penyelesaian persamaan (38). Dengan menggunakan software MATLAB akan ditentukan penyelesaian y(x) untuk nilai h yang berbeda. Untuk nilai h=0.1, h=0.01 dan h=0.01 dan beberapa nilai x pada [0,1] diperoleh nilai y(x) seperti diberikan dalam Tabel 5. Tabel 5. Penyelesaian numerik dari contoh 4 dengan h=0.1, h=0.01, dan h=0.001. x
h=0.1
h=0.01
h=0.001
0.0
1.000000
1.000000
1.000000
0.1
0.904500
0.904800
0.904800
0.2
0.818100
0.818700
0.818700
0.3
0.739800
0.740800
0.740800
0.4
0.669000
0.670300
0.670300
0.5
0.604900
0.606500
0.606500
0.6
0.546900
0.548800
0.548800
0.7
0.494300
0.496600
0.496600
0.8
0.446800
0.449300
0.449300
0.9
0.403700
0.406600
0.406600
1.0
0.364700
0.367900
0.367900
Berikut ini diberikan grafik penyelesaian eksak dan hampiran persamaan (38) yakni untuk h=0.1 dan h=0.01. 1
• numerik -- analitik
0.9
Dari Gambar 5 dan 6 terlihat bahwa penyelesaian hampiran mendekati penyelesaian eksak dengan sangat baik. Kesalahan yang ditimbulkan untuk pemilihan h yang berbeda-beda dapat dilihat pada Tabel 6. Tabel 6. Tingkat kesalahan metode linearisasi contoh 4
0.8
0.7
x 0.6
0.5
0.4
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Gambar 5. Grafik penyelesaian eksak dan hampiran contoh 4 dengan h=0.1. 1
• --
0.9
numerik analitik
0.8
0.7
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
Tingkat Kesalahan h=0.1 h=0.01 h=0.001 0 0 0 0.0003 0 0 0.0006 0 0 0.001 0 0 0.0013 0 0 0.0016 0 0 0.0019 0 0 0.0023 0 0 0.0025 0 0 0.0029 0 0 0.0032 0 0
Tabel 6 menunjukkan bahwa semakin kecil h, penyelesaian hampiran semakin mendekati penyelesaian eksak, dengan kesalahan mendekati 0.
0.6
0.5
0.4
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Gambar 6. Grafik penyelesaian eksak dan hampiran contoh 4 dengan h=0.01.
V KESIMPULAN DAN SARAN Metode linearisasi digunakan untuk mencari penyelesaian numerik dengan tingkat keakuratan yang tinggi dalam mendekati penyelesaian eksak. Dalam tulisan ini ditinjau persamaan integral Volterra yang bentuknya tak linear dan menyelesaikannya dengan menggunakan metode linearisasi. Metode linearisasi yang digunakan dalam tulisan ini memanfaatkan uraian deret Taylor dan integrand pada persamaan integral Volterra hingga orde pertama. Berdasarkan bentuk integrand, ditinjau dua kasus, yaitu kasus dimana integrandnya terdefinisi pada selang integralnya, dan kasus kedua dimana integrandnya memiliki titik singular di dalam selang integralnya.
Dari kedua kasus ini diperoleh suatu penyelesaian numerik yang bergantung kepada ukuran langkah atau lebar selang bagian. Berdasarkan contoh kasus yang dibahas dalam tulisan ini, penyelesaian numerik akan mendekati penyelesaian eksak dengan hampiran yang cukup baik, bahkan dengan tingkat kesalahan yang sangat kecil untuk ukuran langkah yang kecil. Ini memberikan kesimpulan bahwa metode ini cocok digunakan untuk menyelesaikan persamaan integral Volterra tak linear. Berdasarkan hasil ini, metode yang diberikan disini direkomendasikan untuk digunakan dalam penyelesaian berbagai masalah tak linear.
DAFTAR PUSTAKA
Babolian,E, A. Davari. 2005. Numerical implementation of Adomian decomposition method for linear Voltera integral equations of the second kind, Appli. Math. Comput. 165, 223-227. Brunner, H. 1992. Implicity linear collocation methods for nonlinear Volterra Equation. Applied Numerical Mathematics, 9. 235-247. Darania, A.Ebadian and Oskoi. 2005. Linearization Method For Solving Nonlinear Integral Equation. Math. Prob. Eng., 2006, 110. Diogo,T, S. McKee and T.Tang. 1991. A Hermite-type collocation method for solving of an integral equation with a certain weakly singular kernel. IMA Journal of Numeric Analysis, 11. 595-605.
Farlow, S.J.1994. An Introduction to Differential Equations and Their Application. United States: McGraw-Hills. Int.Edition. Golberg, M. A. 1978. Solution Methods for Integral Equations: A Survey of Numerical Methods for Integral Equations, Plennum Press, New York, 1-58. Handali, D, R.J. Pamuntjak. 1982. Kalkulus Peubah Banyak. Jakarta: ITB. Jerri, A. J. 1985. Introduction to Integral Equations with Applications, Marcel Dekker Inc., New York. Kreyzisg, E. 1988. Advanced Engineering Mathematics. Sixth Edition, John Wiley and Sons. Nadjafi,S, M. Heidari. 2006. A quadrature method with variable step for solving linear Voltera integral equations of the second kind, Appl. Math. Comput. article in press.
LAMPIRAN
Lampiran 1 . Penurunan Persamaan pada Contoh 2
Diketahui : f ( x) = exp( x) −
1 ( exp(2 x) − 1) 2
K ( xn , tn , yn ) = yn2
λ =1 yang memberikan bentuk: J ( xn , tn , yn ) = 0
Q ( xn , tn , yn ) = 0 Z ( xn , tn , yn ) = 2 yn
Berdasarkan persamaan (14) diperoleh: x
y ( x) = exp( x) −
1 ( exp(2 x) − 1) + ⎡⎣ yn 2 − yn (2 yn ) ⎤⎦ ( x − 0) + 2 yn ∫ y(t )dt 2 0
atau x
y ( x) = exp( x) −
1 ( exp(2 x) − 1) − yn x + 2 yn ∫ y (t )dt 2 0
Dari persamaan (20) diperoleh: x
y ( x) = yn + exp( xn +1 ) −
−
n +1 1 1 ( exp(2 xn +1 ) − 1) + 2 yn exp(2 yn xn +1 ) ∫ exp(t ) − ( exp(2t ) − 1) exp(−2 yn t )dt 2 2 xn
1 1 ⎧y ⎫ ⎡ yn 2 ⎤ + exp(2 yn h) ⎨ n − exp( xn ) + (exp(2 xn ) − 1) ⎬ 2 yn ⎣ ⎦ 2 2 ⎩ ⎭
atau x
y ( x) = yn + exp( xn +1 ) −
−
n+1 1 1 ( exp(2 xn +1 ) − 1) + 2 yn exp(2 yn xn +1 ) ∫ exp(t ) − ( exp(2t ) − 1) exp(−2 yn t )dt 2 2 xn
yn 1 ⎧y ⎫ + exp(2 yn h) ⎨ n − exp( xn ) + (exp(2 xn ) − 1) ⎬ 2 2 2 ⎩ ⎭
atau y ( x) =
yn 1 1 ⎧y ⎫ + exp( xn +1 ) − ( exp(2 xn +1 ) − 1) + exp(2 yn h) ⎨ n − exp( xn ) + (exp(2 xn ) − 1) ⎬ 2 2 2 ⎩2 ⎭ +2 yn exp(2 yn xn +1 )
xn+1
1
∫ exp(t ) − 2 ( exp(2t ) − 1) exp(−2 y t )dt . n
xn
Lampiran 2. Penurunan Persamaan pada Contoh 3 Diketahui : x4 5 2 3 + x + 10 6 8
f ( x) = −
K ( xn , tn , yn ) =
yn2 2x
λ =1 yang memberikan bentuk:
J ( xn , tn , yn ) = −
yn2 2 xn2+1
Q ( xn , tn , yn ) = 0
Z ( xn , t n , y n ) =
yn xn +1
Berdasarkan persamaan (23) diperoleh: y ( x) = −
y2 y ⎤ y x x 4 5 2 3 ⎡ yn2 + x + +⎢ + ( x − xn +1 )(− n2 ) − yn ( n ) ⎥ ( x − 0) + n ∫ y (t )dt xn +1 ⎦ xn +1 0 10 6 8 ⎣ 2 xn +1 2 xn +1
atau
y ( x) = −
⎤ x − xn +1 y x x 4 5 2 3 ⎡ yn2 (1 − + x + +⎢ − 2) ⎥ x + n ∫ y (t )dt 10 6 8 ⎣ 2 xn +1 xn +1 xn +1 0 ⎦
atau y ( x) = −
x − xn +1 ⎤ y x x 4 5 2 3 ⎡ yn2 + x + −⎢ (1 + ) ⎥ x + n ∫ y (t )dt xn +1 ⎦ xn +1 0 10 6 8 ⎣ 2 xn +1
Dari persamaan (27) diperoleh: xn+1 xn4+1 5 2 3 yn y x ⎪⎧ y2 ⎛ 2x ⎞⎛ y2 ⎞⎪⎫ + xn+1 + + yn+1 = yn − exp( yn ) ∫ f (t)exp(− n t)dt − n+1 ⎨ n + ⎜ (n +1)h + n+1 ⎟⎜ − n2 ⎟⎬ 10 6 8 xn+1 xn+1 yn ⎪⎩2xn+1 ⎝ yn ⎠⎝ 2xn+1 ⎠⎪⎭ xn
⎛ y ⎞ ⎪⎧ x ⎡ y2 ⎛ 2x ⎞ ⎛ y 2 ⎞⎤ x4 5 3 ⎪⎫ + exp ⎜ n h ⎟ ⎨ n+1 ⎢ n + ⎜ (n − 1)h + n+1 ⎟ ⎜ − n2 ⎟⎥ + n − xn2 − ⎬ yn ⎠⎝ 2xn+1 ⎠⎦⎥ 10 6 8 ⎪⎭ ⎝ xn+1 ⎠ ⎪⎩ yn ⎣⎢ xn+1 ⎝ atau
yn +1 = yn −
xn+1 ⎧⎪ y ⎛ xn4+1 5 2 y 2 x ⎞⎛ y ⎞ ⎫⎪ 3 y + xn +1 + + n exp( yn ) ∫ f (t )exp(− n t )dt − ⎨ n + ⎜ (n + 1)h + n +1 ⎟⎜ − n ⎟ ⎬ 10 6 8 xn+1 xn +1 yn ⎠⎝ 2 xn +1 ⎠ ⎭⎪ xn ⎩⎪ 2 ⎝
⎛ y ⎞ ⎪⎧ y ⎛ 2 x ⎞⎛ y ⎞ x4 5 3 ⎪⎫ + exp ⎜ n h ⎟ ⎨ n ⎜ (n − 1)h + n+1 ⎟⎜ − n ⎟ + n − xn2 − ⎬ x 2 y 2 x 10 6 8 n ⎠⎝ n +1 ⎠ ⎝ n+1 ⎠ ⎩⎪ ⎝ ⎭⎪
atau
yn +1 = yn −
xn+1 ⎛ y ⎡ (n + 1)h ⎤ ⎞ xn4+1 5 2 y 3 y + xn+1 + + n exp( yn ) ∫ f (t )exp(− n t )dt − ⎜⎜ n ⎢1 − ⎥ − 1⎟ 10 6 8 xn +1 x xn +1 ⎦ ⎟⎠ n +1 xn ⎝ 2 ⎣
⎛ y ⎞ ⎧⎪ y ⎛ (n − 1)h ⎞ xn4 5 2 3 ⎫⎪ + exp ⎜ n h ⎟ ⎨ n ⎜1 − ⎟ − 1 + − xn − ⎬ xn+1 ⎠ 10 6 8 ⎭⎪ ⎝ xn +1 ⎠ ⎩⎪ 2 ⎝
atau ⎛y yn +1 = yn − ⎜⎜ n ⎝ 2
xn+1 ⎡ (n + 1)h ⎤ ⎞ xn4+1 5 2 11 yn yn − − + + + 1 exp( ) x y t )dt ⎟ ⎢ ⎥⎟ n +1 n ∫ f (t ) exp(− 8 xn +1 xn +1 ⎦ ⎠ 10 6 xn +1 ⎣ xn
⎛ y ⎞ ⎪⎧ y ⎛ (n − 1)h ⎞ xn4 5 2 11⎪⎫ + exp ⎜ n h ⎟ ⎨ n ⎜1 − ⎟ + − xn − ⎬ 8 ⎭⎪ xn+1 ⎠ 10 6 ⎝ xn+1 ⎠ ⎩⎪ 2 ⎝
atau n+1 yn ⎛ (n + 1)h ⎞ xn4+1 5 2 11 yn y exp( yn ) ∫ f (t )exp(− n t )dt + xn +1 + + ⎜1 + ⎟− xn +1 ⎠ 10 6 x 2⎝ 8 xn +1 n +1 xn
x
yn +1 =
⎛ y ⎞ ⎧⎪ y ⎛ (n − 1)h ⎞ xn4 5 2 11⎫⎪ + exp ⎜ n h ⎟ ⎨ n ⎜1 − ⎟ + − xn − ⎬ . xn+1 ⎠ 10 6 8 ⎪⎭ ⎝ xn+1 ⎠ ⎪⎩ 2 ⎝
Lampiran 3. Penurunan Persamaan pada Contoh 4 Diketahui : 1 f ( x) = exp(− x) + exp(2 x) 2
K ( xn , tn , yn ) = yn2
λ =1 yang memberikan bentuk :
J ( xn , tn , yn ) = 0
Q ( xn , tn , yn ) = 0 Z ( xn , tn , yn ) = 2 yn Berdasarkan persamaan (20) diperoleh penurunan persamaan (32) seperti berikut: x
n+1 1 1 ⎛ ⎞ y ( x) = yn + exp(− xn +1 ) + exp(−2 xn +1 ) + 2 yn exp(2 yn xn +1 ) ∫ ⎜ exp(−t ) + exp(−2t ) ⎟ exp(−2 ynt ) dt 2 2 ⎝ ⎠ xn
−
1 1 ⎧y ⎫ ⎡⎣ yn 2 ⎤⎦ + exp(2 yn h) ⎨ n − exp(− xn ) − exp(−2 xn ) ⎬ 2 yn 2 2 ⎩ ⎭
atau x
n+1 1 1 ⎛ ⎞ y ( x) = yn + exp(− xn +1 ) + exp(−2 xn +1 ) + 2 yn exp(2 yn xn +1 ) ∫ ⎜ exp(−t ) + exp(−2t ) ⎟ exp(−2 ynt ) dt 2 2 ⎠ xn ⎝
−
yn 1 ⎧y ⎫ + exp(2 yn h) ⎨ n − exp(− xn ) − exp(−2 xn ) ⎬ 2 2 ⎩2 ⎭
atau x
y ( x) =
n+1 yn 1 1 ⎛ ⎞ + exp(− xn +1 ) + exp(−2 xn +1 ) + 2 yn exp(2 yn xn +1 ) ∫ ⎜ exp(−t ) + exp(−2t ) ⎟ exp(−2 ynt )dt 2 2 2 ⎠ xn ⎝
1 ⎧y ⎫ + exp(2 yn h) ⎨ n − exp(− xn ) − exp(−2 xn ) ⎬ . 2 ⎩2 ⎭
Lampiran 4. Syntax dan Hasil Komputasi Program MATLAB untuk Contoh 2 Persamaan Integral Volterra Berikut ini diperlihatkan script perhitungan program MATLAB untuk mencari perbandingan solusi numerik dan analitik persamaan integral Volterra dari contoh 2. clc h=0.1; x=0:h:1; y0=1; y=[]; n=max(size(x)) y(1)=y0; z0=1; z=[]; z(1)=z0; z=exp(x); for i=1:n-1 F=@(t)(exp(t)-(1/2).*(exp(2.*t)-1)).*exp(-2.*y(i).*t); y(i+1)=y(i)/2+exp(x(i+1))-(1/2)*(exp(2*x(i+1))-1)+exp(2*y(i)*h)*... ((y(i)/2)-exp(x(i))+(1/2)*(exp(2*x(i))-1))+2*y(i)*exp(2*y(i)*x(i+1))... *quad(F,x(i),x(i+1)); end x y z plot(x,y,'bo',x,z,'--r')
clc h=0.01; x=0:h:1; y0=1; y=[]; n=max(size(x)) y(1)=y0; z0=1; z=[]; z(1)=z0; z=exp(x); for i=1:n-1 F=@(t)(exp(t)-(1/2).*(exp(2.*t)-1)).*exp(-2.*y(i).*t); y(i+1)=y(i)/2+exp(x(i+1))-(1/2)*(exp(2*x(i+1))-1)+exp(2*y(i)*h)*... ((y(i)/2)-exp(x(i))+(1/2)*(exp(2*x(i))-1))+2*y(i)*exp(2*y(i)*x(i+1))... *quad(F,x(i),x(i+1)); end x y z plot(x,y,'bo',x,z,'--r')
clc h=0.001; x=0:h:1; y0=1; y=[]; n=max(size(x)) y(1)=y0; z0=1; z=[]; z(1)=z0; z=exp(x); for i=1:n-1 F=@(t)(exp(t)-(1/2).*(exp(2.*t)-1)).*exp(-2.*y(i).*t); y(i+1)=y(i)/2+exp(x(i+1))-(1/2)*(exp(2*x(i+1))-1)+exp(2*y(i)*h)*... ((y(i)/2)-exp(x(i))+(1/2)*(exp(2*x(i))-1))+2*y(i)*exp(2*y(i)*x(i+1))... *quad(F,x(i),x(i+1)); end x y z plot(x,y,'bo',x,z,'--r') Hasil numerik penyelesaian persamaan integral Volterra dari contoh 2 dengan perhitungan menggunakan program MATLAB adalah sebagai berikut.
X
h=0.1
h=0.01
h=0.001
0.0
1.000000
1.000000
1.000000
0.1
1.104800
1.105200
1.105200
0.2
1.220500
1.221400
1.221400
0.3
1.348100
1.349800
1.349900
0.4
1.488800
1.491800
1.491800
0.5
1.643700
1.648700
1.648700
0.6
1.814000
1.822000
1.822100
0.7
2.000500
2.013600
2.013800
0.8
2.203900
2.225300
2.225500
0.9
2.423300
2.459200
2.459600
1.0
2.655600
2.717600
2.718300
Hasil analitik penyelesaian persamaan integral Volterra dari contoh 2 adalah sebagai berikut. X h=0.001 0.0 1.000000 0.1 1.105200 0.2 1.221400 0.3 1.349900 0.4 1.491800 0.5 1.648700 0.6 1.822100 0.7 2.013800 0.8 2.225500 0.9 2.459600 1.0 2.718300
Lampiran 5. Syntax dan Hasil Komputasi Program MATLAB untuk Contoh 3 Persamaan Integral Volterra Berikut ini diperlihatkan script perhitungan program MATLAB untuk perbandingan solusi numerik dan analitik persamaan integral Volterra dari contoh 3 untuk h=0.1. clc h=0.1; x=0:h:1; y0=1; y=[]; n=max(size(x)) y(1)=y0; x0=0; z0=1; z=[]; z(1)=z0; for i=1:n-1 f(i)=-x(i).^4/10+5.*(x(i).^2)/6+3/8; f(i+1)=-x(i+1).^4/10+5.*(x(i+1).^2)/6+3/8; k(i+1)=(y(i).^2)/(2.*(x(i+1))); j(i+1)=-(y(i).^2)/(2.*(x(i+1).^2)); z(i+1)=y(i)/x(i+1); F=@(t)((-((t.^4)/10)+(5.*(t.^2)/6)+(3/8)).*exp(-z(i+1).*t)); y(i+1)=y(i)+f(i+1)+(z(i+1).*exp(y(i)).*quad(F,x(i),x(i+1)))... -((1/z(i+1)).*(k(i+1)+((((i+1).*h)+(2/z(i+1))).*j(i+1))))... +exp(z(i+1).*h).*(((1/z(i+1)).*(k(i+1)+((((i-1).*h+2/z(i+1))).*j(i+1))))-f(i)); z(i+1)=(x(i+1).^2)+(1/2); r(i)=y(i)-z(i); end x y z r Hasil numerik penyelesaian persamaan integral Volterra dari contoh 3 dengan perhitungan menggunakan program MATLAB adalah sebagai berikut. x Analitik Numerik Tingkat kesalahan 0.0 1 1 0 0.1 0.51 1.1528 0.6428 0.2 0.54 1.2068 0.6668 0.3 0.59 1.2633 0.6733 0.4 0.66 1.3325 0.6725 0.5 0.75 1.4156 0.6656 0.6 0.86 1.5124 0.6524 0.7 0.99 1.6217 0.6317 0.8 1.14 1.7421 0.6021 0.9 1.31 1.8717 0.5617 1.0 1.5 2.0085 0.5085
Lampiran 6. Syntax dan Hasil Komputasi Program MATLAB untuk Contoh 4 Persamaan Integral Volterra Berikut ini diperlihatkan script perhitungan program MATLAB untuk perbandingan solusi numerik dan analitik persamaan integral Volterra dari contoh 4 untuk h=0.1. clc h=0.1; x=0:h:1; y0=1; y=[]; n=max(size(x)) y(1)=y0; z=exp(-x); for i=1:n-1 F=@(t)((exp(-2.*t)/2+exp(-t)).*exp(-2.*y(i).*t)); y(i+1)=y(i)/2+exp(-x(i+1))+exp(-2*x(i+1))/2+2*y(i)*exp(2*y(i)*x(i+1))*quad(F,x(i),x(i+1))... +exp(2*y(i)*h)*(y(i)/2-exp(-x(i))-exp(-2*x(i))/2); end x y z plot(x,y,'ob',x,z,'--r') Hasil numerik penyelesaian persamaan integral Volterra dari contoh 4 dengan perhitungan menggunakan program MATLAB adalah sebagai berikut.
X
Solusi numerik
Solusi Analitik
Tingkat Kesalahan
0.0
1.000000
1.000000
0.000000
0.1
0.904500
0.9048
0.000300
0.2
0.818100
0.8187
0.000600
0.3
0.739800
0.7408
0.001000
0.4
0.669000
0.6703
0.001300
0.5
0.604900
0.6065
0.001600
0.6
0.546900
0.5488
0.001900
0.7
0.494300
0.4966
0.002300
0.8
0.446800
0.4493
0.002500
0.9
0.403700
0.4066
0.002900
1.0
0.364700
0.3679
0.003200
