KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)
-
Upload
riska-ismayanti-hidayat -
Category
Documents
-
view
142 -
download
22
Transcript of KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)
BAHAN AJAR
MATA KULIAH
MMAATTEEMMAATTIIKKAA TTEEKKNNIIKK KKIIMMIIAA 22
Untuk digunakan di
Jurusan Teknik Kimia
Universitas Muhammadiyah Jakarta
Disusun kembali oleh:
Irfan Purnawan, ST, MChemEng
Fakultas Teknik
Universitas Muhammadiyah Jakarta
2013
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - i
DAFTAR ISI
DAFTAR ISI ....................................................................................................................................i
I. AKAR-AKAR PERSAMAAN .................................................................................................... 1 1.1. Metoda Iterasi Satu Titik ................................................................................................... 2 1.2. Metoda Grafis .................................................................................................................... 5 1.3. Metoda Bisection ............................................................................................................... 6 1.4. Metoda Regula Falsi .......................................................................................................... 8
1.5. Metoda Newton-Raphson ................................................................................................ 12 1.6. Metoda Secant ................................................................................................................. 14
1.7. Akar-akar Ganda (Multiple roots) ................................................................................... 15
II. TRANSFORMASI LAPLACE ................................................................................................. 20 2.1 Pendahuluan .................................................................................................................... 20
2.2 Definisi Tranformasi Laplace .......................................................................................... 20 2.3 Transformasi Fungsi-Fungsi Sederhana .......................................................................... 21
2.3.1 Fungsi Tangga (Step function) ............................................................................... 21 2.3.2 Fungsi Eksponensial ............................................................................................... 21 2.2.6 Fungsi Ramp ........................................................................................................... 22
2.3.4 Fungsi Sinus ........................................................................................................... 22
2.3.5 Transformasi Laplace Derivative atau Turunan ..................................................... 23
2.4 Penyelesaian Persamaan Diferensial ............................................................................... 25 2.5 Teknik Peruraian Parsial.................................................................................................. 26
2.5.1 Peruraian Parsial .................................................................................................... 26 2.6 Rangkuman ...................................................................................................................... 32 2.7 Soal-Soal ......................................................................................................................... 32
2.8 Penyelesaian .................................................................................................................... 33
III. PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFFERENSIAL SECARA NUMERIK ........................ 41 3.1 Penyelesaian Persamaan Differensial Ordinair ............................................................... 41 3.2 Persamaan Differensial Ordinair Orde Satu .................................................................... 41
3.2.1. Metoda Picard ....................................................................................................... 42
3.2.2. Metoda Ekspansi Taylor ........................................................................................ 44 3.2.3. Metoda Runge........................................................................................................ 46
3.2.4. Metoda Runge-Kutta ............................................................................................. 46 3.3 Persamaan Differensial Serentak Tingkat Satu ............................................................... 48 3.4 Persamaan Differensial Ordinair Orde Tinggi (Tingkat n) ............................................. 50 3.4 Soal Latihan Bab III ........................................................................................................ 53
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 1
I. AKAR-AKAR PERSAMAAN
Dalam perhitungan matematik, seringkali perlu untuk menentukan akar-akar dari suatu
persamaan f (x) = 0, yaitu harga-harga x yang memenuhi persamaan f (x) tersebut.
Persamaan tersebut tidak selalu berbentuk sederhana, sehingga akar-akar persamaan tidak
selalu dapat ditentukan dengan mudah.
Sebagai contoh persamaan aljabar f (x) = ax2 + bx + c = 0 dengan rumus kuadrat
2
1,2
4
2
b b acx
a
dapat dengan mudah ditentukan akar-akar persamaan tersebut, tapi
tidaklah demikian untuk persamaan yang berbentuk komplek, seperti: f (x) = e x + cos x = 0,
maka penentuan akar-akarnya yang berjumlah tak terhingga, menjadi sulit bila dihitung
secara biasa saja. Untuk itu metoda numerik banyak digunakan untuk menentukan akar-
akar persamaan yang berbentuk kompleks tersebut.
Pada dasarnya ada 2 (dua) macam persamaan f (x) = 0, yaitu:
(1) Persamaan bersifat aljabar, jika fungsi diungkapkan dalam bentuk :
fn yn + fn-i y
n-i + …… + f1y + f0 = 0
dimana tiap f adalah polinom dalam x. Polinom adalah suatu kelas sederhana dari
fungsi aljabar, secara umum dinyatakan :
f (x) = a0 + a1x + a2x2 + .... + anx
n
Contoh: f (x) = x2 + 3x + 2
(2) Persamaan bersifat transeden, adalah fungsi yang bukan bersifat aljabar, termasuk
fungsi goneometri, eksponensial, logaritma, dan Iain-lain.
Contoh: f (x) = e - x + x ; f (x) = sin x ; f (x) = ln x – 1
Di dalam praktek, metoda numerik banyak digunakan untuk menentukan akar-akar
persamaan. Metoda pendekatan yang dilakukan meliputi:
a. Penentuan akar-akar pendekatan
b. Perulangan perhitungan pendekatan sampai dicapai ketepatan yang diinginkan
Ada beberapa metoda penentuan akar-akar pendekatan yang dapat digunakan, dan karena
akar-akar diperoleh dengan iterasi (pendekatan berurutan), maka pada iterasi keberapa
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 2
diperoleh harga akar-akar yang cukup teliti, perlu pula diketahui kesalahan relatif yang
diminta atau dapat ditoleransi.
Definisi-definisi kesalahan:
(1) Kesalahan sebenarnya (true error):
Et = nilai sebenarnya - nilai pendekatan = 1ix x
(2) Prosentase kesalahan sebenarnya relatif:
Et = 1 100%ix xx
x
(3) Prosentase kesalahan pendekatan relatif:
Ea = 1
1
100%i i
i
x xx
x
(4) Kriteria berhenti: Hentikan perhitungan jika Ea Es
Dimana Es adalah % kesalahan relatif yang diminta.
1.1. Metoda Iterasi Satu Titik
Bila x adalah salah satu dari akar persamaan f (x) = 0, maka: f ( x ) = 0.
Sebaliknya bila x bukan salah satu akarnya, maka: f (x) 0.
Dari persamaan f (x) = 0, diusahakan untuk memisahkan x sedemikian sehingga diperoleh
hubungan:
x = g (x) ........................ (1.1)
Transformasi ini dapat dilaksanakan dengan manipulasi aljabar atau dengan hanya
menambahkan x pada kedua ruas persamaan semula, misalnya :
x2 - 2x + 3 = 0
dapat dengan mudah dimanipulasi untuk memberikan
2 3
2
xx
Sedangkan sin x = 0, dengan cara menambahkan x pada kedua ruas untuk memberikan
x = x + sin x
Kegunaan persamaan (1a) adalah akan memberikan suatu formula untuk memperkirakan
suatu nilai x sebagai fungsi dari x. Perhitungan iteratif dimulai dengan memisalkan x0
sebagai salah satu akar persamaan dan selanjutnya disubstitusikan dalam g(x).
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 3
Hasil substitusi dinyatakan sebagai:
x1 = g (x0)
dimana x1 x0, karena x0 hanya salah satu akar persamaan yang dimisalkan. Selanjutnya
iterasi berikutnya akan memberikan susunan persamaan:
x2 = g (x1)
x3 = g (x2)
.
.
.
.
ix = g ( 1ix )
1ix = g ( ix )
atau dapat diperoleh rumus iterasi:
1ix = g ( ix ) ...............(1.2)
Cara perhitungan iteratif seperti tersebut di atas diharapkan dapat memeberikan hasil
penyelesaian yang positif, bila kondisi perhitungan menunjukkan konvengensi. Yang perlu
dicatat adalah bahwa berdasarkan teori nilai rata-rata (mean value theorem), dapat
dinyatakan bahwa hubungan berikut dapat dianggap syarat cukup mendapatkan kondisi
konvergen.
| g' (x) | < 1
Sedangkan kesalahan pendekatan untuk persamaan 1) dapat ditentukan dengan rumus:
Ea = 1
1
100%i i
i
x xx
x
Contoh Soal:
(1) Tentukan akar f(x) = xe – x dengan menggunakan iterasi satu titik sederhana, dengan
terkaan awal x0 = 0, dan sampai Es = 1,5%.
Penyelesaian
Untuk memperoleh akar f ()x = 0 dari xe - x = 0, diperoleh x = xe .
Sehingga persamaan menjadi 1i
i
xx e
(0) Iterasi ke-0 : x0 = 0
(1) Iterasi ke-1 : i = 0
00
1 1x
x e e
1 0
1
1 0100% 100% 100%
1
x xEa x x
x
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 4
(2) Iterasi ke-2 : i = 1
11
2 0,367879x
x e e
2 1
2
0,367879 1100% 100% 171,8%
0,367879
x xEa x x
x
(3) Iterasi ke-3 : i = 2
0,36787923 0,692201
xx e e
3 2
3
0,692201 0,367879100% 100% 46,9%
0,692201
x xEa x x
x
* Dari literatur nilai akar yang sebenarnya x = 0,56714329, sehingga
(0) Iterasi ke - 0 : 1 0,56714329 0
100% 100% 100%0,56714329
i
t
x xE x x
x
(1) Iterasi ke - 1 : 1 0,56714329 1
100% 100% 76,3%0,56714329
i
t
x xE x x
x
(2) Iterasi ke - 2 : 1 0,56714329 0,367879
100% 100% 35,1%0,56714329
i
t
x xE x x
x
(3) Iterasi ke - 3 : 1 0,56714329 0,692201
100% 100% 22,1%0,56714329
i
t
x xE x x
x
Dengan cara yang sama, iterasi ke -4, 5, 6, ... dst dapat disimpulkan sbb:
Iterasi xi Ea (%) Et (%)
0 0 - 100
1 1,0000 100 76,3
2 0,367879 171,8 35,1
3 0,692201 46,9 22,1
4 0,500473 38,3 11,8
5 0,6066244 17,4 6,89
6 0,545396 11,2 3,83
7 0,579612 5,9 2,20
8 0,560115 3,48 1,24
9 0,571143 1,93 0,705
10 0,564879 1,11 0,399
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 5
Dari hasil yang diperoleh terlihat Ea < Es pada iterasi ke-10, dan juga tercapai
konvergensi, bila dilihat syarat konvergensi.
g (x) = xe , maka g' (x) = xe
Syarat konvergensi | g' (x) | < 1 atau | xe | < 1
Jadi xe < 1, atau – x < In 1, atau x > 0
1.2. Metoda Grafis
Adalah metoda yang sederhana untuk memperoleh akar persamaan f (x) = 0, dengan
membuat grafik fungsi dan mengamati dimana ia memotong sumbu x. Untuk fungsi aljabar
sederhana tentulah mudah, tapi untuk fungsi transenden yang cukup kompleks diperlukan
aproksimasi (pendekatan) secara numerik. Pendekatan grafis lain adalah memisahkan
persamaan f l (x) = 0 ke dalam dua bagian komponen, seperti dalam:
f1(x) = f2(x), maka ke dua persamaan adalah :
y1 = f1(x) dan y2 = f2(x)
Dapat digambarkan secara terpisah, dimana nilai-nilai x diperoleh dari perpotongan fungsi-
fungsi y1 dan y2 yang menyatakan akar-akar dari f (x) = 0.
Contoh soal:
(2) Tentukan akar-akar f (x) = xe – x dengan metoda grafis!
Penyelesaian
Rumuskan persamaan f (x) = xe – x, menjadi y1 = x dan y2 = xe , dan nilai-nilai
berikut dapat dihitung :
x y1 y2
0 0 1,0
0,2 0,2 0,819
0,4 0,4 0,670
0,6 0,6 0,545
0,8 0,8 0,449
1,0 1,0 0,368
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 6
Perpotongan kedua kurva menunjukkan suatu taksiran akar sebesar x 0,57.
1.3. Metoda Bisection
Metoda Bisection disebut juga metoda "bagi dua” atau metoda Belzano. Merupakan salah
satu jenis pencarian akar-akar, dimana selang selalu dibagi dua. Langkah-langkahnya
adalah sebagai berikut:
(1) Pilih xL bawah, dan xu puncak taksiran untuk akar, sehingga perubahan mencakup
seluruh interval. Hal ini dapat diperiksa dengan memastikan f (xL) f (xr) < 0.
(2) Perhitungan taksiran xr, ditentukan dengan:
2
L u
r
x xx
........................... (1.3)
(3) Buat evaluasi berikut untuk memastikan pada bagian interval mana akan berada
a) Jika f (xL) f (xr) < 0, akar akan berada pada bagian interval bawah, maka xu = xr, dan
kembali ke langkah (2)
b) Jika f (xL) f (xr) > 0, akar akan berada pada bagian interval atas, maka xL = xr, dan
kembali ke langkah (2)
c) Jika f (xL) f (xr) = 0, akar setara xr, hentikan perhitungan.
Contoh soal:
(3) Dengan metoda Bisection perkirakan akar f (x) = xe – x dengan terkaan awal
xL = 0, xu = 1.
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 7
Penyelesaian
Untuk mendapatkan akar f (x) = 0, xe - x = 0, maka: x = xe .
Dan rumus: 2
L u
r
x xx
(1) Iterasi ke-1, xL = 0 ; xu = 1
0 1
0,52 2
L u
r
x xx
1 0
1
0,5 0100% 100% 100%
0,5
x xEa x x
x
Test 1 : f (xL) f (xr) = ( Lxe
– xL) ( rxe
– xr) = ( 0e – 0) ( 0,5e – 0,5) = (1)(0,1065)
= 0,1065 > 0 L rx x
harga xL untuk iterasi ke-2 menggunakan harga xr pada iterasi 1, yaitu 0,5,
sementara harga xu tetap, yaitu 1.
(2) Iterasi ke-2, xL = 0,5 ; xu = 1
0,5 1
0,752 2
L u
r
x xx
2 1
2
0,75 0,5100% 100% 33,33%
0,75
x xEa x x
x
Test 2 : f (xL) f (xr) = ( Lxe
– xL) ( rxe
– xr) = ( 0,5e – 0,5) ( 0,75e – 0,75)
= (0,10653) (– 0,27763) = – 0,029576 < 0 u rx x
harga xu untuk iterasi ke-3 menggunakan harga xr pada iterasi 2, yaitu 0,75,
sementara harga xL tetap, yaitu 0,5.
(3) Iterasi ke-3, xL = 0,5 ; xu = 0,75
0,5 0,75
0,6252 2
L u
r
x xx
3 1
3
0,625 0,75100% 100% 20%
0,625
x xEa x x
x
Test 3 : f (xL) f (xr) = ( Lxe
– xL) ( rxe
– xr) = ( 0,5e – 0,5) ( 0,625e – 0,625)
= (0,10653) (– 0,089739) = – 0,0095572 < 0 u rx x
harga xu untuk iterasi ke-4 menggunakan harga xr pada iterasi 3, yaitu 0,625,
sementara harga xL tetap, yaitu 0,5.
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 8
(4) Iterasi ke-4, xL = 0,5 ; xu = 0,625
0,5 0,625
0,56252 2
L u
r
x xx
4 3
4
0,5625 0,625100% 100% 11,11%
0,5625
x xEa x x
x
Test 4 : f (xL) f (xr) = ( Lxe
– xL) ( rxe
– xr) = ( 0,5e – 0,5) ( 0,5625e – 0,5625)
= (0,10653) (0,0072828) = 0,00077584 > 0 L rx x
harga xL untuk iterasi ke-5 menggunakan harga xr pada iterasi 4, yaitu 0,5625,
sementara harga xu tetap, yaitu 0,625.
(5) Iterasi ke-5, xL = 0,5625 ; xu = 0,625
0,5625 0,625
0,593752 2
L u
r
x xx
5 4
5
0,59375 0,5625100% 100% 5,2%
0,59375
x xEa x x
x
Test 5 : f (xL) f (xr) = ( Lxe
– xL) ( rxe
– xr) = ( 0,5625e – 0,5625) ( 0,59375e – 0,59375)
= (0,0072828) (– 0,041498) = – 0,00030222 < 0 u rx x
harga xu untuk iterasi ke-6 menggunakan harga xr pada iterasi 5, yaitu 0,59375,
sementara harga xL tetap, yaitu 0,5625.
Dan seterusnya... hingga diperoleh Ea Es.
1.4. Metoda Regula Falsi
Metoda ini disebut juga metoda posisi palsu, atau metoda interpolasi linier. Metoda
alternatif yang memanfaatkan pengertian grafis ini adalah menghubungkan titik-titik itu
dengan sebuah garis lurus. Perpotongan garis ini dengan sumbu x merupakan taksiran akar
yang diperbaiki. Kenyataan bahwa penggantian kurva oleh garis lurus memberikan suatu
"posisi palsu" dari akar, merupakan asal mula dari nama metoda posisi palsu. Dengan
menggunakan segitiga sebangun, perpotongan garis dan sumbu x dapat ditaksir sebagai:
( )( ) uL
r L r u
f xf x
x x x x
( ) ( ) ( ) ( )L r u u r Lf x x x f x x x
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 9
Dibagi dengan: ( ) ( )L uf x f x
( ) ( )
( ) ( )
u L L ur
L u
x f x x f xx
f x f x
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
L u u Lr
L u L u
f x x f x xx
f x f x f x f x
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
L u u Lr u u
L u L u
f x x f x xx x x
f x f x f x f x
Dengan mengumpulkan suku-sukunya, dihasilkan:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
u u u Lr u
L u L u
f x x f x xx x
f x f x f x f x
atau
( ) ( )
( ) ( )
u L ur u
L u
f x x xx x
f x f x
.......... (1.4)
Persamaan di atas merupakan rumus metode “Regula Falsi”.
Dalam aplikasinya, lakukan langkah 3) pada metode Bisection untuk mengevaluasi pada
bagian interval mana akan berada.
a) Jika f (xL) f (xr) < 0, maka ambil xu = xr
b) Jika f (xL) f (xr) > 0, maka ambil xL = xr
c) Jika f (xL) f (xr) = 0, akar setara dengan xr, hentikan perhitungan (perhatikan juga kriteria
perhitungan Ea Es).
Contoh soal:
(4) Persamaan f (x) = 10x – 1, tentukan:
a) Akar-akar dengan metode Bisection
b) Akar-akar dengan metode Regula Falsi
Dengan x antara 0 dan 1,3, Es = 2% dan dari literatur x = 1.
Penyelesaian
xL = 0 dan xu = 1,3
a) Metode Bisection
(1) Iterasi ke-1, xL = 0 ; xu = 1,3
0 1,3
0,652 2
L u
r
x xx
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 10
1 0
1
0,65 0100% 100% 100%
0,65
x xEa x x
x
x = 1, maka: 1 1 0,65100% 100% 35%
1
x xEt x x
x
Test 1 : f (xL) f (xr) = ( 10
Lx – 1) ( 10
rx – 1) = ( 100 – 1) ( 100,65 – 1) = (– 1)( – 0,98654)
= 0,98654 > 0 L rx x
harga xL untuk iterasi ke-2 menggunakan harga xr pada iterasi 1, yaitu 0,65, sementara
harga xu tetap, yaitu 1,3.
(2) Iterasi ke-2, xL = 0,65 ; xu = 1,3
0,65 1,3
0,9752 2
L u
r
x xx
2 1
2
0,975 0,65100% 100% 33,33%
0,975
x xEa x x
x
x = 1, maka: 2 1 0,975100% 100% 2,5%
1
x xEt x x
x
Test 2 : f (xL) f (xr) = (10
Lx – 1)(10
rx – 1) = ( 100,65 – 1)( 100,975 – 1)
= (– 0,98654) (– 0,22367) = 0,22066 > 0 L rx x
harga xu untuk iterasi ke-3 menggunakan harga xr pada iterasi 2, yaitu 0,975, sementara
harga xL tetap, yaitu 0,65.
Dengan cara yang sama, iterasi dapat dilakukan sampai Ea Es.
Iterasi sampai ke-6 memberikan hasil sebagai berikut:
i xL xu xr Ea (%) Et (%)
1 0 1,3 0,65 100 35
2 0,65 1,3 0,975 33 2,5
3 0,975 1,3 1,375 14,3 13,8
4 0,975 1,375 1,05625 7,7 5,6
5 0,975 1,05625 1,015625 4 1,6
6 0,975 1,015625 0,9953 2 0,46
Iterasi dihentikan, karena tercapai harga Ea Es (dalam kasus ini Ea = Es), yaitu 2%.
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 11
b) Metode Regula Falsi
( ) ( )
( ) ( )
u L ur u
L u
f x x xx x
f x f x
(1) Iterasi ke-1
xL = 0 f (xL) = xL10 – 1 = (0)10 – 1 = – 1
xu = 1,3 f (xu) = xu10 – 1 = (1,3)10 – 1 = 13,78585 – 1 = 12,78585
12,78585 (0 1,3)1,3 0,0942996
1 12,78585rx
1 0
1
0,0942996 0100% 100% 100%
0,0942996
x xEa x x
x
x = 1, maka: 1 1 0,0942996100% 100% 90,57%
1
x xEt x x
x
Test 1 : f (xL) f (xr) = ( 10
Lx – 1) ( 10
rx – 1) = ( 100 – 1) ( 100,0942996 – 1)
= (– 1) ( – 1) = 1 > 0 L rx x
harga xL untuk iterasi ke-2 menggunakan harga xr pada iterasi 1, yaitu 0,0942996,
sementara harga xu tetap, yaitu 1,3.
(2) Iterasi ke-2,
xL = 0,0942996 f (xL) = xL10 – 1 = (0,0942996)10 – 1 = (5,5 x 10-11) – 1 = – 1
xu = 1,3 f (xu) = xu10 – 1 = (1,3)10 – 1 = 13,78585 – 1 = 12,78585
12,78585 (0,0942996 1,3)1,3 0,181759
1 12,78585rx
1 0
1
0,181759 0,0942996100% 100% 48,12%
0,181759
x xEa x x
x
x = 1, maka: 2 1 0,181759100% 100% 81,82%
1
x xEt x x
x
Test 2 : f (xL) f (xr) = (10
Lx – 1) (10
rx – 1) = (100,0942996 – 1) (
100,181759 – 1)
= (– 1) ( – 0,99) = 0,99 > 0 L rx x
harga xL untuk iterasi ke-3 menggunakan harga xr pada iterasi 2, yaitu 0,181759,
sementara harga xu tetap, yaitu 1,3.
Dengan cara yang sama, iterasi dapat dilakukan sampai Ea Es.
Iterasi sampai ke-5 memberikan hasil sebagai berikut:
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 12
i xL xu xr Ea (%) Et (%)
1 0 1,3 0,0942996 100 90,57
2 0,09430 1,3 0,181759 48,1 81,82
3 0,18176 1,3 0,26287 30,9 73,7
4 0,26287 1,3 0,33811 22,3 66,2
5 0,33811 1,3 0,40788 17,1 59,2
Iterasi terus dilakukan hingga tercapai harga Ea Es. Sampai pada iterasi ke-5, terlihat
kesalahan sebenarnya (Et) hanya direduksi hingga 59,2 %, padahal dengan metode
Bisection, pada iterasi yang sama (ke-5) Et direduksi hingga 4%. Jadi untuk soal ini,
yang lebih baik adalah dengan menggunakan metode Bisection, dimana tingkat
konvergensinya lebih cepat.
1.5. Metoda Newton-Raphson
Metode Newton-Raphson adalah rumus penemuan akar yang paling banyak digunakan
diantara metode yang ada. Metode ini dapat diturunkan berdasarkan tafsiran geometris,
seperti terlihat pada gambar berikut; turunan pertama di xi setara dengan kemiringan:
1
( ) 0'( ) i
i
i i
f xf x
x x
yang dapat disusun kembali menjadi:
1
( )
'( )
ii i
i
f xx x
f x .......... (1.5)
yang dinamakan rumus metode “Newton-Raphson”.
Selain itu, metode Newton-Raphson juga dapat dikembangkan dari rumus Deret Taylor:
1 1 1
"( )( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ......
2
ii i i i i i i
f xf x f x f x x x x x
Dengan suatu pendekatan dapat diperoleh dengan memotong deret setelah satu turunan
pertama, 1 1( ) ( ) '( ) ( )i i i i if x f x f x x x
Pada perpotongan dengan sumbu x, maka 1( )if x = 0, atau 10 ( ) '( ) ( )i i i if x f x x x
yang dapat diselesaikan untuk: 1
( )
'( )
ii i
i
f xx x
f x
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 13
Contoh Soal:
(5) Gunakan metode Newton-Raphson untuk memperoleh akar dari f(x) = xe – x,
dengan terkaan awal x0 = 0.
Penyelesaian
f(x) = xe – x dan f '(x) = – xe – 1
(0) Iterasi ke-0 : x0 = 0
(1) Iterasi ke-1 : i = 0
00
00 0
01
0 10 0,5
1 1 11
x
x
e x ex x
ee
1 0
1
0,5 0100% 100% 100%
0,5
x xEa x x
x
(2) Iterasi ke-2 : i = 1
0,51
11 0,5
12
0,5 0,106530,5 0,5 0,56631
1 0,60653 11
x
x
e x ex x
ee
2 1
2
0,56631 0,5100% 100% 11,71%
0,56631
x xEa x x
x
(3) Iterasi ke-3 : i = 2
0,5663122
2 0,566312
3
0,56631 0,00130610,56631 0,56631 0,56714
1 0,56762 11
x
x
e x ex x
ee
3 2
3
0,56714 0,56631100% 100% 0,15%
0,56714
x xEa x x
x
(4) Iterasi ke-4 : i = 3
x4 = 0,56714329 dan Ea = 0,000022%
(5) Iterasi ke-5 : i = 4
x5 = 0,56714..... dan Ea < 10-8 %
Bila disusun dalam bentuk tabel:
Iterasi xi Ea (%)
0 0 0
1 0,5 100
2 0,56631 11,71
3 0,56714 0,15
4 0,56714329 0,000022
Jadi, nilai akar yang
sebenarnya diperoleh pada
iterasi ke-4 dan kesalahan
relatif berkurang lebih cepat
pada setiap iterasi.
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 14
1.6. Metoda Secant
Dipergunakan untuk fungsi tertentu yang turunannya sangat sulit. Untuk kasus semacam
ini, turunannya dapat didekati dengan 1
1
( ) ( )'( ) i i
i
i i
f x f xf x
x x
.
Pendekatan dapat disubstitusikan ke persamaan Newton-Raphson, sehingga diperoleh:
11
1
( ) ( )
( ) ( )
i i ii i
i i
f x x xx x
f x f x
.......... (1.6)
Rumus metode Secant/Tali Busur, metode ini memerlukan 2 (dua) terkaan awal untuk x.
Contoh Soal:
(6) Gunakan metode Secant untuk memperoleh akar dari f (x) = xe – x, dengan terkaan
awal x –1 = 0 dan x0 = 1,0. Dari literatur, diketahui harga x = 0,56714329
Penyelesaian
(1) Iterasi ke-1
x –1 = 0 f (x –1) = 1xe
– x –1 = 0e – 0 = 1 – 0 = 1
x0 = 1 f (x0) = 0xe
– x0 = 1e – 1 = 0,36788 – 1 = – 0,63212
0 1 00
1 0
1
( ) ( ) 0,63212 (0 1)1 0,61270
( ) ( ) 1 ( 0,63212)
f x x xx x
f x f x
1 0
1
0,6127 1100% 100% 63,21%
0,6127
x xEa x x
x
1 0,56714329 0,61270100% 100% 8,03%
0,56714329
x xEt x x
x
(2) Iterasi ke-2
x0 = 1 f (x0) = 0xe
– x0 = 1e – 1 = 0,36788 – 1 = – 0,63212
x1 = 0,6127 f (x1) = 1xe
– x1 = 0,6127e – 0,6127 = – 0,07081
1 0 11
0 1
2
( ) ( ) 0,07081 (1 0,6127)0,6127 0,56384
( ) ( ) 0,63212 ( 0,07081)
f x x xx x
f x f x
2 1
2
0,56384 0,6127100% 100% 8,67%
0,56384
x xEa x x
x
2 0,56714329 0,56384100% 100% 0,63%
0,56714329
x xEt x x
x
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 15
(3) Iterasi ke-3
x1 = 0,6127 f (x1) = 1xe
– x1 = 0,6127e – 0,6127 = – 0,07081
x2 = 0,56384 f (x1) = 2xe
– x2 = 0,56384e – 0,56384 = – 0,00518
2 1 22
1 2
3
( ) ( ) 0,00518 (0,6127 0,56384)0,56384 0,56717
( ) ( ) 0,07081 (0,00518)
f x x xx x
f x f x
3 2
3
0,56717 0,56384100% 100% 0,59%
0,56717
x xEa x x
x
3 0,56714329 0,56717100% 100% 0,0047%
0,56714329
x xEt x x
x
1.7. Akar-akar Ganda (Multiple roots)
Metode ini memodifikasi rumus Newton-Raphson (5) 1
( )
'( )
ii i
i
f xx x
f x .
Alternatif yang disarankan adalah Raltson and Rabinowitz, yaitu mendefinisikan:
( )( )
'( )
f xu x
f x .......... (1.7)
Kemudian dengan maksud mengembangkan suatu bentuk alternatif dari metode Newton-
Rapshon untuk akar ganda, didapat:
1
( )
'( )
ii i
i
u xx x
u x .......... (1.8)
Dari persamaan (1.5) dapat didiferensialkan memberikan
2
'( ) '( ) ( ) "( )'( )
'( )
f x f x f x f xu x
f x
.......... (1.9)
Persamaan (1.8) dan (1.9) disubstitusikan ke persamaan (1.5), akan dihasilkan rumus
Newton-Raphson modifikasi untuk akar ganda.
1 2
( ) '( )
'( ) ( ) "( )
i ii i
i i i
f x f xx x
f x f x f x
.......... (1.10)
Rumus ini, baik untuk f (x) = 0, yang mengandung akar ganda, seperti:
f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3 = (x – 3) (x – 1) (x – 1)
Sedangkan untuk f (x) = 0, tidak mengandung akar ganda, dapat menggunakan metode
Newton-Raphson persamaan (1.5).
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 16
Untuk memperoleh akar-akar ganda, juga dapat memodifikasi metode Secant,
menghasilkan:
11
1
( ) ( )
( ) ( )
i i ii i
i i
u x x xx x
u x u x
.......... (1.11)
Contoh Soal:
(7) Gunakan baik metode Newton-Raphson yang biasa maupun yang dimodifikasi untuk
menghitung akar dari f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3 dengan terkaan awal x0 = 0 (akar
minimum) dan x0 = 4 (akar maksimum), x = 3.
Penyelesaian
a) Dengan metode Newton-Raphson
f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3 f '(x) = 3 x2 – 10 x + 7
Sehingga, rumus yang digunakan adalah:
1
( )
'( )
ii i
i
f xx x
f x
3 2
1 2
5 7 3
3 10 7
i i ii i
i i
x x xx x
x x
Perhitungan secara iteratif menghasilkan:
I xi Et (%) Ea (%)
0 0 100
1 0,4285714429 85,7 100
2 0,685714286 77,14 37,5
3 0,83286540 17 17,67
4 0,913328983 8,7 8,8
5 0,955783293 4,4 4,4
6 0,977655101 2,2 2,2
dst......
b) Dengan metode Newton-Raphson modifikasi
f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3 f '(x) = 3 x2 – 10 x + 7 f "(x) = 6 x - 10
Sehingga persamaan penyelesainnya adalah:
1 2
( ) '( )
'( ) ( ) "( )
i ii i
i i i
f x f xx x
f x f x f x
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 17
3 2 2
1 22 3 2
5 7 3 3 10 7
3 10 7 5 7 3 6 10
i i i i i
i i
i i i i i i
x x x x xx x
x x x x x x
Perhitungan secara iteratif menghasilkan:
- Untuk mencari akar terkecil (minimum), pendekatan awal x0 = 0
i xi Et (%) Ea (%)
0 0 100
1 1,105263158 63,16
2 1,003081664 66,56 10,19
3 1,000002382 .......... 0,29
- Untuk mencari akar yang besar (maksimum), pendekatan awal x0 = 4.
i xi (NR) Et (%) xi (M-NR) Et (%)
0 4 33 4 33
1 3,4 13 2,6363637 12
2 3,1 3,3 2,8202247 6
3 3,00869565 0,29 2,961728211 1,3
4 3,00007464 0,0025 2,9984787 0,051
5 3,00000006 2 x 10-7 2,9999768
Untuk kasus soal ini, kedua metode akan konvergen dengan cepat dan NR
lebih efisien.
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 18
f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3
x0 = 0 (akar minimum), Es = 2%
x1 = 4 (akar maksimum)
Penyelesaian:
1 2
( ) '( )
'( ) ( ) "( )
i ii i
i i i
f x f xx x
f x f x f x
f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3
f '(x) = 3 x2 – 10 x + 7
f ''(x) = 6 x – 10
(1) Iterasi ke - 1 i = 0
1 2
0 00
0 0 0
( ) '( )
'( ) ( ) "( )
f x f xx x
f x f x f x
u/ x0 = 0 (akar minimum)
f (x) = (0)3 – 5 (0)2 + 7 (0) – 3 = - 3
f '(x) = 3 (0)2 – 10 (0) + 7 = 7
f ''(x) = 6 (0) – 10 = - 10
1 2
( 3) (7)0
(7) ( 3) ( 10)x
1 1,105263x
1 0
1
100%x x
Ea xx
1,105263 0100% 100%
1,105263Ea x
u/ x0 = 4 (akar maksimum)
f (x) = (4)3 – 5 (4)2 + 7 (4) – 3 = 9
f '(x) = 3 (4)2 – 10 (4) + 7 = 15
f ''(x) = 6 (4) – 10 = 14
1 2
(9) (15)0
(15) (9) (14)x
1 2,636364x
1 0
1
100%x x
Ea xx
2,636364 4100% 51,72%
2,636364Ea x
(2) Iterasi ke - 2 i = 1
u/ akar minimum
f (x) = (1,105263)3 – 5 (1,105263)2 + 7 (1,105263) = -0,02099
f '(x) = 3 (1,105263)2 – 10 (1,105263) + 7 = -0,38781
f ''(x) = 6 (1,105263) – 10 = -3,36842
1 1,003082x
2 1
2
100%x x
Ea xx
u/ akar maksimum
f (x) = (2,636364)3 – 5 (2,636364)2 + 7 (2,636364) – 3 = - 0,9737
f '(x) = 3 (2,636364)2 – 10 (2,636364) + 7 = 1,487605
f ''(x) = 6 (2,636364) – 10 = 5,818184
1 2,820225x
2 1
2
100%x x
Ea xx
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 19
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 20
II. TRANSFORMASI LAPLACE
2.1 Pendahuluan
Walaupun hanya dari tinjauan sekilas tentang masalah pengendalian proses, namun
telah diperoleh gambaran bahwa penyelesaian persamaan diferensial merupakan tugas
utama seseorang yang ingin mempelajari pengendalian proses. Hal itu jelas karena analisis
sistem pengendalian proses adalah studi perilaku sistem-sistem dinamis dan sistem dinamis
adalah sistem yang mempunyai variabel yang harganya berubah dengan waktu. Semua
sistem dinamis diungkap secara matematis oleh persamaan diferensial. Metode
Transformasi Laplace menyediakan suatu sarana untuk menyelesaikan persamaan
diferensial linier ordiner dengan koefisien-koefisien konstanta secara efisien.
2.2 Definisi Tranformasi Laplace
Transformasi Laplace dari suatu fungsi waktu f(t) didefinisikan sebagai f(s)
menurut persamaan:
0
( ) ( )st
s tf f e dt
.................... (2.1)
Notasi ini juga sering dinyatakan sebagai:
( )sf L ( ){ }tf
Dimana operator L didefinisikan oleh persamaan 2.1.
Contoh 2.1.
Carilah Transformasi Laplace dari fungsi f (t) = 1
Menurut persamaan 2.1 maka:
0
( )
0
1(1)
st
st
t
s
t
ef e dt
s s
Sehingga: L { 1 } = 1
s
dalam hal ini beberapa kenyataan perlu dicatat:
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 21
1. Transformasi Laplace f (s) tidak mengandung informasi tentang perilaku f (t) untuk t <
0. Hal ini karena hanya perilaku sistem dinamis untuk waktu positif saja yang menarik.
Kenyataannya variabel-variabel dan sistem ditetapkan sedemikian sehingga f (t) = 0
untuk t < 0.
2. Oleh karena transformasi Laplace didefinisikan dalam persamaan (2.1.) oleh suatu
integral tak tentu (improper), maka tidak selalu ada untuk setiap fungsi f (t). Perlu
diingat bahwa semua fungsi penting (menarik) tersedia secara memuaskan.
3. Transformasi Laplace adalah linier. Dalam notasi matematis, ini berarti
L 1 2( ) ( )a f t b f t = aL 1 ( )f t + b L 2 ( )f t
dimana a dan b adalah konstanta-konstanta dan f1 dan f2 adalah 2 buah fungsi t.
Pembuktian: Dengan menggunakan definisi
L 1 2( ) ( )a f t b f t = 1 2
0
( ) ( )st
a f t b f t e dt
4. Transformasi Laplace mengubah suatu fungsi variabel t menjadi suatu fungsi variabel s.
Variabel t dieliminasi dengan integrasi.
2.3 Transformasi Fungsi-Fungsi Sederhana
Akan dilakukan penjabaran transformasi beberapa fungsi sederhana yang bermanfaat.
2.3.1 Fungsi Tangga (Step function)
( )0 , 0
1 ,1 , 0
{tt
ft
Fungsi penting ini dikenal sebagai fungsi tangga satuan. Dari contoh 2.1 jelaslah
bahwa L {1} = 1
s. Sebagaimana diperkirakan, maka perilaku fungsi untuk t < 0 tidak
berpengaruh pada transformasi Laplace. Perlu dicatat bahwa sebagai konsekwensi
linieritas, maka transformasi suatu konstanta A yaitu f(t) = A, adalah f(s) = A
s.
2.3.2 Fungsi Eksponensial
( )0 , 0
,, 0
{att
at
tf e
e t
L ate
= 0
.at st
e e d t
=
0
( )s a te d t
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 22
=
0
( )1 s a tes a
= 1
s a
2.2.6 Fungsi Ramp
( )0 , 0
,, 0
{tt
f tt t
L t = 0
.st
t e d t
Integrasi parsial memberikan
L t = 2
0
1
2
1( )
ts t
s sf s e
s
2.3.4 Fungsi Sinus
( )0 , 0
sinsin , 0
{tt
f k tk t t
L sin k t = 0
sin .st
k t e d t
Integrasi parsial memberikan:
L sin k t = 2 2
0
( sin cos )s t
es k t k k t
s k
=
2 2
k
s k
Dengan cara yang sama, transformasi dari fungsi-fungsi sederhana lainnya dapat
dijabarkan. Tabel 2.1 merupakan rangkuman dari transformasi Laplace untuk fungsi-
fungsi sederhana dan sangat bermanfaat dalam pengendalian proses dan realis.
Tabel 2.1. Fungsi, Grafik dan Transformasi Laplace
Fungsi Grafik Transformasi
Laplace
f(t ) = 1 = {0 , 0
, 0
t
t t
1
s
f(t) = A = {0 , 0
, 0
t
A t
A
s
t 0
1
t 0
A
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 23
Fungsi Grafik Transformasi
Laplace
f(t) = t, {0 , 0
, 0
t
t t
2
1
s
f(t)= t n = {
0 , 0
, 0n
t
t t
1
!n
n
s
f(t)= ate
= {0 , 0
, 0at
t
e t
1
s a
f(t)= t n e-
a t = {
0 , 0
, 0atn
t
t e t
1
!
( ) n
n
s a
f(t)=sin k t = {
0 , 0
sin , 0
t
k t t
2 2
k
s k
f(t)=cos k t = {
0 , 0
cos , 0
t
k t t
2 2
s
s k
f(t)=sinh k t = {
0 , 0
sinh , 0
t
k t t
2 2
k
s k
f(t) = cosh k t = {
0 , 0
cosh , 0
t
k t t
2 2
s
s k
f(t)= e-a t
sin k t = {
0 , 0
sin , 0at
t
e k t t
2 2( )
k
s a k
f(t)= e-a t
cos k t =
{0 , 0
cos , 0at
t
e k t t
2 2( )
s a
s a k
2.3.5 Transformasi Laplace Derivative atau Turunan
L ( )
( ) (0)t
sd f
s f fd t
.................... (2.2)
0
t 0
0
0
0
t 0
t 0
1
t 0
1
t 0
1
t 0
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 24
dimana, ( )sf L ( )tf
dan f(0) adalah f(t) untuk t = 0. Adalah penting untuk diingat bahwa f(0) jangan
diartikan sebagai f(s) untuk s = 0.
Pembuktian:
L 0
( ).
t s td f d fe d t
d t d t
Untuk mengintegralkan secara parsial tetapkan st
u e
, .d f
dv dtd t
sehingga
stdu se dt
, ( )tv f . Oleh karena u dv uv vdu , maka diperoleh:
00 0
( ). ( ) (0) ( )st ststt
d fe d t f e s f t e dt f s f s
d t
Gambaran yang jelas dari hasil transformasi ini adalah bahwa sementara fungsi t
dideferensialkan terhadap t maka fungsi s terkait hanya dikalikan dengan s. Untuk
memperoleh Transformasi Laplace turunan kedua digunakan transformasi turunan
pertama dua kali seperti berikut.
L 2
2
d f
d t
= L d d f
d t d t
= s L ( )
0
t
t
d f d f
d t dt
= ( ) (0) (0)'ss s f f f
= 2( ) (0) (0)'ss f s f f
dimana disingkat
( )(0)
0
't
t
d ff
dt
Dengan cara serupa, secara induksi mengulangi kembali penerapan persamaan (2.2)
memberikan
L n
n
d f
d t
= 1 2 ( )
( ) (0) (0)n n in
ss f s f s f
…. – ( 2) ( 1)(0) (0)n ns f f
dimana ( )
(0)i
f menunjukkan turunan ke i dari f(t) terhadap t untuk harga t = 0.
Sehingga Transformasi Laplace dapat dipandang sebagai pengganti operasi
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 25
diferensiasi fungsi dengan pengalian transformasi oleh s, jumlah pengalian sesuai
dengan jumlah diferensiasi.
Contoh 2.2
Carilah Transformasi Laplace dari fungsi x(t) yang memenuhi persamaan diferensial dan
kondisi awal.
3 2
3 24 5 2 2
d x d x dxx
d t d t dt
2
2
(0) (0)(0) 0
dx d xx
dt d t atau (0) (0) (0)' " 0x x x
Penyelesaian
3 2 2( ) (0) (0) (0) ( ) (0) (0) ( ) (0) ( )
2' " 4 ' 5 2s s s ss x s x s x x s x s x x s x x x
s
Substitusikan harga-harga awal, maka:
3 2( ) ( ) ( ) ( )
20 0 0 4 0 0 5 0 2s s s ss x s x s x x
s
3 2( ) ( ) ( ) ( )
24 5 2s s s ss x s x s x x
s
3 2( )
24 5 2sx s s s
s
3 2
( )2
4 5 2sx
s s s s
2.4 Penyelesaian Persamaan Diferensial
Penerapan transformasi Laplace untuk menyelesaikan persamaan diferensial
mencakup tahapan berikut:
1. Ambil transformasi Laplace kedua ruas persamaan diferensial. Kondisi awal disertakan
dalam transformasi Laplace derivativ.
2. Selesaikan persamaan transformasi Laplace untuk fungsi yang belum diketahui secara
aljabar. Operasi pengalian, pembagian, penambahan dan pengurangan.
3. Cari fungsi t yang mempunyai transformasi Laplace yang diperoleh dari langkah 2.
Contoh 2.3
Selesaikanlah persamaan diferensial berikut.
3 0dx
xdt
, (0) 2x
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 26
1. ( ) (0) ( )3 0s ss x x x ( ) ( )2 3 0s ss x x
2. ( ) ( )3 2s ss x x ( ) ( 3) 2sx s ( )2
3sx
s
3. 3( ) 2 ttx e
2.5 Teknik Peruraian Parsial
Studi penerapan transformasi Laplace pada persamaan diferensial dengan
koefisien-koefisien konstan memungkinkan kita untuk memperoleh Transformasi Laplace
dari penyelesaiannya. Akan dikembangkan metode untuk melakukan inversi dari
transformasi Laplace untuk memperoleh jawaban dalam domain waktu. Persamaan-
persamaan diferensial yang akan diselesaikan semuanya dalam bentuk sebagai berikut:
1
1 1 01( )......
nn
tn nn n
d x d x dxa a a a x f
dtd t d t
Fungsi waktu yang tidak diketahui adalah x(t) dan an, an-1, ......, a1, a0 adalah
konstanta-konstanta. Fungsi f(t) telah ditentukan dan disebut fungsi paksa (forcing
function), karena fungsi itulah yang memaksa x(t) untuk berubah. Sebagai tambahan
informasi maka untuk semua masalah pengendalian proses kondisi awalnya telah
ditentukan. Dengan kata lain maka harga-harga x, dx
dt, ......,
1
1
n
n
d x
d t
pada waktu nol telah
ditentukan. Masalahnya adalah menentukan x(t) untuk t ≥ 0.
2.5.1 Peruraian Parsial
Di dalam serentetan contoh berikut akan dibahas teknik inversi peruraian parsial
untuk menyelesaikan persamaan diferensial kelas ini.
Contoh 2.4.
Selesaikanlah persamaan diferensial berikut:
(0)1 0dx
x xdt
Penerapan transformasi Laplace memberikan:
( ) (0) ( )1
s ssx x xs
( ) ( )1
0s ssx xs
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 27
( ) ( )1
s ssx xs
( )1
[ 1 ]sx ss
( )1
[ 1]sx
s s
Menurut teori peruraian parsial, maka:
( )1
( 1) 1s
A Bx
s s s s
.......... (3.1)
dimana A dan B merupakan konstanta-konstanta. Sehingga dengan menggunakan tabel 2.1
bentuk jawabanya adalah:
x (t) = A + B e – t .................... (2.3)
Sehingga jika A dan B diketahui maka kita akan memperoleh jawabannya.
Untuk menentukan A, kalikan kedua ruas persamaan (3.1) dengan s.
1
( 1) 1 1 ( 1)
s As Bs BsA
s s s s s s
.................... (2.4)
Karena persamaan ini memenuhi untuk semua harga s, maka harus memenuhi untuk s = 0.
Dengan memasukan harga s = 0 ke dalam persamaan (2.6), memberikan harga A = 1.
Untuk mencari B, kalikan kedua ruas persamaan (3.1) dengan (s + 1).
( 1) ( 1) ( 1) 1 ( 1)
( 1) ( 1)
s A s B s A sB
s s s s s s
...................... (2.5)
Oleh karena persamaan itu memenuhi untuk semua harga s, maka harus memenuhi juga
untuk s = -1. Ini akan menghasilkan B = -1.
Maka: ( )1 1 1
( 1) ( 1) 1s
A Bx
s s s s s s
.............................. (2.6)
Sehingga:
x (t) = 1 – e –t ................................................................................ (2.7)
Contoh 2.5
Selesaikanlah persamaan diferensial berikut:
3 22
3 22 2 4 td x d x dx
x edt dt dt
(0) (0) (0)1, ' 0, " 1x x x
Ambil transformasi Laplace kedua ruas:
3 2 2( ) (0) (0) (0) ( ) (0) (0) ( ) (0) ( )
4 1' " 2 ' 2
2s s s ss x s x sx x s x sx x sx x x
s s
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 28
3 2 2( ) 0 ( ) 0 ( ) ( )
4 11 2 1 2
2s s s ss x s s x s sx x
s s
3 2 2( ) ( ) ( ) ( )
4 11 2 2 1 2
2s s s ss x s s x s sx x
s s
3 2 2( ) ( ) ( ) ( )
4 12 2 2 2
2s s s ss x s x sx x s s
s s
3 2 2( )
4 12 2 2 2
2sx s s s s s
s s
4 3 3 2 2
3 2( )
4 8 2 2 4 2 42 2
( 2)s
s s s s s s s sx s s s
s s
4 2
3 2( )
6 9 8
( 2) ( 2 2)s
s s sx
s s s s s
4 2
( )6 9 8
( 2) ( 1) ( 2) ( 1)s
s s sx
s s s s s
( )2 1 2 1
sA B C D E
xs s s s s
........................... (2.8)
Untuk mencari A, kalikan kedua ruas persamaan (2.8) dengan s, dan kemudian tetapkan s
= 0, maka diperoleh:
8 82
( 2) (1) (2) ( 1) 4A
Untuk mencari B, kalikan kedua ruas persamaan (2.8) dengan (s-2), kemudian tetapkan s =
2, maka:
16 24 18 8 2 1
2 (3) (4) (1) 24 12B
Untuk mencari C, kalikan kedua ruas persamaan (2.8) dengan (s + 1), kemudian tetapkan s
=-1, maka:
1 6 9 8 22 11
( 1) ( 3) (1) ( 2) 6 3C
Untuk mencari D, kalikan kedua ruas persamaan (2.8) dengan (s + 2), kemudian tetapkan s
=-2, maka:
16 24 18 8 34 17
( 2) ( 4) ( 1) ( 3) 24 12D
Untuk mencari E, kalikan kedua ruas persamaan (2.8) dengan (s – 1), kemudian tetapkan s
= 1, maka:
1 6 9 3 4 2
(1) ( 1) (2) (3) 6 3E
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 29
Prosedur dan hasil dirangkum dalam tabel berikut.
Tabel 2.1 Rangkuman Prosedur dan Hasil Penyelesaian Contoh 2.5
Untuk
menentukan
Kalikan persamaan
(3.7) dengan
Tetapan harga s
= Hasil
A s 0 - 2
B s – 2 2 1
12
C s + 1 - 1 11
3
D s + 2 - 2 17
12
E s – 1 1 2
3
( )
11 21 172 13 312 12
2 1 2 1sx
s s s s s
Maka, 2 2
( )1 11 17 2
212 3 12 3
t t t ttx e e e e
Contoh 2.6
Selesaikan persamaan diferensial berikut:
2
22 2 2
d x dxx
dt dt
(0) (0)' 0x x
Ambil transformasi Laplace kedua ruas persamaan:
2( ) (0) (0) ( ) (0) ( )
2' 2 2s s ss x sx x sx x x
s
2( ) ( ) ( )
22 2s s ss x sx x
s
2( )
2( 2 2)sx s s
s
2( )
2
( 2 2)sx
s s s
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 30
Memfaktorkan persamaan homolog
2 2 2 0s s
1
2 4 8
2s
1
2 4
2s
1
2 21
2
js j
2
2 21
2
js j
Sehingga ( )2
( 1 ) ( 1 )sx
s s j s j
( )2
( 1 ) ( 1 ) 1 1t
A B Cx
s s j s j s s j s j
………….. (2.9)
dimana A, B dan C adalah konstanta-konstanta yang harus dicari. Adanya faktor-faktor
kompleks tidak mengubah prosedur sama sekali, namun perhitungannya agak sedikit lebih
rumit.
Untuk memperoleh A, kalikan kedua ruas persamaan (2.9) dengan s, dan tetapkan s = 0,
maka:
2 2
2 2 2 21
(1 ) (1 ) 1 1 ( 1) 2A
j j j
Untuk memperoleh B, kalikan kedua ruas persamaan (2.9) dengan (s + 1 + j), dan tetapkan
s =-1-j, sehingga:
2
2 2 2
( 1 ) ( 1 1 ) ( 1 ) ( 2 ) 2 2B
j j j j j j j
2
1 j
Untuk memperoleh C, kalikan kedua ruas persamaan (2.9) dengan (s + 1 – j), dan tetapkan
s =-1 + j, sehingga:
( 1 )2 ( 1 ) ( 1 )
( 1 ) 1
C s jA s j B s j
s s j s s j
1s j
2
2 2 2
( 1 ) ( 1 1 ) ( 1 ) (2 ) 2 2C
j j j j j j j
2 2
1 1 1 1 1x
1 1 1 2
j j jC
j j j j j
1
2
jC
Oleh karena itu: ( )1 1 1 1 1
. .2 1 2 1
sj j
xs s j s j
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 31
Contoh 2.7
Selesaikanlah persamaan diferensial berikut:
3 2
3 23 3 1
d x d x dxx
d t d t dt
(0) (0) (0)' " 0x x x
Penerapan transformasi Laplace memberikan:
3 2 2( ) (0) (0) (0) ( ) (0) (0) ( ) (0) ( )
1' " 3 ' 3s s s ss x s x sx x s x sx x sx x x
s
3 2( ) ( ) ( ) ( )
13 3
5s s s ss x s x s x x
3 2( )
13 3 1sx s s s
s
3 2( )
1
( 3 3 1)sx
s s s s
Pemfaktoran dan ekspansi dalam peruraian parsial
3 3 2( )
1
( 1) ( 1) ( 1) 1s
A B C Dx
s s s s s s
...................................... (2.15)
Seperti kasus-kasus sebelumnya, untuk menentukan A, kalikan kedua ruas dengan s
dan tetapkan s = 0, maka 3
11
1A . Pengalian kedua ruas persamaan (2.15) dengan
(s+1)3 menghasilkan:
321 ( 1)
( 1) ( 1)A s
B C s D ss s
………………………… (2.16)
Dengan menetapkan s = -1 dalam persamaan (2.16), memberikan 1B .
Namun jika kita ingin menentukan C dengan mengalikan persamaan (2.15) dengan
(s + 1)2 dan kemudian menetapkan s = -1, maka suku yang mengandung B menjadi tak
terhingga. Catatan yang sama berlaku untuk menentukan D. Sehingga diperlukan untuk
mengubah prosedur dalam menentukan C dan D. Jika persamaan (2.16) didiferensialkan
terhadap s hasilnya adalah:
2
2 2
1 ( 1) (2 1)2 ( 1)
A s sC D s
s s
............................. (2.17)
Hasil diferensiasi ini mempunyai kelebihan, sebab prosedur ini menghilangkan B
dan membebaskan C dari faktor (s + 1) sementara meninggalkan A dan D dengan faktor
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 32
ini. Sekarang tetapkan s = -1 dalam persamaan (2.17) menghasilkan C = -1. Untuk
memperoleh D, diferensialkan persamaan (2.17) terhadap s, maka:
2
3 3
2 2 ( 1) ( 1)2
A s s sD
s s
………………………. (2.18)
C telah tereliminir dan D telah bebas dari faktor (s + 1) dan A dikalikan dengan (s + 1).
Dengan menetapkan s = -1 dalam persamaan (2.18) akan menghasilkan.
22
1D
atau 1D
Hasil akhir adalah:
3 2( )
1 1 1 1
( 1) ( 1) 1sx
s s s s
........................................ (2.19)
Inversi x(s) memberikan:
2
( )1
1 . .2
t t ttx e t e t e
2
( ) 1 12
tt
tx e t
................................................. (2.20)
2.6 Rangkuman
Bab ini telah memberikan konsep dasar pemakaian transformasi Laplace untuk
menyelesaikan persamaan diferensial. Adalah mungkin untuk memperoleh informasi
penting tentang keadaan kualitatif dari hasil yang diinginkan dengan kerja minimum.
Untuk memperoleh informasi tentang x(t), maka harus memfaktorkan (menguraikan)
penyebut dari x(s).
2.7 Soal-Soal
1. Selesaikan persamaan diferensial berikut menggunakan transformasi Laplace.
a. 2
21
d x dxx
d t dt , (0) (0)' 0x x
b. 2
22 1
d x dxx
d t dt , (0) (0)' 0x x
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 33
c. 2
23 1
d x dxx
d t dt , (0) (0)' 0x x
Buatlah sket perilaku penyelesaian-penyelesaian ini pada grafik tunggal Apakah
pengaruh dari koefisien dx/dt.
2. Selesaikan persamaan diferensial berikut menggunakan transformasi Laplace.
a. 4 3
4 3cos
d x d xt
d t d t ,
(0) (0) (0)
(0)
' '" 0
" 1
x x x
x
b. 2
2
22
d x dxt t
d t dt , (0) (0)4; ' 2x x
3. Inversikan transformasi Laplace berikut
a. 2 2
3
( 1) ( 4)
s
s s
b. 2
1
( 2 5)s s s
c.
3 2
2 2
3 3 2
( 1)
s s s
s s
2.8 Penyelesaian
1. a. 2
21
d x dxx
d t dt , (0) (0)' 0x x
2( ) (0) (0) ( ) (0) ( )
1's s ss x s x x s x x x
s
2( ) ( ) ( )
1s s ss x s x x
s 2
( )1
1sx s ss
2
( )1
1sx
s s s
( )
1
0,5 0,866 0,5 0,866sx
s s j s j
( )0,5 0,866 0,5 0,866
sA B C
xs s j s j
…………. (a)
Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) dengan s atau tetapkan s = 0,
maka
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 34
2
1 1
0,5 0,866 0,5 0,866 (0,25 0,75 )A
j j j
1 1
10,25 0,75 1
A
Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) dengan (s + 0,5-0,866j) dan
tetapkan s =-0,5-0,866j, maka:
1
0,5 0,866 0,5 0,866 0,5 0,866B
j j j
2
1 1
0,5 0,866 1,732 0,866 1,5B
j j j j
1 1,5 0,866 1,5 0,866
1,5 0,866 1,5 0,866 2,25 0,75
j jB x
j j
1,5 0,866
0,5 0,2893
jB j
Untuk mencari C kalikan kedua ruas persamaan (a) dengan (s + 0,5-0,866j) dan
tetapkan s =-0,5 + 0,866j, maka:
1
0,5 0,866 0,5C
j
0,866 0,5j 0,866 j
2
1 1
0,5 0,866 1,732 0,866 1,5C
j j j j
1 1,5 0,866 1,5 0,866
0,866 1,5 1,5 0,866 2,25 0,75
j jC x
j j
1 1,5 0,866 1,5 0,8660,5 0,289
0,866 1,5 1,5 0,866 2,25 0,75
j jC x j
j j
( )
1 ( 0,5 0,289 ) ( 0,5 0,289 )
0,5 0,866 0,5 0,866s
j jx
s s j s j
(0,5 0,866 ) (0,5 0,866 )( ) 1 ( 0,5 0,289 ) ( 0,5 0,289 )j jt ttx j e j e
(0,5 0,866 ) (0,5 0,866 )( ) 1 0,5 0,289j jt ttx e j e
(0,5 0,866 ) (0,5 0,866 )0,5 0,289j jt te j e
0,5 0,5( ) 1 0,5 (cos 0,866 sin 0,866 ) 0,289 (cos 0,866 sin 0,866 )t ttx e t j t j e t j t
0,5 0,50,5 (cos 0,866 sin 0,866 ) 0,289 (cos 0,866 sin 0,866 )t te t j t j e t j t
0,5 0,5( ) 1 0,5 cos 0,866 0,5 sin 0,866t ttx e t e j t
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 35
0,5 2 0,50,289 cos 0,866 0,289 sin 0,866t tj e t j e t
0,5 0,50,5 cos 0,866 0,5 sin 0,866t te t e j t
0,5 2 0,50,289 cos 0,866 0,289 sin 0,866t tj e t j e t
0,5( ) 1 ( cos 0,866 0,578 sin 0,866 )ttx e t t
Invers untuk dua buah akar konjugat dapat juga dicari menggunakan persamaan
(3.12)
11 2 1 2( ) 2 ( cos sin )
k ttx e a k t b k t
dimana: 1 1 1 20,5; 0,289; 0,5; 0,866a b k k
sehingga:
0,5( ) 2 (0,5 cos 0,866 0,289 sin 0,866 )
ttx e t t
0,5( ) (cos 0,866 0,578 sin 0,866 )
ttx e t t
sehingga hasil seluruhnya:
0,5
( ) 1 (cos 0,866 0,578 sin 0,866 )t
tx e t t
b. 2
22 1
d x dxx
d t dt , (0) (0)' 0x x
2( ) (0) (0) ( ) (0) ( )
1( ' ) 2( )s s ss x s x x s x x x
s
2( ) ( ) ( )
12s s ss x s x x
s 2
( )1
2 1sx s ss
2( )
1
2 1sx
s s s
2
( )1
1sx
s s
2( )
11s
A B Cx
s ss
……………………………………. (a)
Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s dan tetapkan s
= 0, maka: 1
11
A .
Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 1)2 dan
tetapkan s = -1, maka:
2
11( 1)
A sB C s
s s
B = -1
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 36
Untuk mencari C diferensialkan persamaan (a) ke s dan tetapkan s = -1, maka:
2
2 2
2 1 1 . ( 1)1 A s s A sC
s s
2
11
( 1)C
sehingga:
2( )
1 1 1
11sx
s ss
( ) 1 . 1 ( 1)t t t
tx e t e e t
c. 2
23 1
d x dxx
d t dt , (0) (0)' 0x x
2( ) (0) (0) ( ) (0) ( )
1( ' ) 3( )s s ss x s x x s x x x
s
2( ) ( ) ( )
13s s ss x s x x
s 2
( )1
3 1sx s ss
2( )
1 1
2,618 0,3823 1sx
s s ss s s
( )
2,618 0,382s
A B Cx
s s s
………………………….. (a)
Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s dan tetapkan s
= 0, maka:
1
12,618 0,382
A
Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 2,618)2 dan
tetapkan s = -2,618, maka:
1 1
2,618 2,618 0,382 2,618 2,236B
10,171
5,853848B
Untuk mencari C kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 0,382)2 dan
tetapkan s = -0,382, maka:
1 1
0,382 0,382 2,618 0,382 2,236C
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 37
11,171
0,854152C
( )
1 0,171 1,171
2,618 0,382sx
s s s
2,618 0,382( ) 1 0,171 1,171
t ttx e e
2. a. 4 3
4 3cos
d x d xt
d t d t ,
(0) (0) (0)
(0)
' '" 0
" 1
x x x
x
4 3 2( ) (0) (0) (0) (0) (0)' " "'ss x s x s x sx sx x
3 2
2( ) ( ) (0) (0)' "
1s s
ss x s x sx x
s
4 3
2( ) ( ) 1
1s s
ss x s s x
s
4 3
2( ) ( ) 1
1s s
ss x s x s
s
3 2 3 24 3
2 2( )
1 2 1
1 1s
s s s s s s sx s s
s s
3 2 3 2
4 3 2 3( )
2 1 2 1
( ) ( 1) ( 1) ( ) ( )s
s s s s s sx
s s s s s s j s j
3( )
1s
A B C Dx
s s s j s j
……………………….. (a)
Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s3 dan tetapkan s
= 0, maka: 1
1(1) (1)
A
Untuk menentukan B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 1) dan
tetapkan s = -1, maka: 1 1 2 1 1
0,5( 1) ( 1 ) ( 1 ) 2
Bj j
Untuk menentukan C kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + j) dan
tetapkan s = -j, maka:
3 2
3 2
2 1 1 2 1
( 1) ( 2 ) ( 1) ( 2 ) 2 ( 1)
j j j j j jC
j j j j j j j j
2
2
1 1
2 ( 1) 1 2 ( 1) 2 ( 1 1)
j j j j jC x
j j j
10,25 0,25
4
jC j
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 38
Untuk mencari D kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s-j) dan
tetapkan s = j, maka:
3 2
3
2 1 2 20,25 0,25
( 1) ( 2 ) 8
j j j jD j
j j j
sehingga: 3
( )1 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25
1s
j jx
s s s j s j
dan 2( ) 0,5 0,5 0,5 cos 0,5 sinttx t e t t
b. 2
2
22
d x dxt t
d t dt , (0) (0)4; ' 2x x
2
3 2( ) (0) (0) ( ) (0)
2 2's ss x s x x s x x
s s
2
3 2( ) ( )
2 24 2 4s ss x s s x
s s
2
3 2( )
2 24 2sx s s s
s s
4 32
3 3( )
2 2 2 2 4 2( ) 4 2s
s s s ss s x s
s s
4 3 4 3
3 2 4 4( )
4 2 2 2 4 2 2 2
( ) ( 1) 1s
s s s s s s A Bx
s s s s s s s
…… (a)
Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s4 dan tetapkan s
= 0, maka: A = 2.
Untuk mencari B, kalikan kedua ruas persamaan (a) dengan (s + 1) dan tetapkan s =
- 1, maka:
4 3
4 4
(4 2 2 2) ( 1) ( 1) ( 1)
( 1) 1
s s s s A s B s
s s s s
4 2 2 22
1B
dan 3
4( ) ( )
2 2 1; 2
1 3
ts tx x t e
s s
3. a. 2 2
( )3
( 1) ( 4)s
sx
s s
( ) 2 2
A B C D
s j s j s j s j
( )
3
2 2s
sx
s j s j s j s j
( ) 2 2
A B C D
s j s j s j s j
...(a)
Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + j) dan
tetapkan s = -j, maka:
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 39
2
3 10,5
( 2 ) ( ) ( 3 ) 2
jA
j j j j
Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s-j) dan
tetapkan s = j, maka:
2
3 10,5
(2 ) (3 ) ( ) 2
jB
j j j j
Untuk mencari C kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 2j) dan
tetapkan s = -2j, maka:
3 2
6 6 10,5
( ) ( 3 ) ( 4 ) 12 2
j jC
j j j j j
Untuk mencari D kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s-2j) dan
tetapkan s = 2j, maka:
3 2
6 6 10,5
(3 ) ( ) (4 ) 12 2
j jD
j j j j j
sehingga:
( )
0,5 0,5 0,5 0,5
( ) 2 2sx
s j s j s j s j
2 2( ) 0,5 0,5 0,5 0,5
j t j t j t j ttx e e e e
= cos cos 2t t
b. 2( )
1
( 2 5)sx
s s s
( )1
( 1 2 ) ( 1 2 )sx
s s j s j
1 2 1 2
A B C
s s j s j
………………………………... (a)
Untuk menentukan A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s dan
tetapkan s = 0, maka:
2
1 1 1
( 1 2 ) ( 1 2 ) 1 4 5A
j j j
Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s – 1 – 2j) dan
tetapkan s = 1 + 2j, maka:
1
(1 2 ) ( 1B
j
2 1j
1
(1 2 ) (4 )2 ) j jj
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 40
2 2
1 1 4 8 4 8 4 8x
4 8 4 8 4 8 16 64 80
j j jB
j j j j j
0,1 0,05 j
Untuk mencari C kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s – 1 + 2j) dan
tetapkan s = 1-2j, maka:
1 1
(1 2 ) (1 2 1 2 ) (1 2 ) ( 4 )C
j j j j j
2 2
1 1 4 8 4 8 4 8x
4 8 4 8 4 8 16 64 80
j j jC
j j j j j
0,1 0,05 j
sehingga:
( )0,2 0,1 0,05 0,1 0,05
1 2 1 2s
j jx
s s j s j
( ) 0,2 0,2 (cos 2 0,5 sin 2 )ttx e t t
( ) 0,2 0,2 (cos 2 0,5 sin 2 )ttx e t t
c.
3 2
3 2
3 3 2
( 1)
s s s
s s
3 2( 1) ( 1)
A B C
s s s
…………………. (a)
Untuk mecari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s3 dan tetapkan s
= 0, maka: 2
11
A
Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 1)2 dan
tetapkan s = -1, maka:
3 2
3
3 3 2s s s
s
2( 1)( 1)
A sB C s
s
……………… (b)
Untuk mencari C dideferensialkan persamaan (b) di atas dengan s baru kemudian
tetapkan s = -1, maka:
2 3 2 3 2
6
(9 2 3) ( ) 3 (3 3 2)s s s s s s s
s
2
2 ( 1) ( 1)A s s A s s
s
(9 2 3) ( 1) 3 ( 3 1 3 2) 8 311
1 1C
3 2( )
2 1 11
( 1) ( 1)sx
s s s
2 2( ) 11 ( 11)
t t ttx t t e e t e t
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 41
III. PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFFERENSIAL SECARA NUMERIK
Banyak persoalan yang berkaitan dengan hukum-hukum fisika, mekanika,
termodinamika dan kimia yang didasarkan atas observasi empirik yang menunjukkan
perubahan-perubahan fisik dan kondisi sistem. Hukum tersebut pada prinsipnya
menunjukkan mekanisme terjadinya perubahan-perubahan. Bila selanjutnya dihubungkan
dengan persamaan kontinyuitas untuk massa, energi dan momentum, biasanya akan
tersusun persamaan-persamaan differensial. Jadi penyelesaian persamaan differensial
sangatlah penting diketahui di dalam bidang rekayasa, otomatis dia adalah seorang calon
Sarjana Teknik.
Pada umumnya PD (ordinair dan parsial) dapat diselesaikan secara eksak atau
analitis, namun dalam prakteknya tidaklah demikian, atau jawaban yang diperoleh
mungkin berbentuk deret tak terhingga. Oleh karenanya metode penyelesaian pendekatan
secara numerik telah banyak dikembangkan, bahkan akhir-akhir ini sangat meningkat
sebagai dampak dari perkembangan teknologi komputer yang sangat pesat.
3.1 Penyelesaian Persamaan Differensial Ordinair
Bentuk umum: 2 3
2 3, , , ........ , 0
n
n
dy d y d y d yf x y
dx dx dx dx
menunjukkan PD ordninair orde 'n'. Untuk mendapatkan penyelesaian khusus atau tertentu
(unique solution) perlu dipakai informasi tambahan, yaitu data harga f (x) atau derivatifnya
pada beberapa harga x tertentu. Untuk persamaan orde n, suatu jawaban khusus dapat
diperoleh dengan mengetahui sebanyak n data kondisi. Bila semua n data kondisi
ditentukan pada harga yang sama dari x (xo misalnya), maka persoalannya disebut nilai
awal (initial value problem). Bila n data kondisi tertentu pada beberapa harga x yang
berlainan, maka persoalannya adalah soal nilai batas (booundary value problem).
3.2 Persamaan Differensial Ordinair Orde Satu
Bentuk umum: , , 0dy
f x ydx
......... (3.1)
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 42
atau dapat dinyatakan sebagai: ( , )dy
f x ydx
.......... (3.2)
dengan syarat awal y = yo bila x = xo, penyelesaian primitif yang pertama
y = f (x) + C
penyelesaian khususnya adalah: y = g (x)
melalui (xo , yo), dan akhirnya nilai yang diminta:
0( )y g x h
Apabila tidak ada metode penyelesaian penutup, diperlukan beberapa cara pendekatan
secara numerik dengan mengintegralkan persamaan (3.2) di antara batas-batas:
x = xo , y = yo dan x = x , y = y
sehingga diperoleh:
( , )
o o
y x
y x
dy f x y dx 0 ( , )
o
x
x
y y f x y dx .......... (3.3)
untuk nilai y apabila x = xo + h, adalah
0
0 ( , )
o
x h
x
y y f x y dx
.......... (3.4)
3.2.1. Metoda Picard
Untuk x mendekati x = xo , nilai y = g (x) yang sesuai mendekati yo = g (xo).
Dengan demikan, pendekatan pertama y = g (x) yaitu y1 , diperoleh dengan mengganti y
dengan yo pada ruas kanan persamaan (3.3), yaitu:
1 0 0( , )
o
x
x
y y f x y dx
Pendekatan (iterasi) ke dua, y2 , diperoleh dengan mengganti y dengan y1 pada ruas kanan
persamaan (3.3), yaitu:
2 0 1( , )
o
x
x
y y f x y dx
Cara ini dilanjutkan, fungsi x berturut-turut didapat:
1 0 ( , )
o
x
i i
x
y y f x y dx .......... (3.5)
merupakan rumus metoda Picard untuk penyelesaian persamaan differensial secara
numerik.
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 43
Contoh soal:
1. Gunakan metode Picard untuk memperoleh y jika x = 0,2. Diketahui y = 1 jika x = 0 dan
dy/dx = x – y.
Penyelesaian
f (x , y) = x – y dan xo = 0 , yo = 1.
Iterasi (1)
1 0 0
0
( , )x
y y f x y dx = 0
1 ( 1)x
x dx
= 2 2 2
0 0
1 1 11 ( 1) 1 ( 2 1) 1 ( 2 )
2 2 2
x x
x x x x x
2
1
11
2y x x untuk x = 0,2 , maka y1 = 0,82
Iterasi (2)
2 0 1
0
( , )x
y y f x y dx = 2
0
11 1
2
x
x x x dx
= 2 3 2
00
1 11 2 1 1
2 6
xx
x x dx x x x
3 2
2
11
6y x x x untuk x = 0,2 , maka y2 = 0,83867
Iterasi (3)
3 0 2
0
( , )x
y y f x y dx = 3 2
0
11 1
6
x
x x x x dx
= 3 2 4 3 2
00
1 1 11 2 1 1 2 1
6 24 3
xx
x x x dx x x x x
4 3 2
3
1 11
24 3y x x x x untuk x = 0,2 , maka y3 = 0,83740
Iterasi (4)
4 0 3
0
( , )x
y y f x y dx = 4 3 2
0
1 11 1
24 3
x
x x x x x dx
=
5 4 34 3 2 2
00
1 11 2 1 1
24 3 120 12 3
xxx x x
x x x x dx x x
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 44
5 4 3
2
4 1120 12 3
x x xy x x untuk x = 0,2 , maka y4 = 0,83746
Iterasi (5)
5 0 4
0
( , )x
y y f x y dx = 5 4 3
2
0
1 1120 12 3
xx x x
x x x dx
= 5 4 3 6 5 4 3
2 2
00
1 1 1120 12 3 720 60 12 3
xxx x x x x x x
x x dx x x
6 5 4 3
2
5 1720 60 12 3
x x x xy x x untuk x = 0,2 , maka y4 =
0,83746
Di sini terlihat bahwa y4 y5 untuk 5 tempat desimal (lima angka di belakang koma).
Sehingga, y yang dimaksud adalah y = 0,83746.
3.2.2. Metoda Ekspansi Taylor
Ekspansi Taylor dari y = f (x), di sekitar (xo , yo), adalah:
2 3
0 00 0 0 0 0
( ) ( )( ) ( ) '( ) ''( ) '''( ) .......
2! 3!
x x x xy f x x x f x f x f x
1
100
( )( ) ......
( 1)!
nnx x
f xn
.......... (3.6)
Bila x = xo + h, atau h = (x - xo), diperoleh:
2 3 11
0 0 0 0 0 0( ) ( ) '( ) ''( ) '''( ) ....... ( ) ......2! 3! ( 1)!
nnh h h
y f x x x f x f x f x f xn
(3.7)
Bila y(xo) tertentu sebagai kondisi awal, maka f ( xo , yo ) dapat diketahui dari persamaan
semula ( , )dy
f x ydx
.
Untuk mengevaluasi derivatif yang lebih tinggi pada persamaan (3.6) atau (3.7),
turunan/diferensiasi dilakukan dengan:
2
2" .
d y df f f yy
dx dx x y x
.......... (3.8)
Karena f merupakan fungsi x dan y, dan y" adalah:
"' . "d f f y d
y ydx x y x dx
.......... (3.9)
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 45
Contoh soal:
2) Tentukan y, jika dy
x ydx
, dengan metode Deret Taylor untuk:
a. x = 0,2 , bila diketahui y = 1 jika x = 0
b. x = 1,6 , bila diketahui y = 0,4 jika x = 1
Penyelesaian: ( , )dy
x y f x ydx
a. (1) Kondisi awal y (xo) = yo = 1
(2) 'dy
y x ydx
, untuk x = 0 , y = 1 y' = - 1
(3) " . 1 ( 1) 1 ' 1 ( 1) 2f f y dy
y yx y x dx
(4) ''' 1 ' " 2d
y y ydx
(5) '' "' 2iv dy y y
dx
(6) ''' 2ivv dy y y
dx , dst.
Dengan persamaan (3.6) Deret Taylor didapat:
2 3 4 52 2 2 21 .....
2 1.2.3 1.2.3.4 1.2.3.4.5y x x x x x
2 3 4 51 1 11
3 12 60y x x x x x
Untuk x = 0,2
2 3 4 51 1 11 0,2 (0,2) (0,2) (0,2) (0,2)
3 12 60y 0,83746
b. (1) Kondisi awal yo = 4, xo = 1 dan h = x – xo
(2) 'dy
y x ydx
, untuk x = 1 , y = 4 y' = 0,6
(3) " . 1 ( 1) 1 ' 1 (0,6) 0,4f f y dy
y yx y x dx
(4) ''' 1 ' " 0,4d
y y ydx
(5) '' "' 0, 4iv dy y y
dx
(6) ''' 0, 4ivv dy y y
dx , dst.
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 46
Dengan persamaan (3.6) Deret Taylor didapat:
2 3 4 5
0,4 0,6 0,4 0,4 0,4 0,4 .....2! 3! 4! 5!
h h h hy h
Dimana 0h x x = 1,6 – 1 = 0,6
2 3 4 5(0,6) (0,6) (0,6) (0,6)0,4 0,6(0,6) 0,4 0,4 0,4 0,4 .....
2! 3! 4! 5!y 0,81953
3.2.3. Metoda Runge
Dari persamaan 0
0
( , )
x h
y y f x y dx
, dan maka
0
0 ( , )
x h
x
k y y f x y dx
, dengan
aturan Simpson diperoleh:
0 0 0 1 0 2
1
2( , ) 4 ( , ) ( , )
6
hk f x y f x h y f x h y
dimana : 0x x h atau 0h x x x
dan : 0k y y y
1 4 3
1
64k k k k
dimana : 1 0k h f
2 0 0 1( , )k h f x h y k
3 0 0 2( , )k h f x h y k
4 0 0 1
1 1
2 2,k h f x h y k
dan 0 0 0 1 4 3
1
64y y k y y y k k k .......... (3.10)
adalah rumus metode Runge.
3.2.4. Metoda Runge-Kutta
Sering disebut juga Kutta-Simpson, adalah pengembangan dari metode Runge,
menggunakan perhitungan berikut:
1 0k h f 3 0 0 2
1 1
2 2,k h f x h y k
2 0 0 1
1 1
2 2,k h f x h y k 4 0 0 3( , )k h f x h y k
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 47
0 0 1 2 3 4
1
62 2y y k y k k k k .......... (3.11)
adalah rumus metode Runge-Kutta.
Contoh soal:
3. Gunakan metode Runge untuk memperoleh x = 1,6. Diketahui y = 0,4 jika x = 1 dan
dyx y
dx .
Penyelesaian:
0 0 0( , ) (1 , 0,4) , 1,6 1 0,6x y h x x
0 0 0 1 0,4 0,6f x y
1 0 (0,6) (0,6) 0,36k h f
2 0 0 1( , ) 0,6 (1 0,6) (0,4 0,36) 0,504k h f x h y k
3 0 0 2( , ) 0,6 (1 0,6) (0,4 0,504) 0,4176k h f x h y k
4 0 0 1
1 1
2 2, 0,6 1 0,3 (0,4 0,18) 0,432k h f x h y k
1 4 3
1 1
6 64 0,36 4 (0,432) 0,4176 0,4176k k k k
0 0,4 0,4176 0,8176y y k
4. Gunakan metode Runge-Kutta untuk soal yang sama dengan no. 3 di atas.
Penyelesaian
1 0 (0,6) (0,6) 0,36k h f
2 0 0 1
1 1
2 2, 0,6 (1 0,3) (0,4 0,18) 0,432k h f x h y k
3 0 0 2
1 1
2 2, 0,6 (1 0,3) (0,4 0,216) 0,4104k h f x h y k
4 0 0 3( , ) 0,6 (1 0,6) (0,4 0,4104) 0,47376k h f x h y k
1 2 3 4
1 1
6 62 2 0,36 2 (0,432) 2 (0,4104) 0,47376 0,41976k k k k k
0 0,4 0,41976 0,81976y y k
Dari contoh soal 3 dan 4 di atas, terlihat bahwa metode Runge-Kutta lebih teliti.
Bandingkan dengan cara langsung.
dy dyx y y x
dx dx dengan PD linier
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 48
. ( 1)x x x xy e xe e c e x c atau ( 1) xy x c e
Untuk ( xo + yo ) = ( 1 , 0,4) c = 1,0873
Pada harga x = 1,6 y = (1,6 – 1) + (1,0873) 1,6e = 0,81952
3.3 Persamaan Differensial Serentak Tingkat Satu
Bentuk umum: (1) ( , , )dy
f x y zdx
(2) ( , , )dz
g x y zdx
dimana y = yo , z = zo jika x = xo.
Dapat diselesaikan dengan metode terdahulu,
0
0
01
01
( , , ) .......... (3.12)
( , , ) .......... (3.13)
x
i i
x
x
i i
x
i
i
y y f x y z dx
z z g x y z dx
Contoh Soal
5. Gunakan metode Picard untuk memperoleh y dan z yang sesuai dengan x = 0,1 dari
persamaan: dy
x zdx
dan 2dz
x ydx
, yang memenuhi y = 2, z = 1 jika x = 0.
Penyelesaian:
Disini ( , , )dy
f x y zdx
dan ( , , )dz
g x y zdx
dan 0 0 0( , , ) (0,2,1)x y z
(1) Iterasi 1, i = 0
1 0 0 0
0 0
( , , ) 2 ( 1)x x
y y f x y z dx x dx
2 2
10
1 1
2 22 ( 1) 2 ( 2 1) (1)
x
y x x x = 21
22x x
Untuk x = 0,1 maka y1 = ½ (0,1)2 + 0,1 + 2 = 2,105
1 0 0 0
0 0
( , , ) 1 ( 4)x x
z z g x y z dx x dx
2 2
10
1 1
2 21 ( 4) 1 ( 8 16) (16)
x
z x x x = 21
24 1x x
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 49
Untuk x = 0,1 maka z1 = ½ (0,1)2 – 4 (0,1) + 1 = 0,605
(2) Iterasi 2
2 0 1 1 1
0 0
( , , ) 2 ( )x x
y y f x y z dx x z dx
2 3 2
2
0
1 1 3
2 6 22 3 1 2
x
y x x dx x x x
Untuk x = 0,1 maka y2 = 2,08517
2
2 0 1 1 1
0 0
( , , ) 1 ( ( ) )x x
z z g x y z dx x y dx
2
2 4 2 3 2
2
0 0
1 1
2 41 2 1 4 2 4
x x
z x x x dx x x x x x x dx
4 3 2
2
0
1
41 3 3 4
x
z x x x x dx = 5 4 3 21 1 3
20 4 21 4x x x x x
Untuk x = 0,1 maka z2 = 0,58397
(3) Iterasi 3
3 0 2 2 2
0 0
( , , ) 2 ( )x x
y y f x y z dx x z dx
2 3 4 5
3
0
3 1 1
2 4 202 1 3
x
y x x x x x dx
2 3 4 5 6
3
3 1 1 1 1
2 2 4 20 1202y x x x x x x
Untuk x = 0,1 maka y3 = 2,08447
2
3 0 2 2 2
0 0
( , , ) 1 ( )x x
z z g x y z dx x y dx
2 3 4 5 6
3
0
7 31 1 1
3 12 2 361 4 3 5
x
z x x x x x x dx
2 3 4 5 6 7
3
3 5 7 31 1 1
2 3 12 60 12 2521 4z x x x x x x x
Untuk x = 0,1 maka z3 = 0,58672
Untuk sementara, sampai pada iterasi ke 3 adalah:
y1 = 2,105 z1 = 0,605
sudah hampir mendekati y2 = 2,08517 z2 = 0,58397
y3 = 2,08447 z3 = 0,58672
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 50
Iterasi dapat diteruskan sampai harga yn yn+1 , dan zn zn+1 , adalah sebagai hasil
akhir.
6. Gunakan metode Runge untuk mendekati y dan z jika x = 0,3 sehingga penyelesaian
khusus sistem dy
x zdx
dan dz
y zdx
, yang memiliki y = 0,5 , z = 0 jika x = 0,2.
Penyelesaian:
Disini ( , , )f x y z x z dan ( , , )g x y z y z
0 0 0( , , ) (0,2 , 0,5 , 0)x y z , 0 0,1h x x x , 0 0,2f dan 0 0,5g
(1) 1 0 (0,1) (0,2) 0,02k h f
1 0 (0,1) (0,5) 0,05l h g
(2) 2 0 0 1 0 1, , 0,1 (0,2 0,1) 0,05 0,05236k h f x h y k z l
2 0 0 1 0 1, , 0,1 (0,5 0,02) 0,05 0,02964l h g x h y k z l
(3) 3 0 0 2 0 2, , 0,1 (0,2 0,1) 0,02964 0,047216k h f x h y k z l
3 0 0 2 0 2, , 0,1 (0,5 0,02) 0,02964 0,034784l h g x h y k z l
(4) 4 0 0 1 0 1
1 1 1
2 2 2, , 0,1 0,25 0,025 0,040811k h f x h y k z l
4 0 0 1 0 1
1 1 1
2 2 2, , 0,1 0,51 0,025 0,035189l g f x h y k z l
Didapat : 1 4 3
1
64 0,03841k k k k
1 4 3
1
64 0,03757l l l l
dan 0 0,53841y y k
0 0,03759z z l
7. Soal no. 6, cobalah dengan metode Runge-Kutta.
3.4 Persamaan Differensial Ordinair Orde Tinggi (Tingkat n)
Bentuk Umum: 1( , , ', ",......, )n
n
nd yf x y y y y
dx
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 51
dimana : 2
2' , " , .......
dy d yy y
dx dx dapat diubah ke sistem Persamaan Differensial
Serentak atau Simultan tingkat satu (orde satu).
22 11
1 2 1 2 12, .... , , .... , ( , , , , ..... , )
n n
n
dy dydydy d yy y f x y y y y
dx dx dx dx dx
apabila syarat awal 1
0 0 1 0 2 0 1, , ' ( ) , " ( ) , ..... , ( )nnx x y y y y y y y y
diketahui.
Contoh Soal:
2
22 4 0
d y dyx y
dx dx
Misal: 2
2,
dy d yz dz
dx dx , maka PD Serentak adalah:
(1) ( , , )dy
z f x y zdx
(2) 4 2 ( , , )dz
y x z g x y zdx
8. Dengan metode Runge-Kutta, dekatilah/carilah y yang sesuai dengan x = 0,1 , sehingga
penyelesaian khusus 2
22 4 0
d y dyx y
dx dx memenuhi y = 0,2 , 0,5
dy
dx , jika x = 0.
Penyelesaian
( , , )dy
z f x y zdx
dan 4 2 ( , , )dz
y x z g x y zdx
Disini:
0 0 0( , , ) (0 , 0,2 , 0,5)x y z , 0 0,1h x x x , 0 0,5f dan 0 0,8g
(1) 1 0 (0,1) (0,5) 0,05k h f
1 0 (0,1) (0,8) 0,08l h g
(2) 2 0 0 1 0 1
1 1 1
2 2 2, ,k h f x h y k z l
1
20,1 0,5 (0,08) 0,1 (0,54) 0,054
2 0 0 1 0 1
1 1 1
2 2 2, ,l h g x h y k z l
1 1 1
2 2 20,1 4 0,2 (0,05) 2 0 (0,1) 0,5 (0,08)
0,1 4 (0,2 0,025) 0,1 (0,0504) 0,1 (0,8496) 0,08496
(3) 3 0 0 2 0 2
1 1 1
2 2 2, ,k h f x h y k z l
1
20,1 0,5 (0,08496) 0,1 (0,5425) 0,05425
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 52
3 0 0 2 0 2
1 1 1
2 2 2, ,l h g x h y k z l
1 1 1
2 2 20,1 4 0,2 (0,05425) 2 0 (0,1) 0,5 (0,08496)
0,1 (0,9085 0,05425) 0,085425
(4) 4 0 0 3 0 3, , 0,1 0,5 0,085425 0,0585425k h f x h y k z l
1 2 3 4
1
62 2 0,05417k k k k k
0 0 0,2 0,05417 0,25417y y y y k
9. 4 3
2
4 32 5
d y d yx y x
dx dx
Penyelesaian
Dengan substitusi harga-harga:
dyz
dx ,
2
2
d y dzu
dx dx ,
3 2
3 2
d y d z duv
dx dx dx , dan
4 3 2
4 3
d y d z d u dv
dx dx dx dx
Diperoleh persamaan differensial ordinair orde satu serempak:
(1) dy
zdx
; (2) dz
udx
; (3) du
vdx
dan (4) 25 2
dvx x v y
dx
Persamaan ini selanjutnya dapat diselesaikan dengan metode-metode yang ada, dst.
- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -
- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 53
3.4 Soal Latihan Bab III
1. Carilah dengan pendekatan nilai y jika x = 0,1.
Diketahui y = 1 bila x = 0, dan 23
dyx y
dx
a. Dengan metode Picard.
b. Dengan metode Deret Taylor.
c. Dengan motode Runge-Kutta.
2. Pada dy
x ydx
, dekatilah y bila x = 0,025 dan y = 1, bila x = 0, dengan metode
Runge-Kutta.
3. Gunakan metode Runge untuk mencari y bila x = 2,2 jika y’ = 1 + y/x dan y = z bila x =
2.
4. Gunakan metode Kutta-Simpson untuk mendekati y bila x = 0,5, jika 2dy
x ydx
dan y = 0,17 bila x = 0,3.
5. Untuk 2
23 0
d y dyx y
dx dx yang memenuhi y = 0,1 , y’ = 0,2 , jika x = 0,1. Carilah
pendekatan y bila x = 0,2 dengan metode apa saja.
6. Diketahui dy
y zdx
dan 2dz
x ydx
memenuhi y = 0,4 , z = 0,1 jika x = 0,1.
Hitunglah pendekatan nilai y dan z bila x = 0,2 dengan metode Runge.