Metode Runge-Kutta Orde 3 untuk Perdif Numerik
1. Masalah Matematika di Balik Layar
Untuk membuat metode Runge-Kutta Orde 3, para ahli matematika tidak langsung menemukan angka ajaib. Mereka memulainya dari sebuah kerangka umum (rumus kosong). Kerangka umum Runge-Kutta Orde 3 terlihat seperti ini:
yᵢ₊₁ = yᵢ + (a₁k₁ + a₂k₂ + a₃k₃)h
Di mana nilai k (kemiringan/slope) dihitung dengan parameter yang belum diketahui:
k₁ = f(xᵢ, yᵢ)
k₂ = f(xᵢ + p₂h, yᵢ + q₂₁k₁h)
k₃ = f(xᵢ + p₃h, yᵢ + q₃₁k₁h + q₃₂k₂h)
Ada 8 parameter, yaitu:
Bobot (a): a₁, a₂, a₃ (3 variabel)
Langkah x (p): p₂, p₃ (2 variabel)
Langkah y (q): q₂₁, q₃₁, q₃₂ (3 variabel)
2. Persamaan untuk Mencari Variabel
Agar rumus ini akurat (disebut memiliki akurasi Orde 3), ia harus tunduk pada hukum matematika yang disebut Deret Taylor. Ketika rumus kerangka di atas dicocokkan dengan Deret Taylor sampai turunan ketiga, ada 6 syarat wajib (persamaan) yang harus dipenuhi, antara lain:
a₁ + a₂ + a₃ = 1 (total bobot harus 1)
a₂p₂ + a₃p₃ = ½
a₂p₂² + a₃p₃² = ⅓
a₃p₂q₃₂ = ⅙
p₂ = q₂₁
p₃ = q₃₁ + q₃₂
Nah, di sinilah masalahnya muncul: Kita punya 8 variabel yang dicari, tapi cuma punya 6 petunjuk (persamaan).
3. Kebebasan Memilih dan Versi Populer
A. Kebebasan Memilih
Dalam aljabar, jika banyaknya variabel lebih dari banyaknya persamaan (8 > 6), kita tidak bisa menemukan satu jawaban tunggal. Kita memiliki apa yang disebut sistem tak tentu.
Solusinya? Seperti kata: "2 bilangan tak diketahui harus ditetapkan."
Artinya, pembuat rumus bebas memilih nilai untuk 2 variabel sesuka hati (sembarang), barulah sisa 6 variabel lainnya bisa dihitung secara otomatis.
B. Versi Populer
Versi paling populer dari RK Orde 3 ini adalah ditetapkannya p₂ = ½ dan p₃ = 1, diperoleh:
a₁ = ⅙, a₂ = ⅔, a₃ = ⅙
q₂₁ = ½, q₃₁ = –1, q₃₂ = 2
Sehingga rumusnya adalah:
yᵢ₊₁ = yᵢ + (⅙k₁ + ⅔k₂ + ⅙k₃)h = yᵢ + ⅙h(k₁ + 4k₂ + k₃)
k₁ = f(xᵢ, yᵢ)
k₂ = f(xᵢ + ½h, yᵢ + ½hk₁)
k₃ = f(xᵢ + h, yᵢ – hk₁ + 2hk₂)
Contoh Soal
Selesaikan persamaan diferensial berikut ini dengan RK Orde-3:
dy/dt = −2ty²
dari t = 0 sampai t = 1 dengan menggunakan langkah h = 0,2 dan kondisi awal y(0) = 1.
• y(0,2)
k₁ = −2(0)(1)² = 0
k₂ = −2(0 + 0,1)[1 + (0,1)(0)]² = −0,2
k₃ = −2(0 + 0,2)[1 − (0,2)(0) + (0,4)(−0,2)]² = −0,33856
y(0,2) = 1 + ⅙(0,2)[0 + 4(−0,2) − 0,33856] = 0,962048
• y(0,4)
k₁ = −2(0,2)(0,962048)² = −0,37021
k₂ = −2(0,2 + 0,1)[0,962048 + (0,1)(−0,37021)]² = −0,5134
k₃ = −2(0,2 + 0,2)[0,962048 − (0,2)(−0,37021) + (0,4)(−0,5134)]² = −0,55209
y(0,4) = 0,962048 + ⅙(0,2)[−0,37021 + 4(−0,5134) − 0,55209] = 0,862851
• y(0,6)
k₁ = −2(0,4)(0,862851)² = −0,59561
k₂ = −2(0,4 + 0,1)[0,862851 + (0,1)(−0,59561)]² = −0,64527
k₃ = −2(0,4 + 0,2)[0,862851 − (0,2)(−0,59561) + (0,4)(−0,64527)]² = −0,62877
y(0,6) = 0,862851 + ⅙(0,2)[−0,59561 + 4(−0,64527) − 0,62877] = 0,736001
• y(0,8)
k₁ = −2(0,6)(0,736001)² = −0,65004
k₂ = −2(0,6 + 0,1)[0,736001 + (0,1)(−0,65004)]² = −0,63033
k₃ = −2(0,6 + 0,2)[0,736001 − (0,2)(−0,65004) + (0,4)(−0,63033)]² = −0,60295
y(0,8) = 0,736001 + ⅙(0,2)[−0,65004 + 4(−0,63033) − 0,60295] = 0,610191
• y(1)
k₁ = −2(0,6)(0,610191)² = −0,59573
k₂ = −2(0,6 + 0,1)[0,610191 + (0,1)(−0,59573)]² = −0,54572
k₃ = −2(0,6 + 0,2)[0,610191 − (0,2)(−0,59573) + (0,4)(−0,54572)]² = −0,52234
y(1) = 0,610191 + ⅙(0,2)[−0,59573 + 4(−0,54572) − 0,52234] = 0,500159
Jadi, nilai y(1) adalah 0,500159.
Perhatikan bahwa solusi eksak dari Perdif ini adalah y = 1/(1 + t²), berikut ini tabel error relatif:
|
t |
y |
y eksak |
Error relatif |
|
0 |
1 |
1 |
0 |
|
0,2 |
0,962048 |
0,961538 |
0,052992% |
|
0,4 |
0,862851 |
0,862069 |
0,090673% |
|
0,6 |
0,736001 |
0,735294 |
0,09618% |
|
0,8 |
0,610191 |
0,609756 |
0,071277% |
|
1 |
0,500159 |
0,5 |
0,031707% |
Komentar
Posting Komentar