BAB I METODE NUMERIK SECARA UMUM
1.1 Pengertian Metode Numerik Metode numerik merupakan teknik untuk menyelesaikan masalah matematika dengan pengoperasian aritmatika (hitungan), metode penyelesaian model matematika dengan rumus – rumus aljabar yang sudah baku atau lazim. Contoh ilustrasi : 1.
Tentukan akar-akar persamaan polinom : 14𝑥 5 + 5𝑥 4 + 2𝑥 3 − 𝑥 2 − 𝑥 − 12 = 0
2.
Tentukan harga 𝑥 yang memenuhi persamaan: √27,8𝑒 5𝑥 −
1 (120𝑥 2 + √2𝑥) = cos ;1 𝑥 17𝑥 − 65
Soal (1) tidak terdapat rumus aljabar untuk menghitung akar polinom.
Sousi untuk (1) memanipulasi polinom, misalnya memfaktorkan (atau menguraikan ) polinom menjadi perkalian beberapa suku.
Kendala : semakin tinggi derajat polinom, semakin sukar memfaktorkannya.
Soal (2) masih sejenis dengan soal (1) yaitu menentukan nilai 𝑥 yang memenuhi kedua persamaan.
1.2 Alasam Mempelajari Metode Numerik Beberapa alasan mengapa kita harus mempelajari metode numerik : 1.
Metode numerik merupakan alat bantu pemecahan masalah matematika yang sangat
ampuh.
Metode
numerik
mampu
menangani
sistem
persamaan besar, ketidaklinearan, dan geometri yang rumit yang
dalam
praktek
rekayasa
seringkali
tidak
mungkin
dipecahkan secara analitik. 2.
Metode numerik menyediakan sarana untuk memperkuat kembali pemahamanmatematika, karena metode numerik ditemukan dengan
Metode Numerik
Page 1
cara menyederhanakanmatematika yang lebih tinggi menjadi operasi matematika yang mendasar. 3.
Menyediakan karena
sarana
salah
satu
memperkuat kegunaannya
pengetahuan adalah
matematika,
menyederhanakan
matematika yang lebih tinggi menjadi operasi – operasi matematika yang mendasar.
1.3 Tahap Pemecahan Secara numeris : 1.
Pemodelan
2.
Penyederhanaan model
3.
Formulasi Numerik a.
Menentukan metoe numeric yang akan dipakai, bersama dengan analisis error awal.
b.
Pertimbangan pemilihan metode 1) Apakah metode tersebut teliti ? 2) Apakah
metode
mudah
diprogram,
dan
waktu
pelaksanaannya cepat ? 3) Apakah metode tersebut peka terhadap ukuran data ? c.
Menyusun algoritma dari metode numeric yang dipilih
4.
Pemrograman
5.
Operasional
-> pengujian program dengan data uji
6.
Evaluasi
->
kualitas
solusi
intepretasi
numeric,
output,
pengambilan
penaksiran
keputusan
untuk
menjelaskan program guna memperoleh hasil yang lebih baik.
1.4 Langkah-langkah Penyelesaian persoalan numerik : 1.1 Identifikasi masalah 1.2 Memodelkan masalah ini secara matemais 1.3 Identifikasi metode numerik yang diperlukan untuk menyelesaikannya
Metode Numerik
Page 2
1.4 Analisis hasil akhir : implementasi, metode, model dan masalah
1.5 Jenis-jenis persoalan matematika yang akan diselesaikan secara numerik dalam naskah ini: 1. Pencarian akar-akar persamaan tak linear. 2. Metode iteratif untuk penyelesaian sistem persamaan linear 3. Interpolasi linear, kuadrat, Newton, dan spline. 4. Regresi kuadrat terkecil. 5. Diferensiasi numerik. 6. Persamaan diferensial biasa. 7. Integrasi numerik.
Metode Numerik
Page 3
BAB II DERET TAYLOR DAN ANALISIS GALAT
2.1 Deret
Taylor dan Deret MaclLaurin
Deret Taylor Rumus : 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) +
(𝑥 − 𝑥0 )2 ′′ (𝑥 − 𝑥0 )𝑚 𝑚 (𝑥 − 𝑥0 ) ′ (𝑥0 ) + … + 𝑓 (𝑥0 ) + 𝑓 𝑓 (𝑥0 ) + … 1! 2! 𝑚! (𝒙𝟎 ) = 𝟏
Pada deret Taylor ini mempunyai panjang deret yang tak berhingga sehingga untuk mempermudahkan penulisan suku-suku selanjutnya kita menggunakan tanda elipsis (...). contoh 1
:
Hampiri fungsi 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑖𝑛 (𝑥) ke dalam deret Taylor di sekitar 𝑥0 = 1. Penyelesaian : Tahap 1 : Menentukan turunan 𝑠𝑖𝑛 (𝑥) terlebih dahulu sebagai berikut : 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 𝑓′(𝑥) = cos 𝑥 𝑓′′(𝑥) = −sin 𝑥 𝑓′′′(𝑥) = −cos 𝑥 𝑓 4 (𝑥) = sin 𝑥 Dan seterusnya. Tahap 2 : Subtitusikan 𝑠𝑖𝑛 (𝑥) beserta turunannya ke persamaan deret taylor dibawah ini: 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) +
(𝑥 − 𝑥0 )2 ′′ (𝑥 − 𝑥0 )𝑚 𝑚 (𝑥 − 𝑥0 ) ′ (𝑥0 ) + … + 𝑓 (𝑥0 ) + 𝑓 𝑓 (𝑥0 ) + … 1! 2! 𝑚!
Maka akan menghasilkan :
Metode Numerik
Page 4
𝑆𝑖𝑛 (𝑥) = 𝑠𝑖𝑛 (𝑥0 ) +
(𝑥 − 𝑥0 ) 1! +
𝑐𝑜𝑠 (𝑥0 ) +
(𝑥 − 𝑥0 )2 2!
(−𝑠𝑖𝑛 (𝑥0 ))
(𝑥 − 𝑥0 )3 (𝑥 − 𝑥0 )4 (−𝑐𝑜𝑠 (𝑥0 )) + 𝑠𝑖𝑛 (𝑥0 ) + … 3! 4!
Tahap 3 : Karena pada deret taylor 𝑥0 = 1, maka subtitusi 𝑥0 menjadi 1: 𝑆𝑖𝑛 (𝑥) = 𝑠𝑖𝑛 (1) +
(𝑥 − 1) (𝑥 − 1)2 (𝑥 − 1)3 𝑐𝑜𝑠 (1) + (−𝑠𝑖𝑛 (1)) + (−𝑐𝑜𝑠 (1)) 1! 2! 3! 4 (𝑥 − 𝑥0 ) + 𝑠𝑖𝑛 (1) + … 4!
Pada suku-suku deret taylor tidak berhingga banyaknya, maka untuk alasan praktis deret Taylor dipotong sampai suku orde tertentu. contoh 2 : Tentukan deret Taylor
𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 (𝑥) ke dalam deret Taylor di
sekitar 𝑥0 = 1 untuk 𝑓(𝑥) hingga suku orde 3. Penyelesaian : Tahap 1 : Menentukan turunan 𝑐𝑜𝑠 (𝑥) terlebih dahulu sebagai berikut : 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑓′(𝑥) = −sin 𝑥 𝑓"(𝑥) = −cos 𝑥 𝑓"′(𝑥) = sin 𝑥 Tahap 2 : Subtitusikan 𝑐𝑜𝑠 (𝑥) bersama dengan turunan 𝑐𝑜𝑠 (𝑥) ke persamaan deret taylor dibawah ini: 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) +
(𝑥 − 𝑥0 )2 ′′ (𝑥 − 𝑥0 ) ′ 𝑓 (𝑥0 ) + 𝑓 (𝑥0 ) + … 1! 2! (𝑥 − 𝑥0 )𝑚 𝑚 + 𝑓 (𝑥0 ) + … 𝑚!
Maka akan menghasilkan :
Metode Numerik
Page 5
(𝑥 − 𝑥0 ) (𝑥 − 𝑥0 )2 (−𝑠𝑖𝑛 (𝑥0 )) + (−𝑐𝑜𝑠 (𝑥0 )) 1! 2! 3 (𝑥 − 𝑥0 ) + 𝑠𝑖𝑛 (𝑥0 ) 3!
𝐶𝑜𝑠 (𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 (𝑥0 ) +
Karena pada deret taylor 𝑥0 = 1, maka subtitusi 𝑥0 menjadi 1: 𝐶𝑜𝑠 (𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 (1) +
(𝑥 − 1) (𝑥 − 1)2 (−𝑠𝑖𝑛 (1)) + (−𝑐𝑜𝑠 (1)) 1! 2! 3 (𝑥 − 1) + 𝑠𝑖𝑛 (1) 3!
Deret MacLaurin Rumus : 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) +
Pada deret berhingga
(𝑥 − 𝑥0 )2 ′′ (𝑥 − 𝑥0 ) ′ 𝑓 (𝑥0 ) + 𝑓 (𝑥0 ) + … 1! 2! (𝑥 − 𝑥0 )𝑚 𝑚 + 𝑓 (𝑥0 ) + … 𝑚! (𝒙𝟎 ) = 𝟎
MacLaurin ini juga mempunyai panjang deret yang tak sehingga
untuk
mempermudahkan
penulisan
suku-suku
selanjutnya kita menggunakan tanda elipsis (...). Contoh 3 : Tentukan deret MacLaurin untuk 𝑠𝑖𝑛 𝑥. Penyelesaian : Tahap 1 : Menentukan turunan 𝑠𝑖𝑛 (𝑥) terlebih dahulu sebagai berikut : 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 𝑓
′(𝑥)
𝑓
′′(𝑥)
𝑓
′′′(𝑥)
= cos 𝑥 = − sin 𝑥 = − cos 𝑥
𝑓 4 (𝑥) = sin 𝑥 . .
𝑓(0) = sin 0 𝑓
′ (0)
= cos 0
0 1
𝑓′′(0) = −sin 0
0
𝑓′′′(0) = −cos 0
-1
𝑓 4 (0) = sin 0
0
. .
Tahap 2 :
Metode Numerik
Page 6
Subtitusikan 𝑠𝑖𝑛 (𝑥) bersama dengan turunan 𝑠𝑖𝑛 (𝑥)
ke persamaan
dibawah ini: 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) +
(𝑥 − 𝑥0 )2 ′′ (𝑥 − 𝑥0 ) ′ 𝑓 (𝑥0 ) + 𝑓 (𝑥0 ) + … 1! 2! 𝑚 (𝑥 − 𝑥0 ) 𝑚 + 𝑓 (𝑥0 ) + … 𝑚!
Maka akan menghasilkan : 𝑆𝑖𝑛 (𝑥) = 𝑠𝑖𝑛 (𝑥0 ) +
(𝑥 − 𝑥0 ) (𝑥 − 𝑥0 )2 𝑐𝑜𝑠 (𝑥0 ) + (−𝑠𝑖𝑛 (𝑥0 )) 1! 2! (𝑥 − 𝑥0 )3 (𝑥 − 𝑥0 )4 + (−𝑐𝑜𝑠 (𝑥0 )) + 𝑠𝑖𝑛 (𝑥0 ) + … 3! 4!
Tahap 3 : Karena pada deret MacLaurin 𝑥0 = 0, maka subtitusi 𝑥0 menjadi 0: 𝑆𝑖𝑛 (𝑥) = 𝑠𝑖𝑛 (0) +
(𝑥 − 0) (𝑥 − 0)2 𝑐𝑜𝑠 (0) + (−𝑠𝑖𝑛 (0)) 1! 2! (𝑥 − 0)3 (𝑥 − 0)4 + (−𝑐𝑜𝑠 (0)) + 𝑠𝑖𝑛 (0) + … 3! 4!
Tahap 4 : Operasikan deret di bawah ini : 𝑆𝑖𝑛 (𝑥) = 0 +
(𝑥) (𝑥)2 (𝑥)3 (𝑥)4 1+ 0+ (−1) + 0+ … 1! 2! 3! 4!
Hasil akhir : sin 𝑥 = 𝑥 −
𝑥3 3!
Pada suku-suku deret MacLaurin tidak berhingga banyaknya, maka untuk alasan praktis deret MacLaurin dipotong sampai suku orde tertentu. Cotoh 4
:
Tentukan deret MacLaurin untuk 𝑓(𝑥) hingga suku orde 3 dari 𝑓(𝑥) = tan 𝑥 Penyelesaian : Tahap 1 : Menentukan turunan 𝑡𝑎𝑛 (𝑥) terlebih dahulu sebagai berikut :
Metode Numerik
Page 7
𝑓(𝑥) = tan 𝑥 1 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 2 sin 𝑥 𝑓′′(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑓 ′(𝑥) =
𝑓 ′′′(𝑥) =
2 2𝑠𝑖𝑛2 𝑥 + 4 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑐𝑜𝑠 4 𝑥
Tahap 2 : Subtitusikan tan (𝑥) beserta turunannya ke persamaan dibawah ini: 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) +
(𝑥 − 𝑥0 )2 ′′ (𝑥 − 𝑥0 ) ′ 𝑓 (𝑥0 ) + 𝑓 (𝑥0 ) + … 1! 2! (𝑥 − 𝑥0 )𝑚 𝑚 + 𝑓 (𝑥0 ) + … 𝑚!
Maka akan menghasilkan : 𝑡𝑎𝑛(𝑥) = 𝑡𝑎𝑛(𝑥0 ) +
(𝑥 − 𝑥0 )2 2 sin 𝑥 (𝑥 − 𝑥0 ) 1 (𝑥0 ) + + … 2 1! 𝑐𝑜𝑠 𝑥 2! 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 (𝑥 − 𝑥0 )𝑚 2 2𝑠𝑖𝑛2 𝑥 + + + … 𝑚! 𝑐𝑜𝑠 4 𝑥 𝑐𝑜𝑠 4 𝑥
Tahap 3 : Karena pada deret MacLaurin 𝑥0 = 0, maka subtitusi 𝑥0 menjadi 0: 𝑡𝑎𝑛(𝑥) = 0 +
(𝑥 − 0)2 (𝑥 − 0)3 (𝑥 − 0) 1+ 0 + …+ 2 1! 2! 3!
Tahap 4 : Operasikan deret di bawah ini : 𝑆𝑖𝑛 (𝑥) =
𝑥 2𝑥 + 1! 3!
Hasil akhir : sin 𝑥 = 𝑥 +
2𝑥 3 6
sin 𝑥 = 𝑥 +
𝑥3 3
Deret MacLaurin yang Penting. 1. 2.
1 1;𝑥
= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + …
ln(1 + 𝑥) = 𝑥 −
Metode Numerik
𝑥2 2
+
𝑥3 3
+
𝑥4 4
+
𝑥5 5
+ …
Page 8
3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
𝑥3
𝑡𝑎𝑛 ;1𝑥 = 𝑥 −
𝑥2
𝑥
𝑒 = 1+𝑥+ sin 𝑥 = 𝑥 − cos 𝑥 = 1 −
3! 2!
sinh 𝑥 = 𝑥 + cosh 𝑥 = 1 + 2
+
𝑥2 𝑥3 3
(1 + 𝑥) = 1 +
3!
5!
–
𝑥4 4!
+
2!
𝑥3
𝑥5
+
𝑥2
5
+
2!
𝑥3
𝑥5
+
3
+
5 𝑥4 4!
(𝑝1)𝑥
𝑥4 4!
𝑥7
𝑥6 6! 𝑥7
+ +
7
− …
− …
9!
+
6!
9
+ …
+
𝑥6
𝑥9
𝑥9
+
7!
+
+
7
+
−
𝑥5
𝑥7
−
𝑥8 8! 𝑥9
+
9
− … + …
𝑥8 8!
(𝑝2)𝑥 2
+ …
+ (𝑝3)𝑥 3 + (𝑝4) 𝑥 4 + …
Deret Taylor dan Deret MacLaurent mempunyai rumus deret yang sama yaitu : (𝑥 − 𝑥0 )2 ′′ (𝑥 − 𝑥0 ) ′ 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) + 𝑓 (𝑥0 ) + 𝑓 (𝑥0 ) + … 1! 2! (𝑥 − 𝑥0 )𝑚 𝑚 + 𝑓 (𝑥0 ) + … 𝑚! Hanya saja berbeda pada nilai 𝑥0 , yaitu :
Jika pada Deret Taylor 𝑥0 adalah 1.
Jika pada Deret MacLaurent 𝑥0 adalah 1.
2.2 Aalisis Galat Menganalisis galat sangat penting di dalam perhitungan yang menggunakan metode numerik. Galat berasosiasi dengan seberapa dekat solusi hampiran terhadap solusi sejatinya. Semakin kecil galatnya, semakin teliti solusi numerik yang didapatkan. 𝑁𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑠𝑒𝑗𝑎𝑡𝑖 ( 𝑡𝑟𝑢𝑒 𝑣𝑎𝑙𝑢𝑒 ) = 𝐻𝑎𝑚𝑝𝑖𝑟𝑎𝑛 (𝑎𝑝𝑟𝑜𝑘𝑠𝑖𝑚𝑎𝑠𝑖) + 𝐺𝑎𝑙𝑎𝑡
Misalkan a adalah nilai hampiran terhadap nilai sejatinya a , maka selisih
a a
Metode Numerik
Page 9
disebut Galat. Jika tanda Galat ( positif atau negatif )
tidak dipertimbangkan , maka Galat mutlak
aa 2.3 Galat Relatif didefinisikan sebagai
R
a
Atau dalam persentase
R
a
x100%
Karena galat dinormalkan terhadap nilai sejati, maka galat 2.4 relatif tersebut dinamakan juga galat relatif sejati. Dengan demikian, pengukuran panjang kawat mempunyai galat relatif sejati = 1/100 = 0.01, sedangkan pengukuran panjang pensil mempunyai galat relatif sejati = 1/10 = 0.1.
RA
a Proses ini dilakukan secara berulang , atau secara iterasi dengan maksud secara beruntun menghitung aproksimasi yang lebih dan lebih baik. Jadi, persen galat relatif :
a
aproksimas i sekarang - aproksimas i sebelumnya 100 % aproksimas i sekarang
Komputasi diulang sampai
a s
Pada perhitungan numerik yang menggunakan pendekatan lelaran (iteration), eRA dihitung dengan cara 𝜀𝑅𝐴 =
𝑎𝑟:1 − 𝑎𝑟 𝑎𝑟:1
yang dalam hal ini ar+1 adalah nila i hampiran lelaran sekarang
Metode Numerik
Page 10
dan ar adalah nilai hampiran lelaran sebelumnya. Proses lelaran dihentikan bila | 𝜀𝑅𝐴 | < 𝜀𝑆 yang
dalam
hal
ini
𝜀𝑆
adalah
toleransi
galat
yang
dispesifikasikan. Nilai 𝜀𝑆 menentukan ketelitian solusi numerik. Semakin kecil nilai 𝜀𝑆 , semakin teliti solusinya, namun semakin banyak proses lelarannya. Contoh : 1.
Misalkan nilai sejati = 10/3 dan nilai hampiran = 3.333. Hitunglah galat, galat mutlak, galat relative, dan galat relatif hampiran. Penyelesaian : Galat = 10/3 – 3.333 = 10/3 – 3333/1000 = 1/3000 = 0.000333… Galat mutlak = | 10.000333…| = 0.000333… Galat Relatif = (1/3000)(10/3) = 1/1000 = 0.0001 Galat Relatif Hampiran = (1/3000) / 3.333 = 1/9999
2.
Misalkan ada prosedur leleran sebagai berikut 𝑥𝑟:1 =
−𝑥𝑟3 + 3 , 6
𝑟 = 0, 1, 2, 3, …
Leleran dihentikan bila kondisi | 𝜀𝑅𝐴 | < 𝜀𝑆 dalam hal ini 𝜀𝑆 adalah toleransi galat yang diinginkan. Misalkan dengan memberikan
𝑥0 = 0.5,
𝜀𝑆 = 0.00001
dan
kita
memperoleh
runtutan. 𝑥0 = 0.5 𝑥1 = 0.4791667 ; | 𝜀𝑅𝐴 =
( 𝑥1 ; 𝑥0 )
𝑥2 = 0.4791667 ; | 𝜀𝑅𝐴 =
( 𝑥2 ; 𝑥1 )
𝑥3 = 0.4813757 ; | 𝜀𝑅𝐴 =
Metode Numerik
𝑥1 𝑥2 ( 𝑥3 ; 𝑥2 ) 3
| = 0.043478 > 𝜀𝑆 | = 0.0051843 > 𝜀𝑆 | = 0.0005984 > 𝜀𝑆
Page 11
𝑥4 = 0.4814091 ; | 𝜀𝑅𝐴 =
( 𝑥4 ; 𝑥3 )
𝑥5 = 0.4791667 ; | 𝜀𝑅𝐴 =
( 𝑥5 ; 𝑥4 )
| = 0.0000693 > 𝜀𝑆
𝑥4
| = 0.0000081 > 𝜀𝑆 ,
𝑥5
Berhenti ! Pada leleran ke-5, | 𝜀𝑅𝐴 | < 𝜀𝑆 sudah terpenuhi sehingga leleran dapat dihentikan.
3.
Hasil pengukuran jari-jari suatu bola adalah: r = (4,50 0,45) m Keterangan : 𝜀 = 0,45 𝑑𝑎𝑛 𝑎 = 4,50 Hitung galat maksimum dari: a. Luas permukaan bola b. Volume bola Penyelesaian : a. Luas permukaan bola ( 𝑆 = 4p 𝑟 2 ) Galat relatif luas permukaan bola: 𝜀𝑟 (𝑆) = 2 𝜀𝑟 =2 =2
𝜀 𝑎 0,45 4,50
= 0,2 Galat mutlak luas permukaan bola: 𝜀𝑠 = 𝑆 𝜀𝑟 (𝑆) = 4𝜋𝑟 2 . 2𝜀𝑟 = 4 (3,14)(4,50)2 (0,2) = 50,868 𝑆 = (254,340 ± 50,868) 𝑚2 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑏𝑜𝑙𝑎 ∶ 𝑉 =
4 p 𝑟3 3
Galat relatif volume bola: 𝜀𝑟 (𝑉) = 3 ε r = 3
0,45 4,50
= 0,3 Galat mutlak volume bola:
Metode Numerik
Page 12
4 𝜀𝑉 = 𝑉. 𝜀𝑟 (𝑉) = p 𝑟 3 𝜀𝑟 (𝑉) 3 4 = (3,14)(4,50)3 (0,3) 3 = 114,453 𝑉 = (381,51 ± 114,453) 𝑚3
2.3 Sumber Utama Galat Numerik Secara umum terdapat dua sumber utama penyebab galat dalam perhitungan numerik
Galat Pemotongan ( truncation error )
Galat pembulatan ( round-off error )
Selain kedua galat ini, terdapat sumber galat lain : 1.
Galat eksperimental , galat yang timbul dari data yang diberikan,
misalnya
karena
kesalahan
pengukuran,
ketidaktelitian alat ukur dan sebagainya. 2.
Galat pemrograman, Galat yang terdapat di dalam program sering dinamakan dengan bug. Dan proses penghilangan galat dinamakan debugging.
2.3.1 Galat Pemotongan Galat
pemotongan
menyajikan
adalah
bilangan
riil
keterbatasan menghasilkan
komputer
dalam
galat.
Akibat
pembulatan angka terjadi pada komputer yang disediakan beberapa angka tertentu. Misal : 5 angka, penjumlahan 9.2654 + 7.1625 hasilnya 16.4279. ini berarti terdiri 6 angka sehingga tidak dapat disimpan dalam komputer kita dan akan dibulatkan menjadi 16.428
Metode Numerik
Page 13
Galat pemotongan mengacu pada galat yang ditimbulkan akibat penggunaan hampiran sebagai pengganti formula eksak atau matematika yang lebih komplek diganti lebih sederhana. Tipe galat pemotongan bergantung pada metode komputasi yang digunakan penghampiran sehingga kadang-kadang disebut juga galat metode. Misalnya, tuurunan pertama fungsi 𝑓 di 𝑥1 dihampiri dengan formula 𝑓 ′ (𝑥1 ) =
𝑓(𝑥1:𝑖 );𝑓(𝑥𝑖 )
h adalah lebar absis (𝑥1:𝑖 ) dengan 𝑥𝑖 . galat yang ditimbulkan dari penghampiran turunan tersebut merupakan galat pemotongan. Contoh : Hampiran fungsi cos(x) dengan bantuan deret taylor di sekitar x = 0 : cos 𝑥 ≈ 1 −
𝑥2 2!
+
𝑥4 4!
−
𝑥6 6!
Nilai hampiran
+
𝑥8 8!
−
𝑥 10 10!
+⋯
galat pemotongan
Deret taylor fungsi cos(x) deret tersebut kita potong sampai suku orde tertentu, misalngya sampai suku orde n = 6. Kita lihat bahwa menghampiri cos (x) dengan deret taylor sampai suku berderajat enam tidak memberikan hasil yang tepat. Namun kita dapat menghampiri galat pemotongan ini dengan rumus suku sisa : 𝑅𝑛 (𝑥) =
(𝑥;𝑥0 )(𝑛:1) (𝑛:1)!
𝑓 (𝑛:1) (𝑐)
, 𝑥0 < 𝑐 < 𝑥 Pada contoh cos (x) di atas, 𝑅6 (𝑥) =
𝑥7 7!
cos(𝑐)
,0 < 𝑐 < 𝑥
Metode Numerik
Page 14
Nilai 𝑅𝑛 yang tepat hampir tidak pernah dapat kita peroleh, karena kita tidak mengetahui nilai c sebenarnya terkecuali informasi bahwa c terletak pada suatu selang tertentu. |𝑅𝑛 (𝑥)| < 𝑚𝑎𝑥(𝑥0 <𝑐<𝑥) |𝑓 (𝑛:1) (𝑐)|.
(𝑥;𝑥0 )𝑛:1 𝑛:1!
Galat pemotongan pada deret taylor dapat dikurangi dengan meningkatkan orde suku-sukunya, namun jumlah komputasinya menjadi lebih banyak.
Contoh soal : 1.
Gunakan deret taylor orde 4 disekitar 𝑥0 = 1 untuk menghampiri
𝑙𝑛(0,9)
dan
berikan
taksiran
untuk
galat pemotongan maksimum yang dibuat. Penyelesaian : Tahap 1 : Menentukan turunan fungsi 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑛(𝑥) terlebih dahulu. 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑛(𝑥)
𝑓(1) = 0
1 𝑓′(𝑥) = 𝑥 1 𝑓"(𝑥) = 2 𝑥 2 𝑓"′(𝑥) = 3 𝑥 −6 𝑓 (4) (𝑥) = 2 𝑥 24 𝑓 (5) (𝑥) = 5 𝑥
𝑓′(1) = 1
𝑓"(1) = −1 𝑓"′(1) = 2 𝑓 (4) (1) = −6 𝑓 (5) (𝑐) =
24 𝑐5
Deret Taylornya adalah
Metode Numerik
Page 15
ln(𝑥) = (𝑥 − 1) −
(𝑥 − 1)2 (𝑥 − 1)3 (𝑥 − 1)4 + − 𝑅4 (𝑥) 2 3 4
Dan ln(0,9) = (0,9 − 1) −
(0,9 − 1)2 (0,9 − 1)3 (0,9 − 1)4 + − 𝑅4 𝑅4 (𝑥) 2 3 4
ln(0,9) = (−0,1) −
(−0,1)2 (−0,1)3 (−0,1)4 + − 𝑅4 (𝑥) 2 3 4
ln(0,9) = −0.1053583 + 𝑅4 (𝑥) Juga |𝑅5 (0.9)| < 𝑚𝑎𝑥0.9<𝑐<1 |
24 (−0.1)5 |𝑥 𝑐5 5!
Dan nilai Max |24/𝑐 5 | di dalam selang 0.9 < c < 1 adalah pada c = 0.9 (dengan medasari pada fakta bahwa
suatu
pecahan
nilainya
semakin
membesar
bilamana penyebut dibuat lebih kecil), sehingga |𝑅4 (0.9)| < 𝑚𝑎𝑥0.9<𝑐<1 |
24 (−0.1)5 |𝑥 = 0.0000034 𝑐5 5!
Jadi ln (0.9) = 0.1053583 dengan galat pemotongan lebih kecil dari 0.0000034.
2.
Deret
Taylor
yang
digunakan
untuk
menghitung
integral fungsi yang sulit diintegralkan secara analitik dihitung nilai
(bahkan, secara
1 ∫0 sin 𝑥
𝑑𝑥
adakalanya
analatik). secara
tidak
mungkin
Hitunglah
hampiran
numeric,
yaitu
fungsi
𝑓(𝑥) = sin 𝑥 dihampiri dengan deret MacLaurin orde 9. Penyelesaian : Deret Maclaurin orde 9 fungsi 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑖𝑛 𝑥 adalah sin 𝑥 = 𝑥 −
Metode Numerik
𝑥3 𝑥5 𝑥7 𝑥9 + – + − … 3! 5! 7! 9!
Page 16
Dengan demikian maka 1
1
∫0 sin 𝑥 𝑑𝑥 = ∫0 .x −
𝑥3 3!
+
= .1 − = 1−
𝑥5 5! 13 3!
– +
𝑥7 7! 15 5!
+ –
𝑥9 9! 17 7!
/ dx 19
+
9!
/
1 1 1 1 + – + = 0.8414710097 6 120 5040 362880
2.3.2 Galat Pembulatan Galat
pembulatan
keterbatasan
adalah
computer
galat
dalam
yang
menyajikan
ditimbulkan bilangan
Hampir semua proses penghitungan dalam
oleh real.
metode numeric
menggunakan bilangan real. Penyajian bilangan real yang panjang nyata terhingga tidak bias disajikan secara tepat. Misalnya 1/6 akan menghasilkan
nilai real 0.66666666 …
Digit 6 pada bilangan tersebut panjangnya tidakterbatas. Sehingga untuk melanjutkan proses penghitungan bilangan tersebut dibulatkan menjadi 0.6667, tergantung berapa digit angka
yang
dibutuhkan.
Dalam
hal
ini
selisih
antara
0.666666 … dan 0.6667 disebut galat pembulatan.
Angka Bena Angka bena (significant figure) adalah angka bermakna,angka penting, atau angka yang dapat digunakan pasti . Contohnya :
Metode Numerik
Page 17
43.123
Memiliki 5 angka bena (yaitu 4, 3, 1, 2, 3)
0.1764
Memiliki 4 angka bena (yaitu 1, 7, 6, 4)
0.0000012
Memiliki 2 angka bena (yaitu 1, 2)
278.300
Memiliki 6 angka bena (yaitu 2, 7, 8, 3, 0, 0)
270.0090
Memiliki 7 angka bena (yaitu 2, 7, 0, 0, 0, 9, 0)
0.0090
Memiliki 2 angka bena (yaitu 9, 0)
Perhatikan bahwa angka 0 bisa menjadi angka bena ata bukan. Pada contoh 0,001360, tigabuah angka nol pertama tidak berarti, sedangkan angka 0 yang terakhir angkab berarti karen pengukuran dilakukan sampai ketelitian ke 4 digit. Jumlah angka bena akan terlihat dengan pasti bila bilangan riil itu ditulis dlam penulisan ilmiah (scientific natation).
4.3123 × 101
Memiliki 5 angka bena
1.764 × 10;1
Memiliki 4 angka bena
1.2 × 10
;6
Memiliki 2 angka bena
2.78300 × 102 0.2700090 × 103 9.0 × 10;3 13.60 × 102 , 0.1360 × 101 , 1.360 × 10;3 6.02 × 1023 1.5 × 10
7
Memiliki 6 angka bena Memiliki 7 angka bena Memiliki 2 angka bena Memiliki 4 angka bena Memiliki
24
angka
bena(bilangan avogadro) Memiliki 8 angka bena (jarak bumi-matahari)
Komputer hanya menyimpan sejumlah tertentu angka bena. Bilangan riil yang jumlah angka benanya melebihi jumlah angka bena computer akan disimpan dalam sejumlah angka bena
Metode Numerik
Page 18
computer itu. Pengabaian angka bena sisanya itulah yang menimbulkan galat pembulatan. Contoh : 1.
Hitunglah dengan lima angka bena nilai 𝑓(13.400) bila : 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 1000(√𝑥 + 0.1 − √−𝑥)
Penyelesaian :
𝑓(𝑥) = 𝑥 − 1000(√𝑥 + 0.1 − √−𝑥) 𝑓(13.400) = 13.400 − 1000(√13.400 + 0.1 − √−13.400) 𝑓(13.400) = 13.400 − 13.633 𝑓(13.400) =
−233 1000
𝑓(13.400) = −0.233
2.
Hitunglah hampiran nilai cos(0.2), sudut dinyatakan dalam radian, dengan deret Maclaurin sampai suku orde n = 6. Penyelesaian: Dari hasil pada Contoh 2.2, cos(0.2)
1
-
0.22/2
+
0.24/24
-
0.26/720
=
0.9800667 (sampai 7 angka di belakang koma)
2.3.3 Galat Total Galat akhir atau galat total atau pada solusi numerik merupakan jumlah galat pemotongan dan galat pembulatan. Misalnya
kita
enggunakan
deret
maclaurin
orde-4
untuk
menghampiri cos (0,2) sebagai berikut:
Metode Numerik
Page 19
cos(0.2)≈ 1 −
0,22 2
+ 0,24 /24 ≈ 0,9800667
galat pemotongan
galat pembulatan
galat pemotongan timbul karena kita menghampiri cos(0,2) sampai suku orde empat, sedangkan galat pembulatan timbul karena kita membulatkan nilai hampiran kedalam 7 digit bena. Contoh : Tentukam polinom MacLaurin orde 3 untuk 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑖𝑛(𝑥),
1.
kemudian gunakan polinom tersebut untuk menghampiri nilai
𝑓(0.2)
gunakan
hasilnya
galat
dengan
total 4
dalam
menentukan
angka
bena.
Penyelesaian : sin(𝑥) = 𝑥 −
sin(0.2) = 0.2 −
𝑥3 𝑥5 𝑥7 + – 3! 5! 7!
0.23 0.25 0.27 + – = 0.1986693308 3! 5! 7!
𝐺𝑎𝑙𝑎𝑡 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∶ 0.1987
2.
Carilah deret MacLaurin 𝑒 𝑥 . Gunakanpolinom tersebut untuk
menghampiri
perhitungan
nilai
antara
𝑓(0.1),
maupun
hasil
yang
setiap
hasil
perhitungan
akhir
menggunakan galat total. Penyelesaian : 𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑒 (0.1) = 1 + 0.1 +
𝑥2 𝑥3 + 2! 3! 0.12 0.13 + 2! 3!
= 1.105166667 𝐺𝑎𝑙𝑎𝑡 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∶ 1.105167
Metode Numerik
Page 20
2.4 Orde Peghampiran Di dalam metode numerik, fungsi 𝑓(𝑥) sering diganti dgn fungsi hampiran yang lebih sederhana.
Satu cara mengungkap-kan tingkat
ketelitian penghampiran itu adalah dengan menggunakan notasi O-
Besar (Big-Oh). Misal : 𝑓() dihampiri dgn fungsi 𝑝(). Jika |𝑓() − 𝑝()| ≤ 𝑀|𝑛|,
yg dalam hal ini M adalah konstanta
riil > 0, maka kita katakan bahwa 𝑝() menghampiri 𝑓() dengan orde penghampiran 𝑂(𝑛 ) dan ditulis dgn : 𝑓() = 𝑝() + 𝑂(𝑛 ) 𝑛
𝑂( ) juga dapat diartikan sebagai orde galat dari penghampiran fungsi. Karena umumnya cukup kecil, yaitu < 1, maka semakin tinggi nilai n semakin kecil galat, yg berarti semakin teliti penghampiran fungsinya. Metode yg berorde 𝑂(2 ) misalnya, lebih teliti drpd metode yg berorde 𝑂().
Juga pada metode yg berorde 𝑂(2 ), jika ukuran h
dijadikan setengah kali semula, maka galatnya menjadi seperempat kali galat semula. Umumnya deret Taylor digunakan untuk menghampiri fungsi. Misalkan : 𝑥𝑖 + 1 = 𝑥𝑖 + ,
𝑖 = 0,1,2, … . .
Adalah titik-titik sebesar h, maka hampiran 𝑓(𝑥𝑖 + 1) dengan deret Taylor di sekitar 𝑥𝑖 adalah : ( xi 1 xi ) ' ( x x )2 ( x x )n f ( xi ) i 1 i f '' ( xi ) .... i 1 i f ( n ) ( xi ) Rn ( xi 1 ) 1! 2! n! h ' h2 hn f ( xi 1 ) f ( xi ) f ( xi ) f '' ( xi ) .... f ( n ) ( xi ) Rn ( xi 1 ) 1! 2! n!
f ( xi 1 ) f ( xi )
Dalam hal ini :
Metode Numerik
Page 21
Rn ( xi 1 )
h ( n 1) f ( n 1)!
( n 1)
(t ) O ( h n 1 ); xi t xi 1
Jadi, kita dapat menuliskan :
f ( xi 1 )
n
k 0
hk k f ( xi ) O ( h n 1 ) k!
Bilangan â disebut mendekati a sampai pada d digit-digit yang signifikan
bila
d
adalah
bilangan
positif
terbesar
yang
memenuhi: |𝜀𝑟 | =
|a − â |
â
<
10;𝑑 2
Pada deret Taylor:] 𝑓(𝑥) = 1
1
2
3
𝑓(𝑥0 ) + 𝑓 ′ (𝑥0 )(𝑥 − 𝑥0 ) + ! 𝑓 ′′ (𝑥0 )(𝑥 − 𝑥0 )2 + 𝑥0 )3 + … +
1 𝑛
! 𝑓 ′′′ (𝑥0 )(𝑥 −
! 𝑓 𝑛 (𝑥0 )(𝑥 − 𝑥0 )𝑛 + 𝑅𝑛 (𝑥)
Bila (𝑥 − 𝑥0 ) = atau 𝑥 = 𝑥0 + , maka:
f ( x0 h) f ( x0 ) f ' ( x0 ) h
1 f n!
n
1 f '' ( x0 ) h 2 ... 2!
( x0 ) h n Rn ( h)
Rn ( h)
1 f ( n 1)!
n 1
( ) h n1 Mh n1 O ( h n1 )
Dapat dituliskan menjadi:
f ( h) p ( h) O ( h n1 ) 𝑝() adalah fungsi hampiran untuk 𝑓() dengan galat 𝑂(𝑛 + 1).
Metode Numerik
Page 22
𝑂(𝑛 + 1) disebut sebagai Big-Oh (O-besar). Pada umumnya 0 < < 1, jadi semakin besar n semakin dekat 𝑝() menghampiri 𝑓()
Contoh: 1.
1
𝐶𝑜𝑠 = 1 – ! 2 ± 𝑂(4 ) 2
1 2 1 ! ± ! 4 ± 𝑂(6 ) 2 4 1 2 1 4 1 6 = 1 – ! + ! – ! ± 𝑂(8 ) 2 4 6 1 2 1 4 1 6 1 = 1 – ! + ! – ! + ! 8 ± 𝑂(10 ) 2 4 6 4 = 1–
Orde Penghampiran didapat dati Deret Penting Maclaurin :
f ( x) e x 1 h 𝑓(𝑥) = ln(𝑥) = 𝑥 −
𝑥2 2
+
f ( x) sin(h) h
𝑓(𝑥) = cos() = 1 −
h2 h3 h4 O(h 5 ) 2! 3! 4!
2 2!
𝑥3 3
−
𝑥4 4
+
𝑥5 5
h3 h5 O(h 7 ) 3! 5!
+
4 4!
−
6 6!
+ 𝑂(8 )
𝑒 = 1 + +
2 3 4 + + + 𝑂(5 ) 2! 3! 4!
𝑙𝑛(𝑥 + 1) = 𝑥 –
𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 + – + + 𝑂(6 ) 2 3 4 5
𝑠𝑖𝑛() = –
+ 𝑂(6 )
3 5 + + 𝑂(7 ) (𝑏𝑢𝑘𝑎𝑛 𝑂(6 ), 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑜𝑟𝑑𝑒 6 3! 5! = 0)
2 4 6 𝑐𝑜𝑠() = 1 – + – 2! 4! 6! + 𝑂(8 ) (𝑏𝑢𝑘𝑎𝑛 𝑂(7 ), 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑜𝑟𝑑𝑒 7 = 0)
Metode Numerik
Page 23
Contoh : 2.
a = 3,141592; â = 3,142
er
3,141592 3,142 103 0,0001299 3,142 2 â mendekati a teliti sampai tiga desimal
2.5 Bilangan Titik Kambang Bilangan riil di dalam komputer umumnya disajikan dalam format
bilangan titik-kambang. Bilangan titik -kambang a ditulis sebagai :
𝒂 = ±𝒎 ⨯ 𝑩𝒑 = ±𝟎. 𝒅𝟏𝒅𝟐𝒅𝟑𝒅𝟒𝒅𝟓𝒅𝟔 . . . 𝒅𝒏 ⨯ 𝑩𝒑 dengan,
m
= mantisa (riil), d1d2d3d4d5d6 ...dn adalah digit atau bit
mantisa yang nilainya dari 0 sampai B – 1, n adalah panjang digit (bit) mantisa.
B
= basis sistem bilangan yang dipakai (2, 8, 10, 16, dan
sebagainya)
P
= pangkat (berupa bilangan bulat), nilainya dari –Pmin
sampai +Pmaks
Contoh
:
Bilangan riil 245.7654 dinyatakan sebagai 0.2457654⨯103 dalam format bilangan titik kambang dengan basis 10. Cara penyajian seperti itu serupa dengan cara penulisan ilmiah. Penulisan ilmiah termasuk ke dalam sistem bilangan titikkambang.
Sistem
bilangan
yang
kita
gunakan
setiap
hari
menggunakan basis sepuluh (disebut juga sistem desimal), B =
Metode Numerik
Page 24
10. Umumnya komputer menggunakan sistem biner (B = 2), tapi beberapa komputer menggunakan basis 8 dan 16. Contoh soal : 1.
bilangan rill 38.980 dinyatakan 0.3898 × 102 dalam format bilangan titik kambang dengan basis 10.
2.
bilangan
rill
6588
dinyatakan0.6588 × 104
dalam
format
bilangan titik kambang dengan basis 10. 3.
bilangan riil 3794.33 dinyatakan 0.379433 × 104 dalam format bilangan titik kambang dengan basis 10.
2.5.1 Bilangan titik kambag Ternormalisasi Bilangan
titik
kambang
dapat
dituliskan
dalam
bentuk
sebagai berikut.
a = ± (mb) ⨯ B
p – 1
Misalnya, 245.7654 dapat ditulis sebagai 0.2457654 ⨯ 103 atau 2.457654 ⨯ 102 atau 0.02457654 ⨯ 104 , dan sebagainya
Bilangan titik-kambang yang dinormalisasi ditulis sebagai 𝒂 = ± 𝒎 ⨯ 𝑩𝒑 = ± 𝟎. 𝒅𝟏 𝒅𝟐 𝒅𝟑 𝒅𝟒 𝒅𝟓 𝒅𝟔 . . . 𝒅𝒏 ⨯ 𝑩𝒑 dengan,
d1d2d3d4d5d6 ...dnadalah digit (atau bit) mantisa
dengan syarat 1 ≤d1≤b - 1 dan 0 ≤dk ≤B-1 untuk k > 1. Pada sistem desimal, 1 ≤d1≤ 9 dan 0 ≤dk ≤ 9, sedangkan pada sistem biner, d1 = 1 dan 0 ≤dk ≤ 1
Contoh, 0.0563⨯10-3 dinormalisasi menjadi 0.563⨯10-4,
Metode Numerik
Page 25
0.00023270⨯106 dinormalisasi
menjadi 0.23270 ⨯103.
Pada sistem desimal (B = 10), m akan berkisar dari 0.1 sampai 1, dan pada sistem biner ( B = 10), antara 0.5 dan 1. Sebagai catatan, nol adalah kasus khusus. Nol disajikan dengan bagian mantisa seluruhnya nol dan pangkatnya nol. Nol semacam ini tidak dinormalisasi. Contoh : Tulislah bilangan e dalam format bilangan titik-kambang ternormalisasi dengan basis 10, basis 2, dan basis 16. Penyelesaian: Dalam basis 10 (menggunakan 8 angka bena),
e ≈ 2.7182818 = 0.27182818 ⨯ 101 (bilangan titik-kambang desimal ternormalisasi)
Dalam basis 2 (menggunakan 30 bit bena),
e ≈ 0.1010110111111000010101000101102⨯22 (bilangan titik-kambang biner ternormalisasi) Dalam basis 16 (gunakan fakta bahwa 16 = 24, sehingga 22 = ¼ ⨯ 161
e ≈ 0.1010110111111000010101000101102⨯ 22 = ¼ ⨯ 0.1010110111111000010101000101102⨯ 161 = 0.001010110111111000010101000101102⨯ 161 = 0.2B7E151616 x 161 (bilangan titik-kambang heksadesimal ternormalisasi)
2.5.2 Epsilon mesin Ukuran yang digunakan untuk membedakan suatu bilangan riil dengan
Metode Numerik
bilangan
riil
berikutnya
adalah
epsilon
mesin.
Page 26
Epsilon mesin distandardisasi dengan menemukan bilangan titik-kambang
terkecil
yang
bila
ditambahkan
dengan
1
memberikan hasil yang lebih besar dari 1. Dengan kata lain, jika epsilon mesin dilambangkan dengan 𝜀maka 1 + 𝜀> 1
Contoh
:
tinjau kasus bilangan titik-kambang biner 6-bit word (1 bit tanda, 3 bit untuk pangkat bertanda, dan 2 bit mantisa) dengan B = 2, dan nilai pangkat dari –2 sampai 3 Karena semua bilangan dinormalisasi, maka bit pertama harus 1, sehingga semua bilangan yang mungkin adalah berbentuk: ±0.102⨯2p atau
±0.112⨯2p,
-2 ≤p ≤3
Daftar bilangan riil positif yang dapat direpresentasikan adalah 0.102⨯2-2 = (1 ⨯2-1 + 0 ⨯2-2) ⨯2-2 = 1/8 = 0.12510 0.102⨯2-1 = (1 ⨯2-1 + 0 ⨯2-2) ⨯2-1 = 1/4 = 0.2510 0.102⨯20 = (1 ⨯2-1 + 0 ⨯2-2) ⨯20 = 1/2 = 0.510 0.102⨯21 = (1 ⨯2-1 + 0 ⨯2-2) ⨯21 = 1 = 1.010 0.102⨯22 = (1 ⨯2-1 + 0 ⨯2-2) ⨯22 = 2 = 2.010 0.102⨯23 = (1 ⨯2-1 + 0 ⨯2-2) ⨯23 = 4 = 4.010 0.112⨯2-2 = (1 ⨯2-1 + 1 ⨯2-2) ⨯2-2 = 3/16 = 0.187510 0.112⨯2-1 = (1 ⨯2-1 + 1 ⨯2-2) ⨯2-1 = 3/8 = 0.37510 0.112⨯20 = (1 ⨯2-1 + 1 ⨯2-2) ⨯20 = 3/4 = 0.7510 0.112⨯21 = (1 ⨯2-1 + 1 ⨯2-2) ⨯21 = 3/2 = 1.510 0.112⨯22 = (1 ⨯2-1 + 1 ⨯2-2) ⨯22 = 3 = 3.010 0.112⨯23 = (1 ⨯2-1 + 1 ⨯2-2) ⨯23 = 6 = 6.010
Metode Numerik
Page 27
Bila kita susun dari nilai positif terkecil ke nilai terbesar,
maka
seluruh
bilangannya
digambarkan
dalam
diagram garis bilangan sebagai berikut:
Rentang nilai-nilai positifnya diperlihatkan pada gambar berikut.
Epsilon mesin pada sistem bilangan riil yang ditunjukkan pada gambar adalah 𝜀= 1.000000119 - 1.0 = 0.119 ⨯10-6
Gap (∆x) atau jarak antara sebuah bilangan titik-kambang dengan bilangan titik-kambang berikutnya, yang besarnya adalah ∆x = 𝜀⨯R
Metode Numerik
Page 28
yang
dalam
hal
R
ini
adalah
bilangan
titik-kambang
sekarang. Contohnya, gap antara bilangan positif terkecil pertama 0.29 ⨯10-38 dengan bilangan titik-kambang terkecil kedua pada gambar adalah ∆x = (0.119 ⨯10-6 ) ⨯(0.29 ⨯10-38) = 0.345 ⨯10-45
dan dengan demikian bilangan titik-kambang terkecil kedua sesudah 0.29 ⨯10-38 adalah 0.29 ⨯10-38 + 0.345 ⨯10-45
Dapat dilihat bahwa gap akan bertambah besar dengan semakin besarnya bilangan titik-kambang.
Keadaan underflow terjadi bila suatu bilangan titik-kambang tidak dapat dinyatakan di antara 0 dan bilangan positif terkecil (atau antara 0 dan bilangan negatif terbesar). Keadaan overflow terjadi bila suatu bilangan titik-kambang lebih besar dari bilangan positif terbesar (atau lebih kecil dari bilangan negatif terkecil). Jika kita mengetahui jumlah bit mantisa dari suatu bilangan titik-kambang,
kita
dapat
menghitung
epsilon
mesinnya
dengan rumus 𝜀= B1−n yang dalam hal ini B adalah basis bilangan dan n adalah banyaknya digit (atau bit) bena di dalam mantisa. Pada contoh pertama di atas (B = 2 dan n = 2), 𝜀=21−2=0.5
Kita juga dapat menemukan perkiraan nilai epsilon mesin
Metode Numerik
Page 29
dengan prosedur yang sederhana. Gagasannya ialah dengan membagi dua secara terus menerus nilai 1 dan memeriksa apakah 1 ditambah hasil bagi itu lebih besar dari 1. Epsilon
dapat
digunakan
sebagai
kriteria
berhenti
kekonvergenan pada pada prosedur lelaran yang konvergen. Nilai lelaran sekarang dibandingkan dengan nilai lelaran sebelumnya. Jika selisih keduanya sudah kecil dari epsilon mesin,
lelaran
dihentikan,
tetapi
jika
tidak,
lelaran
diteruskan.
2.5.3 Pembulatan Pada Bilagan Titik Kambang
Bil. Riil dalam computer memiliki rentang terbatas
Floating-point yang tidak cocok salah satu dari nilainilai
dalam
rentang
nilai
yang
tersedia
akan
dibulatkan kesalahsatu nilai dalam rentang
Error yang muncul akibat penghampiran di atas disebut galat pembulatan
a.
Teknik pembulatan yang umumnyadipakaikomputer, yaitu: -
Pemenggalan (Chooping)
-
Pembulatanke digit terdekat (In-rounding)
Pemenggalan (chopping) –
Misaldiketahui:a = 0.d1d2d3…dndn+1…⨯10P flchop(a) = 0.d1d2d3…dndn+1…⨯10P •
Contoh pemenggalannya: p = 0.31459265358…⨯101 flchop(p) = 0.314592⨯101 (6 digit mantis)
Metode Numerik
Page 30
Error = 0.00000065…⨯101
b. –
Pembulatan ke digit terdekat (in-rounding) Misaldiketahui: a = 0.d1d2d3…dndn+1…⨯10P ^
fl round (a ) 0.d1d 2 d 3 ... d n X 10 P
^
dn
dn
,jika dn+1< 5
dn+1
,jika dn+1 > 5
dn
,jika dn+1 = 5 dan n genap
dn+1
,jika dn+1 = 5 dan n ganjil
Contoh 1: p = 0.31459265358…⨯101 Dalam komputer 6 digit, pembulatan menjadi flround(p) = 0.314593⨯101 dengan error = 0.00000034642…⨯101 Pembulatan ke digit terdekat menghasilkan error yang lebih kecil dari pada pemenggalan
•
Pembulatanke digit terdekat (In-rounding)
Contoh 2: a = 0.568278571528⨯10-4
Metode Numerik
Page 31
1. Dalam komputer 7 digit, pembulatan menjadi flround(a) = 0.5682786⨯10-4 2. Dalam komputer 8 digit, pembulatan menjadi flround(a) = 0.56827857⨯10-4 Contoh lainnya, nilai 𝑎 = 0.5682785715287⨯10-4: - di dalam komputer 7 digit dibulatkan menjadi flround(𝑎) = 0.5682786 ⨯10-4 - di dalam komputer 8 digit dibulatkan menjadi flround(𝑎) = 0.56827857 x 10-4 - di dalam komputer 6 digit dibulatkan menjadi flround(𝑎) = 0.568278 x10-4 - di dalam komputer 9 digit dibulatkan menjadi flround(𝑎) = 0.568278572 x 10-4
2.5.4 Aritmatika Bilangan Titik Kambang a.
Operasi Penambahan dan Pengurangan
Permasalahan 1 Penjumlahan dan Penguranga bilangan yang sangat kecil ke atau dari bilangan yang lebih besar menyebabkan error Contoh : Misalkam digunakan komputer dengan mantis 4 digit (basis 10). Hitunglah
Metode Numerik
Page 32
1.557 + 0.04381 = 0.1557 × 101 + 0.4381 × 10;1 Penyelesaian :
Perhatikan bahwa dua digit terakhir dari bilangan yang digeser ke kanan pada dasarnya telah hilang dari perhitungan. Galat mutlak pembulatan = |(0.160081 × 101 ) − (0.1601 × 101 )| = 0.000019 Galat mutlak Pemenggalan = |(0.160081 × 101 ) − (0.1601 × 101 )| = 0.000081
Permasalahan 2 : Pengurangan dua buah bilangan yang hampir sama besar, menyebabkan kehilangan angka bena dan pemenggalan maupun pembulatan menghasilkan jawaban yang sama. Contoh: 0.56780⨯105 – 0.56430⨯105 (5 angka bena) Penyelesaian : Kurangi 0.56780 × 105 denga 0.56430 × 105 (5 angka bena)
Hasil yang diperolrh hanya mempunyai 3 angka bena. Jadi kita kehilangan 2 buah angka bena. Meskipun kita dapat menuliskan hasilnya sebagai 0.35000 × 105 , namun dua nol yang terakhir
Metode Numerik
Page 33
bukan angka bena tetapi sengaja ditambahkan untuk mengisi kekosongan digit yang hilang. Cotoh soal : 1)
Kurangi 3.1415926536 dengan 3.1415957341 (11 angka Bena)
2)
Kurangi 0.7642 × 103 dengan 0.7641103 (4 angka bena)
3)
Hitung akar-akar polinom 𝑥 2 − 40𝑥 + 2 = 0 sampai 4 angka bena.
4)
Diberikan 𝑓(𝑥) =
ℯ 𝑥 ;1;𝑥 𝑥2
. Hitung 𝑓(0.01) sampai 6 angka
bena. Penyelesaian : 1)
2)
3)
Metode Numerik
Page 34
4)
b.
Operasi Perkalian da Pembagian Kriteria: 1.
Tidak memerlukan penyamaan pangkat seperti halnya pada penjumlahan
2.
Perkalian dapat dilakukan dengan mengalikan kedua mantis dan menjumlahkan pangkatnya.
3.
Pembagian dikerjakan dengan membagi mantis dan mengurangi pengkatnya.
Contoh. 1.
Hitung perkalian 0.4652 ⨯104 dengan 0.1456 ⨯ 10-1 (4 angka bena).
Metode Numerik
Page 35
Penyelesaian: a.
Kalikan mantis 0.4652 ⨯ 0.1456 = 0.06773312
b.
Jumlahkan pangkat 4 + (−1) = 3
c.
Gabungkan mantis dengan pangkat 0.06773312 ⨯ 103
d.
Normalisasi: 0.6773312 ⨯ 102 in-rounding → 0.6773 ⨯102 chopping
2.
→ 0.6773 ⨯102
Hitung (0.8675 ⨯ 10−4)/0.2543 ⨯ 10−2 (4 angka bena).
Penyelesaian: a.
Bagi mantis 0.8657 : 0.2543 = 3.4113252
b.
Kurangi pangkat (−4) – (−2) = −2
c.
Gabungkan mantis dengan pangkat 3.4113252 ⨯ 10−2
d.
Normalisasi: 0.34113252 ⨯ 10−2 in-rounding →0.3411 ⨯ 10−2 chopping
→0.3411 ⨯ 10−2
2.6 Perambatan Galat Galat yang dikandung dalam bilangan titik-kambang merambat pada hasil komputasi. Misalkan terdapat dua bilangan 𝑎dan 𝑏 (nilai sejati)
Metode Numerik
dan
nilai
hampirannya
masing-masing
𝑎̂dan
𝑏̂,
yang
Page 36
mengandung galat masing-masing 𝜺𝒂 dan 𝜺𝒃 . Dapat ditulis 𝑎 = 𝑎̂ + 𝜀𝑎 dan 𝑏 = 𝑏̂ + 𝜀𝑏 .
Galat merambat pada hasil penjumlahan 𝑎 dan 𝑏 ̂ + 𝜺𝒃 ) = (𝒂 ̂ ) + (𝜺𝒂 + 𝜺𝒃 ) ̂ + 𝜺𝒂 ) + (𝒃 ̂ +𝒃 𝒂 + 𝒃 = (𝒂
Jadi, galat hasil penjumlahan sama dengan jumlah galat masingmasing operand. Galat merambat pada hasil perkalian 𝑎 dan 𝑏 ̂ + 𝜺𝒃 ) = 𝒂 ̂+𝒂 ̂𝜺𝒂 + 𝜺𝒂 𝜺𝒃 ̂ + 𝜺𝒂 )(𝒃 ̂𝒃 ̂ 𝜺𝒃 + 𝒃 𝒂𝒃 = (𝒂 ̂=𝒂 ̂𝜺𝒂 + 𝜺𝒂 𝜺𝒃 ̂𝒃 ̂ 𝜺𝒃 + 𝒃 𝒂𝒃 − 𝒂 Jika, a
dan b
0, maka galat relatifnya adalah
̂) (𝒂 ̂𝜺𝒂 + 𝜺𝒂 𝜺𝒃 ) (𝒂 ̂𝜺𝒂 ) 𝜺𝒂 𝜺𝒃 ̂𝒃 ̂ 𝜺𝒃 + 𝒃 ̂ 𝜺𝒃 ) (𝒃 (𝒂𝒃 − 𝒂 = = + + 𝒂𝒃 𝒂𝒃 𝒂𝒃 𝒂𝒃 𝒂𝒃 ̂hampir sama besar, yaitu 𝑎 Jika, 𝑎 dan 𝒂 ̂, dan 𝜺𝒂 dan 𝜺𝒃 sangat kecil, maka dan𝒃 ̂ b
𝜺𝒂
𝜺𝒃
𝑎
𝑏
dan ( )( )
𝑏
̂ 𝒂
begitu juga b
̂ 𝒂 𝑎
, maka
̂ 𝜺𝒃 𝜺𝒂 ̂𝒃 𝐚𝐛 − 𝒂 = + = 𝜺𝑹𝒃 + 𝜺𝑹𝒂 𝐚𝐛 𝐛 𝐚 Jadi, galat relatif hasil perkalian sama dengan jumlah galat relatif masing-masing operand.
2.7 Kondisi Buruk Suatu persoalan dikatakan berkondisiburuk (illconditioned) bila jawabannya
sangat
peka
terhadap
perubahan
(misalnyaperubahankecilakibatpembulatan).
Bila
kecil kita
data
mengubah
sedikit data, maka jawabannya berubah sangat besar (drastis). Lawan
dari
berkondisi
buruk
adalah
berkondisi
baik
(wellconditioned). Suatu persoalan dikatakan berkondisi baik
Metode Numerik
Page 37
bila perubahan kecil datahanya mengakibatkan perubahan kecil pada jawabannya.
Sebagai
contoh,
tinjau
2
kuadratax + bx + c = 0.
persoalan Caranya
menghitung
hanya
akar
mengubah
persamaan nilai-nilai
tetapan c-nya saja: (i) 𝑥 2 − 4𝑥 + 3.999 = 0
akar-akarnya 𝑥1 =2.031 dan 𝑥2 =1.968
Sekarang, ubah 3.99 menjadi 4.00: (ii) 𝑥 2 − 4𝑥 + 4.000 = 0
akar-akarnya 𝑥1 =𝑥2 =2.000
Ubah 4.00 menjadi 4.001: (iii) 𝑥 2 − 4𝑥 + 4.001 = 0
akar-akarnya imajiner
Jadi, persoalan akar-akar persamaan kuadrat diatas berkondisi buruk, karena dengan pengubahan sedikit saja data masukannya (dalam hal ini nilai koefisien c
), ternyata nilai akar-akarnya
berubah sangat besar.
2.8 Bilangan Kondisi Kondisi komputasi numerik dapat diukur dengan bilangan kondisi. Bilangan
kondisi
merupakanukuran
ketidakpastian dalam dapat
dihitung
tingkat
sejauh
mana
diperbesar x oleh f(x). Bilangan kondisi
dengan
bantuan
Deret
taylor.
Fungsi
f(x)
diuraikan di sekitar 𝑥̂sampai suku orde pertama: 𝒇(𝒙) ≈ 𝒇(𝑥̂) + 𝒇′(𝑥̂)(𝒙 − 𝑥̂) Galat relatif hampiran dari
𝑥 adalah
𝜺𝑹𝑨 ,𝒇(𝒙)- = (𝒇(𝒙) − 𝒇(𝑥̂ ))/(𝒇(𝑥̂)) ≈ (𝒇′(𝑥̂)(𝒙 − 𝑥̂))/(𝒇(𝑥̂)) Dan galat relatif hampiran dari 𝜺𝑹𝑨 ,𝒙- =
adalah 𝒙 − 𝑥̂ 𝑥̂
Bilangan kondisi didefinisikan sebagai nisbah (ratio) antara
Metode Numerik
Page 38
galat relatif hampiran dari f(x) dan galat relatif hampiran dari x: Bilangan kondisi = |
𝜺𝑹𝑨 ,𝒇(𝒙)-
𝑥̂𝒇′ (𝑥̂)
𝜺𝑹𝑨 ,𝒙-
𝒇(𝑥̂)
|=|
|
Arti dari bilangan kondisi adalah: -
Bilangan kondisi = 1 berarti galat relatif hampiran fungsi sama dengan galat relatif x
-
Bilangan kondisi lebih besar dari 1 berarti galat relatif hampiran fungsi besar
-
Bilangan kondisi lebih kecil dari 1 berarti galat relatif hampiran fungsi kecil (kondisi baik)
Suatu
komputasi
kondisinya
dikatakan
sangat
besar,
berkondisi sebaliknya
buruk
jika
berkondisi
bilangan
baik
bila
bilangan kondisinya sangat kecil.
Contoh soal : 1.
Misalkanf(x) = √𝑥. Tentukan bilangan kondisi perhitungan akar kuadrat x. Penyelesaian: Hitungf '(x) terlebihdahulu 𝐟 ′ (𝐱) =
𝟏 𝟐√𝐱
Yangakandigunakanuntukmenghitung ̂ 𝑥
Bilangankondisi= | 2√𝑥̂̂ | = √𝑥
1 2
Bilangankondisiinisangatkecil, berartipenarikanakarkuadratx berkondisibaik. danjika
Sebagaicontoh,
20.999 diubahsedikit
yang merupakan √20.999
prosesyang =
4.5824665,
(dibulatkan)menjadi
21.000
maka√21.000 = 4.5825756. Ternyata perubahankecilpadanilaix
Metode Numerik
Page 39
hanyaberakibatperubahansedikitpadaf(x).
2.
Hitungbilangankondisi𝒇(𝒙) =
𝟏𝟎 𝟏;𝒙𝟐
.
Penyelesaian: Hitungf '(x) terlebihdahulu 𝑓 ′ (𝑥) =
20𝑥 (1 − 𝑥 2 )²
Yangdigunakanuntukmenghitung ̂ 𝟐𝟎𝑥
𝑥̂*
𝟐 ̂2) (𝟏;𝑥 𝟏𝟎 ̂2) (𝟏;𝑥
bilangankondisi= |
+
|=|
𝟐𝑥̂ 2 𝟏;𝑥̂2
|
Bilangan kondisi ini sangat besar untuk |𝑥| ≈ 11. Jadi, menghitung f(x) untuk x mendekati 1 atau -1 sangat buruk keadaannya, karena galat relatifnya besar. Sebagai contoh,
f(1.009)
=
-55.306675,
tetapi
f(1.01)
=
-497.51243.
Ternyata perubahan kecil pada nilai x di sekitar 1 (karena dibulatkan
dari 4 angka bena menjadi 3 angka bena),
mengakibatkan nilai f(x) berubah sangat besar. Untuk x yang jauh dari 1 atau –1, f(x) berkondisi baik.
3.
Hitung bilangan kondisi untuk f(x) = tan(x). Penyelesaian: Hitung f '(x) terlebih dahulu 𝑓 ′ (𝑥) =
1 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥
Yang digunakan untuk menghitung 𝑥̂|
Bilangan kondisi= |
𝟏 | ̂) 𝒄𝒐𝒔𝟐 (𝑥
tan(𝑥̂)
| 𝜋
Bilangan kondisi ini sangat besar untuk x ≈ . Misalkan 2
untuk x =
Metode Numerik
𝜋 2
𝜋
+ 0.1( ), 2
Page 40
Bilangan kondisi = 1.7279(40.86)/-6.314 = -11.2 Dan untuk x =
𝜋 2
𝜋
+ 0.01( ), 2
Bilangan kondisi = 1.5865(4053)/-63.66 = -101
Metode Numerik
Page 41
BAB III SOLUSI PERSAMAAN NIRLANJAR
Dalam matematika terapan kita sering mencari penyelesaian persamaan untuk 𝑓(𝑥) = 0, yakni bilangan- bilangan 𝑥 = 1 sedemikian hingga 𝑓(𝑥) = 0 sehingga 𝑓(𝑟) = 0; 𝑓 adalah fungsi tak linear dan 𝑟 yang memenuhi disebut akar persamaan atau titik 0 fungsi tersebut.
3.1 Rumusan Masalah Persoalan mencari solusi persamaan yang lazim disebut akar
persamaan atau nilai-nilai nol yang berbentuk 𝑓(𝑥) = 0 . Yaitu nilai 𝑥 = 𝑠 sedemikian sehingga 𝑓(𝑠) sama dengan nol. Beberapa persamaan sederhana mudah ditemukan akarnya, misalnya 5𝑥 − 10 = 0pemecahannyaadalah
dengan
memindahka
-10
ke
ruas
kanan sehingga menjadi 5𝑥 = 10, sehingga solusi atau akarnya adalah 𝑥 = 2 . Begitu juga dengan persamaan kuadratik seperti 𝑥 2 − 4𝑥 − 5 = 0,
akar-akarnya
mudah
ditemukan
dengan
cara
pemfaktoran menjadi (𝑥 − 5)(𝑥 + 1) = 0 sehingga 𝑥1 = 5 dan 𝑥2 = −1 Umumnya persamaan yang akan dipecahkan muncul
dalam bentuk
nirlanjar (non linear) yang melibatkan bentuk sinus, cosinus, eksponensial,
logaritma
dan
fungsi
transenden
lainnya.
Misalnya : Tentukan akar riil terkecil dari : 9.34 − 21.97𝑥 + 16.3𝑥 3 − 3.704𝑥 5 = 0 Contoh di atas memperlihatkan bentuk persamaan yang rumit atau kompleks yang tidak dapat dipecahkan secara analitik. Bila metode analitik tidak dapat menyelesaikan persamaan, maka kita masih bisa mencari solusinya dengan menggunakan metode numerik.
Metode Numerik
Page 42
3.2 Metode Pencarian Akar Dalam
metode
secara
numerik,
pencarian
akar 𝑓(𝑥) = 0
dilakukan
lelaran (iteratif). Secara umum, metode pencarian
akar dapat dikelompokkan menjadi dua golongan besar :
a)
Metode tertutup atau metode pengurung (bracketing method) Metode
ini
mencari
akar
dalam
selang
,𝑎, 𝑏-Selang
,𝑎, 𝑏-sudah dipastikan berisi minimal satu buah akar, karena itu metode jenis ini selalu berhasil menemukan akar. Dengan lelarannya selalu konvergen menuju ke akar, karena itu metode tertutup sering disebut sebagai metode konvergen. b)
Metode terbuka Metode
terbuka
tidak
memerlukan
selang,𝑎, 𝑏-yang
mengandung akar, yang diperlukan adalah tebakan (guest) awal
akar.
Kemudian
dengan
prosedur
lelaran,
kita
menggunakannya untuk menghitung hampiran akar yang baru. Mungkin saja hampiran akar yang baru mendekati akar sejati (konvergen),
atau
mungkin
juga
menjauhinya
(divergen).
Karena itu metode terbuka tidak selalu menemukan akar, kadang-kadang konvergen, kadangkala ia divergen.
3.3 Metode Tertutup Seperti yang telah dijelaskan, metode tertutup memerlukan selang[a,b] untuk mencari akar yang berada pada selang tersebut. Dalam selang tersebut dapat dipastikan minimal terdapat satu buah akar. Sebagaimana namanya, selang tersebut “mengurung” akar sejati. Strategi yang dipakai adalah mengurangi lebar selang secara sistematis sehingga lebar selang tersebut semakin sempit dan karenanya menuju akar yang benar.
Metode Numerik
Page 43
Dalam sebuah selang mungkin terdapat lebih dari satu buah akar atau tidak ada akar sama sekali. Secara grafik dapat ditunjukkan bahwa jika : (1)𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) < 0 maka terdapat akar sebanyak bilangan ganjil.
Gambar 1. Banyaknya akar ganjil (2)𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) > 0, maka terdapat akar sebanyak bilangan genap atau tidak ada akar sama sekali
Gambar 2. Banyaknya akar genap Syarat Cukup Keberadaan Akar Jika
nilai
fungsi
berbeda
tanda
tanda
di
ujung-ujung
selang, pastilah terdapat sedikit satu buah akar di dalam selang tersebut. Syarat cukup keberadaan akar persamaan ditulis sebagai berikut:
Metode Numerik
Page 44
Jika 𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) < 0 dan 𝑓(𝑥)menerus didalam selang ,𝑎, 𝑏-, maka paling sedikit terdapat satu buah akar persamaan 𝑓(𝑥) = 0 di dalam selang,𝑎, 𝑏-.
Gambar 3. Lokasi akar Syarat tersebut
disebut
sebagai
syarat
cukup
(bukan
syarat perlu) sebab meskipun nilai nilai ujung selang tidak berbeda
tanda,
mungkin
saja
terdapat
akar
di
dalam
selangtersebut. Ada dua masalah yang terjadi
karenaketidaktepatan
mengambil selang ,𝑎, 𝑏- yaitu : 1.
Bila di dalam selang,𝑎, 𝑏- terdapat lebih dari satu
buah akar. Perlu diingat bahwa sekali suatu metode tertutup digunakan untuk mencari akar di dalam selang,𝑎, 𝑏-. Karena itu bila mengambil selang ,𝑎, 𝑏-. Yang mengandung lebih dari satu akar, maka hanya satu buah akar saja yang berhasil ditemukan 2.
Bila
mengambil
selang,𝑎, 𝑏-
yang
tidak
memenuhi
syarat cukup 𝑓(𝑎)(𝑏) < 0. sehingga mungkin sampai pada kesimpulan
Metode Numerik
Page 45
tidak terdapat
akar
di
dalam
selang,𝑎, 𝑏-tersebut,
padahal seharusnya ada. Untuk mengatasi kedua masalah di atas, pengguna metode tertutup disarankan untuk mengambil selang yang berukuran cukup kecil yang memuat hanya satu akar. Ada dua pendekatan yang dapat digunakan dalam memilih selang tersebut, yaitu : 1.
Pendekatan pertama yaitu membuat grafik fungsi di bidang 𝑋 − 𝑌, lalu melihat dimana perpotongannya dengan sumbu 𝑋. Dari sini kita dapat mengira-ngira selang yang memuat titik potong tersebut. Grafik fungsi dapat dibuat dengan program yang ditulis sendiri, atau lebih praktis menggunakan paket program yang dapat membuat grafik fungsi.
2.
Pendekatan kedua adalah dengan mencetak nilai fungsi pada titik-titik absis yang berjarak tetap. Jarak titik ini dapat diatur cukup kecil. Jika tanda fungsi berubah pada sebuah selang, pasti terdapat minimal satu akar didalamnya. Keberhasilan dari pendekatan ini bergantung pada jarak antara titik-titik absis. Semakin kecil jarak titik absis, semakin besar peluang menemukan selang yang mengandung hanya sebuah akar. Ada
dua
metode
klasik
yang
termasuk
ke
dalam
metode
tertutup, yaitu metode bagi dua dan metode regula-falsi. 3.3.1. Metode Bagidua2 Metode bagi dua ini dilakukan untuk pencarian akar suatu persamaan dengan cara selalu membagi
Metode Numerik
Page 46
dua selang sehingga diperoleh nilai fungsi untuk titik tengahselang.Metode ini mengasumsikan bahwa fungsi f(x) adalah kontinu pada interval[𝑎1 ,𝑏1 ], serta 𝑓 (𝑎1 ) dan 𝑓 (𝑏1 ) mempunyai tanda berlawanan, artinya 𝑓 (𝑎1 ). 𝑓(𝑏) < 0, karena itu terdapat minimal satu akar pada interval [𝑎1 ,𝑏1 ]. Interval dalam metode ini selalu dibagi dua sama lebar, jika fungsi berubah tanda sepanjang suatu subinterval, maka letak akarnya kemudian ditentukan ada di tengah-tengah
subinterval.
Proses
ini
diulangi
sampai ukuran interval yag baru sudah sangat kecil dan hal ini tentu saja sesuai dengan toleransi kesalahan yang diberikan. Misalkan kita telah menentukan selang [a,b] sehingga 𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) < 0. Pada setiap kali lelaran, selang [a,b] kita bagi dua di 𝑥 = 𝑐 , sehingga terdapat dua buah subselang yang berukuran sama yaitu selang ,𝑎, 𝑐-dan ,𝑐, 𝑏-. Selang yang diambil untuk lelaran berikutnya adalah subselang yang memuat akar, bergantung pada apakah 𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) < 0.
Metode Numerik
Page 47
Langkah pencarian akar dengan metode bagi dua : Langkah 1 : Pilih selang inteval pencarian 𝑥1 < 𝑥 < 𝑥𝑢 , dimana𝑥1 adalah
awal
batas
bawahdan
𝑥𝑢 adalah batas atas. Kemudian lakukan pengujian apakah akar terdapat dalaminterval , yaitu 𝑓(𝑥𝑢 ) . 𝑓(𝑥1 )< 0. Langkah 2 : Taksir nilai akar (𝑥𝑟 ) dalam selang dengan cara membagi dua selang𝑥𝑟 =
𝑥1 :𝑥𝑢 2
Langkah 3 : Lakukan pengujian terhadap nilai fungsi untuk mengetahui inteval pencarian berikutnya , yaitu dengan cara : terletak
Metode Numerik
Jika pada
(𝑥1 )
.
𝑓(𝑥𝑟 )<
interval
di
0
,
bawah
berarti 𝑥𝑟 ,
akar
sehingga
Page 48
interval
pencarian
𝑥1 = 𝑥1 < 𝑥 < 𝑥𝑢 =
selanjutnya
𝑥𝑟 laluulangi langkah ke – 2.
(𝑥1 )
Jika
terletak
pada
.
𝑓(𝑥𝑟 )>0
interval
interval pencarian
,
di
berarti
akar
𝑥𝑟 , sehingga
atas
selanjutnya 𝑥1 = 𝑥𝑟 < 𝑥 < 𝑥𝑢 =
𝑥𝑢 laluulangi langkah ke – 2. Jika (𝑥1 ) . 𝑓(𝑥𝑟 )=0 , berarti akar sama
dengan 𝑥𝑟 maka hentikan perhitungan. Selang yang baru dibagi dua lagi dengan cara yang sama. Begitu seterusnya sampai ukuran selang yang baru sudah sangat kecil. Kondisi berhenti lelaran
dapat
dipilih
salah
satu
dari
tiga
kriteria berikut : 1.
Lebar selang baru|𝑎 − 𝑏| < 𝜖 , yang dalam hal ini 𝜖adalah
nilai
toleransi
lebar
selang
yang
mengurung akar 2.
𝑓(𝑐) = 0.
Nilai fungsi di hampiran akar Beberapa
bahasa
pembandingan
dua
pemrograman buah
bilangan
membolehkan riil,
sehingga
perbandingan 𝑓(𝑐) = 0dibenarkan. Namun jika kembali ke tidak
konsep awal bahwa dua buah bilangan riil dapat
dibandingkan
kesamaannya
karena
representasi di dalam mesin tidak tepat, maka kita dapat
menggunakan
bilangan
yang
sangat
kecil
(misalnya epsilon mesin) sebagai pengganti nilai 0. Dengan demikian, menguji kesamaan 𝑓(𝑐) = 0 dapat kita hampiridengan𝑓(𝑐) < 𝑒𝑝𝑠𝑖𝑙𝑜𝑛𝑚𝑒𝑠𝑖𝑛.
Metode Numerik
Page 49
3.
Galat
relative
𝐶𝑏𝑎𝑟𝑢 | < 𝛿,
yang
hampiran dalam
hal
akar ini
:|(𝐶𝑏𝑎𝑟𝑢 − 𝐶𝑙𝑎𝑚𝑎 / galat
relative
hampiran yang diinginkan.
Dengan jumlah iterasi dapat diprediksi menggunakan :
Contoh Soal : Carilah salah satu akar persamaan berikut: 𝑥 𝑒 -x+1 = 0 disyaratkan bahwa batas kesalahan relatif (εa) =0.001 dengan menggunakan range x=[−1,0] Penyelesaian : Dengan memisalkan bahwa : -
(xl) = batas bawah = a
-
(xu) = batas atas
-
(xr) = nilai tengah = x
= b
maka diperoleh tabel biseksi sebagai berikut :
Metode Numerik
Page 50
Pada iterasi ke 10 diperoleh x = -0.56738 dan f(x) = 0.00066 Untuk
menghentikan
iterasi,
dapat
dilakukan
dengan
menggunakan toleransi error atau iterasi maksimum.
Catatan : Dengan menggunakan metode biseksi dengan tolerasi error 0.001
dibutuhkan10
iterasi,
semakin
teliti
(kecil
toleransi errornya) maka semakin bear jumlah iterasi yang dibutuhkan. Contoh : Carilah nilai akar dari persamaan 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 𝑥 −
1.
1=0 Penyelesaian : Pilih 𝑎 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑏 = 2. Karena 𝑓(1)𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑓 𝑑𝑎𝑛 𝑓(2)𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑓, maka salah satu akar terletak di antara 1 dan 2 . Oleh 3
3
3 3
3
2
2
2
2
karena itu 𝑥0 = = 1,5. Kemudian karena 𝑓 . / = . / − − 1=
Metode Numerik
7 8
(𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑓) maka akar karakteristik terletak antara 1
Page 51
dan 1,5. Kondisi ini memberikan 𝑥1 = 𝑓(1,25) = −
19 64
(negatif),
1:1,5 2
nilai
= 1,25. Karena 𝑓(𝑥1 ) = akar
yang
dicari
terletak diantara 1,25 dan 1,5. Sehingga diperoleh
𝑥2 =
1,25 + 1,5 = 1,375. 2
Bila prosedur diatas diulang kembali hingga 𝑥5 diperoleh nilai-nilai aproksimasi berikut : 𝑥3 = 1,3125, 𝑥4 = 1,34375 , 𝑥5 = 1,328125 2.
Carilah lokasi akar pada fungsin 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 4𝑥 − 5 menggunakan metode bagi dua sampai 2 iterasi pada selang [2,9]
Penyelesaian : 𝑓(2) = 22 − 4(2) − 5 = −9 𝑓(9) = 92 − 4(9) − 5 = 40 𝑓(2). 𝑓(9) = (−9). (40) = −360 < 0 jadi memang terdapat akar pada selang [2,9]
Iterasi 1
Bagi 2 selang [2:9]
Metode Numerik
Page 52
Panjang selang [2:9] adalah 9-2=7
Panjang setengah selang [2:9] adalah 7:2 = 3,5
Titik tengah selang [2:9] adalah 𝑐1 = 2 + 3,5 = 5,5 𝑐1 disebut solusi hampiran lokasi akar untuk iterasi 1.
Galat/error= [akar sejati – akar hampiran] = [5 – 5,5] = 0,5
Karena ingin lanjut ke iterasi 2 maka bagi 2 selang [2:9] dengan titik tengah 𝑐1 = 5,5 𝑦𝑎𝑖𝑡𝑢,2: 5,5-𝑑𝑎𝑛,5,5: 9-
Cek selang mana yang ada akarnya : 𝑓(2) = 22 − 4(2) − 5 = −9 𝑓(5,5) = (5,5)2 − 4(5,5) − 5 = 3,25 𝑓(9) = 92 − 4(9) − 5 = 40 𝑓(2). 𝑓(5,5) = (−9) . (3,25) = −29,25 < 0 jadi terdapat akar pada selang [2:5,5] 𝑓(5,5). 𝑓(9) = (3,25) . (40) = 130 > 0 jadi tidak terdapat akar pada selang [5,5:9]
Iterasi 2
Bagi 2 selang [2:5,5]
Metode Numerik
Page 53
Panjang selang [2:5,5] adalah 5,5 – 2 = 3,5
Panjang setengah selang [2:5,5] adalah 3,5 : 2 = 1,75
Titik tengah selang [2:5,5] adalah 𝑐2 = 2 + 1,75 = 3,75 𝑐2 disebut solusi hampiran lokasi akar untuk iterasi 2.
Galat/error= [akar sejati – akar hampiran] = [5 – 3,75] = 1,25
3.
Selesaikan persamaan 𝑥 2 − 3 = 0 dalam interval [1,2]
menggunakan metode bagi dua sampai 5 iterasi.
Penyelesaian :
Iterasi 1 :
𝑎1 = 1
𝑓(𝑎1 ) = −2
𝑏1 = 2
𝑥1 =
𝑎1 + 𝑏1 1 + 2 = = 1,5 2 2
𝑓(𝑥1 ) = −0,75
Iterasi 2: Diamati (𝑎1 ) . 𝑓(𝑥1 )> 0, maka 𝑎2 = 𝑥1 = 1,5
𝑓(𝑎2 ) = −0,75
𝑏2 = 𝑏1 = 2
Metode Numerik
Page 54
𝑥2 =
𝑎2 + 𝑏2 1,5 + 2 = = 1,75 2 2
𝑓(𝑥2 ) = 0,0625
Iterasi 3: Diamati (𝑎2 ) . 𝑓(𝑥2 )< 0, maka 𝑎3 = 𝑎2 = 1,5
𝑓(𝑎3 ) = −0,75
𝑏3 = 𝑥2 = 1,75
𝑥3 =
𝑎3 + 𝑏3 1,5 + 1,75 = = 1,625 2 2
𝑓(𝑥3 ) = −0,3594
Iterasi 4: Diamati (𝑎3 ) . 𝑓(𝑥3 )> 0, maka 𝑎4 = 𝑥3 = 1,625
𝑓(𝑎4 ) = −0,3594
𝑏4 = 𝑏3 = 1,75
𝑥4 =
𝑎4 + 𝑏4 1,625 + 1,75 = = 1,6875 2 2
𝑓(𝑥3 ) = −0,1523
Iterasi 5: Diamati (𝑎4 ) . 𝑓(𝑥4 )<0, maka 𝑎5 = 𝑥4 = 1,6875
Metode Numerik
𝑓(𝑎5 ) = −0,1523
Page 55
𝑏5 = 𝑏4 = 1,75
𝑥5 =
𝑎5 + 𝑏5 1,6875 + 1,75 = = 1,7187 2 2
𝑓(𝑥3 ) = −0,0459
Jadi, pada iterasi ke 5 diperoleh akar hampiran x=1,7187
3.3.2 Metode Regula-Falsi
Metode regula falsi atau metode posisi palsu merupakan salah satu solusi pencarian akar dalam penyelesaian persamaanpersamaan non linier melaui proses iterasi (pengulangan). Persamaan non linier ini biasanya berupa persamaan polynomial tingkat tinggi, eksponensial, logaritmik, dan kombinasi dari persamaan-persamaan tersebut. Seperti metode biseksi,
Metode
regula falsi juga termasuk dalam metode tertutup.
Pada umumnya pencarian akar dengan metode biseksi selalu dapat menemukan akar, namun kecepatan untuk mencapai akar hampiran sangat lambat, oleh karena itu untuk mempercepat pencarian akar tersebut dibutuhkan metode lain yaitu metode regula falsi. kehadiran metode regula falsi adalah sebagai modifikasi dari metode biseksi, yang kinerjanya lebih cepat dalam mencapai akar hampiran. Metode Regula Falsi merupakan salah satu metode tertutup untuk menentukan solusi akar dari persamaan non linier , dengan prinsip utama sebagai berikut : 1.
Menggunakan garis scan (garis lurus yang menghubungkan
Metode Numerik
Page 56
dua koordinat nilai awal terhadap kurva) untuk mendekati akar persamaan nonlinier (titik potong kurva f(x) dengan sumbu x) . 2.
Taksiran nilai akar selanjutnya merupakan titik potong garis scan dengan sumbu x.
Berdasarkan gambar di atas, didapat rumus metode regula falsi : 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) 𝑓(𝑏) − 0 = 𝑏−𝑎 𝑏−𝑐 Dapat disederhanakan menjadi 𝑐 =
𝑓(𝑏)𝑎;𝑓(𝑎)𝑏 𝑓(𝑏);𝑓(𝑎)
Algoritma Metode Regula Falsi 1.
Tentukan nilai awal a dan b
2.
Cek konvergensi nilai 𝑓(𝑎) dan 𝑓(𝑏) a. Jika tanda 𝑓(𝑎)
dan 𝑓(𝑏), nilai awal dapat
digunakan untuk iterasi selanjutnya b. Jika tanda 𝑓(𝑎) = (𝑏) , pilih nilai awal yang baru. 3.
Lakukan iterasi dan tentukan nilai c (hitung akar), dengan rumus : 𝑓(𝑏)𝑎 − 𝑓(𝑎)𝑏 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
4.
Cek konvergensi nilai c yaitu jika nilai 𝑓(𝑐) =0 maka hentikan proses iterasi.
5.
Metode Numerik
Jika belum konvergensi tentukan nilai interval
Page 57
baru dengan cara : a.
Jika tanda f(c) = tanda f(a) maka c = a
b.
Jika tanda f(c) = tanda f(b) maka c = b
Contoh Soal: 1.
Dengan menggunakan metode regula falsi, tentukanlah salah satu akar dari persamaan (𝑥) = 𝑥 2 − 5𝑥 + 4 . Jika diketahui nilai awal x=2 dan x=5 dan serta ketelitian hingga 3 desimal. Penyelesaian : Cek nilai awal
n
𝑎
𝑓(𝑎)
𝑏
𝑓(𝑏)
𝑤
𝑐
𝑓(𝑐)
0
2
-2
5
4
0,333
3
-2
Nilai awal : 𝑎 = 2 → 𝑓(2) = (2)2 − 5(2) + 4 = −2 𝑏 = 5 → 𝑓(5) = (5)2 − 5(5) + 4 = 4 𝑤=
(−2) = 0,333 (−2) − (4)
𝑐 = 2 + 0,333(5 − 2) = 3 → 𝑓(3) = (3)2 − 5(3) + 4 = −2 Langkah selanjutnya menukar nilai a atau b dengan c jika 𝑓(𝑎) atau 𝑓(𝑏) sama tanda nilainya dengan 𝑓(𝑐) seperti pada metode biseksi n
𝑎
𝑓(𝑎)
𝑏
𝑓(𝑏)
𝑤
𝑐
𝑓(𝑐)
0
2
-2
5
4
0,333
3
-2
1
3
-2
5
4
0,333
3,667
-0,889
2
3,667
-0,889
5
4
0,182
3,909
-0,264
3
3,909
-0,264
5
4
0,062
3,977
-0,069
Metode Numerik
Page 58
𝑤=
(−0,264) = 0,062 (−0,264) − (4)
𝑐 = 3,909 + 0,062(5 − 3,909) = 3,977 → 𝑓(3,977) = (3,977)2 − 5(3,977) + 4 = −0,069 Dan seterusnya …. n
𝑎
𝑓(𝑎)
𝑏
𝑓(𝑏)
𝑤
𝑐
𝑓(𝑐)
0
2
-2
5
4
0,333
3
-2
1
3
-2
5
4
0,333
3,667
-0,889
𝑤=
(−2) = 0,333 (−2) − (4)
𝑤 = 3 + 0,333(5 − 3) = 3,667 → 𝑤(3,667) = (3,667)2 − 5(3,667) + 4 = −0,889
Iterasi
dapat
dihentikan
pada
iterasi
ke-7,
karena
𝑐6 𝑑𝑎𝑛 𝑐7 konstan (𝑐6 𝑑𝑎𝑛 𝑐7 = 4,0000) sehingga diperoleh akar dari persamaan non linearnya adalah 4,0000
3.4 Metode Terbuka Tidak seperti pada metode tertutup, metode terbuka tidak memerlukan selang yang mengurung akar. Yang diperlukan hanya sebuah tebakan awal akar atau duabuah tebakan yang tidak perlu
Metode Numerik
mengurungakar. Inilah alasannya mengapa
metode ini
Page 59
dinamakan metode terbuka. Hampiran akar sekarangpada hampiran akar sebelumnya melalui prosedur lelaran.kadangkala lelaran konvergen
ke akar sejati kadangkala
divergen.Namun, apabila lelarannya konvergen ,konvergensinya berlangsung sangat cepat dibanding metode tertutup.
Ciri-ciri Metode terbuka sebagai berikut : 1.
Tidak memerlukan selang [a,b] yang mengandung akar.
2.
Mencari akar melalui suatu lelaran yang dimulai dari sebuah tebakan (guest)awal.
3.
Pada setiap lelaran kita menghitung hampiran akar yang baru.
4.
Mungkin saja hampiran akar yang baru mendekati akar sejati (konvergen),atau mungkin juga menjauhi (divergen).
5.
Karena itu ,metode terbuka tidak selalu menemukan akar ,kadang konvergen dan kadang ia divergen
Yang 1.
termasuk ke dalam metode terbuka : Metode
lelaran
titik
tetap
(fixed
point
iteratio
n). 2.
Metode
Newton-Rhapson.
3.
Orde Kovergesi Metode Terbuka
4.
Metode
Secant.
3.4.1 Metode lelaran titik tetap ( metode iterasi sederhana ) Metode iterasi sederhana adalah metode yang memisahkan x dengan sebagian x yang lain sehingga diperoleh : x = g(x).
PROSEDUR: 1.
Metode Numerik
Susun persamaan 𝑓(𝑥) = 0 menjadi bentuk 𝑥 = 𝑔(𝑥)
Page 60
2.
Bentuk menjadi 𝑥𝑟:1 = 𝑔(𝑥)
3.
Tentukan sebarang𝑥0 , kemudian hitung 𝑥1 , 𝑥2 , … … …yang dapat konvergen ke akar sejati
4.
STOP
|𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 | < 𝜀 𝑎𝑡𝑎𝑢
|𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 | <𝛿 |𝑥𝑟 |
Contoh : 𝑥 – 𝑒𝑥 = 0 𝑥 = 𝑒𝑥 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑔(𝑥) = 𝑒𝑥 Lalu, bentuklah menjadi prosedur lelaran 𝑥𝑟 + 1 = 𝑔(𝑥𝑟) Dan terkalah sebuah nilai awal x0 , lalu hitung nilai 𝑥1 , 𝑥2, 𝑥3 , . . ., 𝑓(𝑠) = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑠 = 𝑔(𝑠).
Kondisi berhenti lelaran dinyatakan bila
│𝑥𝑟 + 1 −
𝑥𝑟 │
<
𝜀
Atau bila menggunakan galat relatif hampiran |
𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 |<𝛿 𝑥𝑟:1
Dengan𝜀 dan𝛿telahditetapkan sebelumnya
Perhatikan contoh berikut:
Carilah akar persamaan 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 2𝑥 − 3 = 0 dengan metode lelaran titik tetap. Gunakan 𝜀 = 0.000001.
Penyelesaian: Terdapat
Metode Numerik
beberapa
kemungkinan
prosedur
lelaranyang
Page 61
dapat a)
dibentuk
𝑥2 − 2𝑥 – 3 = 0 𝑥2 = 2𝑥 + 3 𝑥 =
√(2𝑥 + 3)
Dalam hal ini, (𝑥) = √2𝑥 + 3 . Prosedur lelaran adalah 𝑥𝑟:1 = √(2𝑥𝑟 + 3). Ambil terkaan awal x0 = 4.
Tabel lelarannya : r
xr
| xr+1 – xr |
0
4.000000
-
1
3.316625
0.683375
2
3.103748
0.212877
3
3.034385
0.069362
4
3.011440
0.022945
5
3.003811
0.007629
6
3.001270
0.002541
7
3.000423
0.000847
8
3.000141
0.000282
9
3.000047
0.000094
10
3.000016
0.000031
11
3.000005
0.000010
12
3.000002
0.000003
13
3.000001
0.000001
14
3.000000
0.000000
Hampiran akar x = 3.000000
b)
Metode Numerik
𝑥2 − 2𝑥 – 3 = 0
Page 62
𝑥 (𝑥 – 2) = 3 𝑥 =
3 𝑥−2
Dalam
hal
𝑔(𝑥) =
ini,
adalah 𝑥𝑟 + 1 =
3
3 𝑥;2
.
Prosedur
lelarannya
. Ambil terkaan awal x0 = 4.
𝑥𝑟 ;2
Tabel lelarannya :
Metode Numerik
R
xr
| xr+1 – xr |
0
4.000000
-
1
1.500000
2.500000
2
-6.000000
7.500000
3
-0.375000
5.625000
4
-1.263158
0.888158
5
-0.919355
0.343803
6
-1.027624
0.108269
7
-0.990876
0.036748
8
-1.003051
0.012175
9
-0.998984
0.004066
10
-1.000339
0.001355
11
-0.999887
0.000452
12
-1.000038
0.000151
13
-0.999987
0.000050
14
-1.000004
0.000017
15
-0.999999
0.000006
16
-1.000000
0.000002
17
-1.000000
0.000001
Page 63
Hampiran akar x = -1.000000
( c ) −𝑥 2 − − 2𝑥 – 3 = 0 −2𝑥 = −𝑥2 + 3 𝑥=
𝑥2 − 3 2
Prosedur
lelarannya
xr+1=
adalah
𝑥𝑟 2 ;3 2
.
Ambil
terkaan awal x0 = 4. Tabel lelarannya : I
xr
| xr+1 – xr |
0
4.000000
-
1
6.500000
2.500000
2
19.625000
13.125000
3
191.070313
171.445312
4
18252.432159
18061.361847
. . .
Ternyata lelarannya divergen. Teorema 3.2 Misalkan
𝑥 = 5 adalah
andaikan
𝑔
𝑔(𝑥)dan
mempunyai
solusi turunan
dari
𝑥=
continue
dalam selang ,𝑎, 𝑏- yang memuat 𝑥. Maka jika |𝑔′ (𝑥)| < 𝑘 < 1 dalam selang tersebut, proses iterasi yang didefinisikan 𝑥𝑟:1 = 𝑔(𝑥) akan konvergen
ke
𝑥.
Sebaiknya
jika
|𝑔′ (𝑥)| < 𝑘 < 1
dalam selang tersebut, maka iterasinya 𝑥𝑟:1 = 𝑔(𝑥𝑟 ) akan divergen 𝑥.
Di dalam selang I = [s-h, s+h], dengan s titik tetap.
Metode Numerik
Page 64
1.
Jika
0
<
g'(x)
<
1
untuk
setiap
x I,
maka
lelarankonvergen monoton; 2.
Jika -1< g'(x) < 0 untuk setiap x
I, maka
lelarankonvergen bersosilasi; 3.
Jika
g'(x)
>
1
untuk
setiap
x
I,
maka
x
I,
maka
lelarandivergen monoton; 4.
Jika
g'(x)
<
-1
untuk
setiap
lelarandivergen berosilasi.
Pertanyaan : 1.
Dalam setiap soal apakah prosedur lelarannya selalu lebih dari satu?
2.
Kapan iterasinya harus berhenti?
3.
Bagaimana menentukan tebakan akarnya?
4.
Apakah
maksud
dari
konvergen
monoton,
konvergen
berosilsi, divergen monoton dan divergen berosilasi? Jawaban : 1.
Tidak, tergantung pada f(x) = 0 yang terdapat pada soal tersebut. 𝑥𝑟:1 ;𝑥𝑟
2.
Kondisi berhenti ketika |𝑥𝑟:1 −𝑥𝑟 | < 𝜀 atau |
3.
Tebakan akar dilakukan secara bebas tetapi sebaiknya
𝑥𝑟;1
| < 𝛿3.
diambil dari akar yang mendekati fungsi f(x). 4.
Konvergen monoton
:
hasil
dari
|𝑥𝑟:1 −𝑥𝑟 |
selalu
|𝑥𝑟:1 −𝑥𝑟 |
selalu
turun dan mendekati akarsejatinya. Konvergen berosilasi
:
hasil
dari
naik turun tetapi mendekatiakar sejatinya. Divergen monoton : hasil dari |𝑥𝑟:1 −𝑥𝑟 | selalu naik sehingga menjauhi
Metode Numerik
Page 65
akar sejatinya. Divergen berosilasi
:
hasil
dari
|𝑥𝑟:1 −𝑥𝑟 |
selalu
naik turun tetapi menjauhiakar sejatinya.
Contoh Soal : Hitung akar 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 – 2𝑥 – 3 dengan 𝜀 = 0.000001. 𝑥 2 – 2𝑥 – 3 = 0 𝑥(𝑥– 2)= 3 𝑥𝑟 + 1 =
Metode Numerik
3 𝑥𝑟 − 2
r
xr
| xr+1 – xr |
0
4.000000
-
1
1.500000
2.500000
2
-6.000000
7.500000
3
-0.375000
5.625000
4
-1.263158
0.888158
5
-0.919355
0.343803
6
-1.027624
0.108269
7
-0.990876
0.036748
8
-1.003051
0.012175
9
-0.998984
0.004066
10
-1.000339
0.001355
11
-0.999887
0.000452
12
-1.000038
0.000151
13
-0.999987
0.000050
14
-1.000004
0.000017
15
-0.999999
0.000006
16
-1.000000
0.000002
Page 66
17
-1.000000
0.000001
3.4.2 Metode Newton Rhapson Metode Newton Raphson adalah metode pendekatan yang menggunakan
satu
titik
awal
dan
mendekatinya
dengan
memperhatikan kemiringan kurva pada titik tersebut. Metode Newton-Rephson yang paling terkenal dan paling banyak dipakai dalam terapan sains dan rekayasa. Metode ini disukai karena konvergensinya paling cepat diantara metode lainnya. Ada
dua
pendekatan
dalam
menurunkan
rumus
metode
Newton-Rephson, yaitu : a)
Penurunan rumus Newton-Rephson secara geometri
b)
Penurunan
rumus
Newton-Rephson
dengan
bantuan
deret Taylor Uraikan 𝑓(𝑥𝑟:1 ) disekitar 𝑥𝑟 ke dalam deret Taylor : 𝑓(𝑥𝑟:1 ) = 𝑓(𝑥𝑟 ) + (𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 )𝑐 +
(𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 )2 𝑓"(𝑡), 𝑥𝑟 < 𝑡 < 𝑥𝑟:1 2
Yang bila dipotong sampai suku orde-2 saja menjadi 𝑓(𝑥𝑟:1 ) = 𝑓(𝑥𝑟 ) + (𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 )𝑓 ′ (𝑥𝑟 ) Karena kita mencari akar, maka 𝑓(𝑥𝑟:1 ) = 0, sehingga
0 = 𝑓(𝑥𝑟 ) + (𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 )𝑓 ′ (𝑥𝑟 ) Atau 𝑥𝑟:1 = 𝑥𝑟 −
𝑓(𝑥𝑟 ) , 𝑓 ′ (𝑥𝑟 ) ≠ 0 𝑓 ′ (𝑥𝑟 )
Yang merupakan rumus metode Newton-Raphson. Kondisi berhenti lelaran Newton-Raphson adalah bila |𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 | < 𝜀 Atau bila menggunakan gelat relative hampiran
Metode Numerik
Page 67
|
𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 |<𝛿 𝑥𝑟:1
Dengan 𝜀 dan 𝛿 adalah toleransi galat yang diinginkan
Catatan
:
Jika terjadi 𝑓 ′ (𝑥𝑟 ) = 0, ulangi perhitungan lelaran dengan 𝑥0 yang lain.
Jika persamaan 𝑓(𝑥) = 0 memiliki lebih dari satu akar, pemilihan yang berbeda-beda dapat menemukan akar yang lain.
Dapat pula terjadi lelaran konvergen ke akar yang berbeda dari yang diharapkan (seperti halnya pada metode lelaran titik tetap)
Penjelasan grafis mengenai metode ini adalah seperti gambar
Diasumsikam bahwa fungsi 𝑓(𝑥) adalah kontinu. Idenya adalah menghitung akar yang merupakan titik potong antara sumbu
𝑥
dengan
garis
singgung
pada
kurva
di
titik
(𝑥𝑛;1 , 𝑓(𝑥𝑛;1 )). Kemiringan kurva di titik tersebut adalah 𝑓 ′ (𝑥𝑛;1 ), sehinbgga garis singgung mempunyai persamaan 𝑦 − 𝑓(𝑥𝑛;1 ) = 𝑓 ′ (𝑥𝑛;1 )(𝑥 − 𝑥𝑛;1 )
Metode Numerik
Page 68
Karena itu diperoleh akar hampiran dengan mengambil 𝑦 = 0, yaitu 𝑥𝑛 = 𝑥𝑛;1 −
𝑓(𝑥𝑛;1 ) 𝑓′(𝑥𝑛;1 )
Kriteria Konvergen Newton Raphson Untuk memperoleh iterasi konvergen maka harus memenuhi harga mutlak |𝑔′ (𝑥) < 1|karena metode Newton Raphson adalah metode terbuka maka dapat dirumuskan : 𝑔(𝑥) = 𝑥 − 𝑔′ (𝑥) = 1 −
𝑓(𝑥) 𝑓 ′ (𝑥)
maka turunan pertama 𝑔(𝑥) adalah :
𝑓 ′ (𝑥). 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑓"(𝑥). 𝑓(𝑥) ,𝑓 ′ (𝑥)-
𝑔′ (𝑥) =
|𝑓 ′ (𝑥)|2 − |𝑓 ′ (𝑥)|2 + 𝑓"(𝑥)𝑓(𝑥) ,𝑓 ′ (𝑥)-2
𝑔′ (𝑥) =
𝑓"(𝑥). 𝑓(𝑥) ,𝑓 ′ (𝑥)-2
Karena syarat konvergensi |𝑔′ (𝑥)| < 1 Maka |
𝑓"(𝑥).𝑓(𝑥) ,𝑓 ′ (𝑥)-2
| < 1 dengan syarat 𝑓 ′ (𝑥) ≠ 0
3.4.3 Orde Kovergensi Metode Terbuka
Prosedur lelaran pada setiap metode terbuka dapat ditulis dalam bentuk 𝑥𝑟:1 = 𝑔(𝑥𝑟 ) . Misalnya pada metode Newton-Raphson 𝑔(𝑥𝑟 ) = 𝑥𝑟 −
𝑓(𝑥𝑟 )
.
𝑓 1 (𝑥𝑟 )
Misalkan
𝑥𝑟
adalah
hampiran
tetap
akar
sejati s sehingga 𝑠 = 𝑔(𝑠). Maka, berdasarkan konsep galat 𝑠 = 𝑥𝑟 + 𝜀𝑟 dengan 𝜀𝑟 adalah galat dari 𝑥𝑟 . Uraikan 𝑔(𝑠) disekitar 𝑥𝑟 : 1 𝑔(𝑠) = 𝑔(𝑥𝑟 ) + 𝑔′ (𝑥𝑟 )(𝑠 − 𝑥𝑟 ) + 𝑔(𝑥𝑟 )(𝑠 − 𝑥𝑟 )2 + ⋯, 2
Metode Numerik
Page 69
1 = 𝑔(𝑥𝑟 ) + 𝑔′ (𝑥𝑟 )𝜀𝑟 + 𝑔(𝑥𝑟 )𝜀𝑟 2 + ⋯, 2 Kemudian kurangi dengan 𝑥𝑟:1 = 𝑔(𝑥𝑟 ) sehingga diperoleh: 1 𝑔(𝑠) − 𝑥𝑟:1 = 𝑔′ (𝑥𝑟 ) + 𝑔(𝑥𝑟 )𝜀𝑟 2 + ⋯ 2 Karena 𝑠 = 𝑔(𝑠), maka 1 𝑠 − 𝑥𝑟:1 = 𝑔′ (𝑥𝑟 )𝜀𝑟 + 𝑔(𝑥𝑟 )𝜀𝑟 2 + ⋯ 2 Misalkan 𝑠 − 𝑥𝑟:1 = 𝜀𝑟:1 , sehingga 1 𝜀𝑟:1 = 𝑔(𝑥𝑟 )𝜀𝑟 + 𝑔(𝑥𝑟 )𝜀𝑟 2 + ⋯ 2 Bilangan
pangkat
dari
𝜀𝑟
menunjukkan
orde
(atau
laju)
konvergensi prosedur lelaran:
: 𝜀𝑟:1 ≈ 𝑔′ (𝑡)𝜀𝑟 , 𝑥𝑟 < 𝑡 < 𝑥𝑟:1 , Prosedur lelaran orde satu
(a)
1
(b) : 𝜀𝑟:1 ≈ 𝑔′ (𝑥𝑟 )𝜀𝑟 2 Prosedur lelaran orde dua 2
3.4.4 Metode Secant
Pada Metode Newton-Raphson memerlukan syarat wajib yaitu fungsi f(x) harus memiliki turunan f’(x). Sehingga syarat wajib ini dianggap sulit karena tidak semua fungsi bisa dengan mudah mencari turunannya. Oleh karena itu
Metode Numerik
Page 70
muncul ide dari yaitu mencari persamaan yang ekivalen dengan rumus turunan fungsi. Ide ini lebih dikenal dengan nama Metode Secant. Ide dari metode ini yaitu menggunakan gradien garis yang melalui titik (x0, f(x0)) dan (x1, f(x1)). Perhatikan gambar dibawah ini.
Persamaan garis l adalah 𝑥 − 𝑥1 𝑦 − 𝑓(𝑥1 ) = 𝑥0 − 𝑥1 𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑥1 ) Karena 𝑥 = 𝑥2 maka 𝑦 = 0, sehingga diperoleh 𝑥2 − 𝑥1 0 − 𝑓(𝑥1 ) = 𝑥0 − 𝑥1 𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑥1 ) 𝑥2 − 𝑥1 = −
𝑓(𝑥1 )(𝑥0 − 𝑥1 ) 𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑥1 )
𝑥2 = 𝑥1 −
𝑓(𝑥1 )(𝑥0 − 𝑥1 ) 𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑥1 )
𝑥2 = 𝑥1 −
𝑓(𝑥1 )(𝑥1 − 𝑥0 ) 𝑓(𝑥1 ) − 𝑓(𝑥0 )
Secara umum rumus Metode Secant ini ditulis 𝑥𝑛:1 = 𝑥𝑛 −
𝑓(𝑥𝑛 )(𝑥𝑛 − 𝑥𝑛;1 ) 𝑓(𝑥𝑛 ) − 𝑓(𝑥𝑛;1 )
Prosedur Metode Secant :
Ambil dua titik awal, misal 𝑥0 dan 𝑥1
Metode Numerik
Page 71
Ingat
bahwa
pengambilan
titik
awal
tidak
disyaratkan alias pengambilan secara sebarang Setelah itu hitung 𝑥2 menggunakan rumus diatas Kemudian pada iterasi selanjutnya ambil 𝑥1 dan 𝑥2 sebagai titik awal dan hitung 𝑥3 Kemudian ambil 𝑥2 dan 𝑥3 sebagai titik awal dan hitung 𝑥4 Begitu seterusnya sampai iterasi yang diingankan atau sampai mencapai error yang cukup kecil.
Contoh : Tentukan salah satu akar dari 4x3 – 15x2 + 17x – 6 = 0 menggunakan Metode Secant sampai 9 iterasi.
Penyelesaian : f(x) = 4x3 – 15x2 + 17x – 6 iterasi 1 : ambil 𝑥0 = −1 dan 𝑥1 = 3 (ambil titik awal sembarang) 𝑓(−1) = 4(−1)3 – 15(−1)2 + 17(−1) – 6 𝑓(−1) = −42 𝑓(3) = 4(3)3 – 15(3)2 + 17(3) – 6 𝑓(3) = 18 𝑥2 = 3 −
18(3 − (−1)) 18 − (−42)
𝑥2 = 1,8 Iterasi 2 : Ambil ambil 𝑥1 = 3 dan 𝑥2 = 1,8 𝑓(1,8) = 4(1,8)3 – 15(1,8)2 + 17(1,8) – 6 𝑓(3) = −0,672
Metode Numerik
Page 72
𝑥3 = 1,8 −
(−0,672)(1,8 − (3)) −0,672 − 18
𝑥3 = 1,84319 Iterasi 3 : Ambil ambil 𝑥2 = 1,8 dan 𝑥3 = 1,84319 𝑓(1,84319) = 4(1,84319)3 – 15(1,84319)2 + 17(1,84319) – 6 𝑓(1,84319) = −0,57817 𝑥4 = 1,84319 −
(−0,57817)(1,84319 − 1,8) −0,57817 − 0,672
𝑥4 = 2,10932 Iterasi 4 : Ambil ambil 𝑥3 = 1,84319 dan 𝑥4 = 2,10932 𝑓(2,10932) = 4(2,10932)3 – 15(2,10932)2 + 17(2,10932) – 6 𝑓(2,10932) = 0,65939 𝑥5 = 2,10932 −
(0,65939)(2,10932 − 1,84319) 0,65939 − (−0,57817)
𝑥5 = 1,96752 Iterasi 5 : Ambil ambil 𝑥4 = 2,10932dan 𝑥5 = 1,96752 𝑓(1,96752) = 4(1,96752)3 – 15(1,96752)2 + 17(1,96752) – 6 𝑓(1,96752) = −0,15303 𝑥6 = 1,96752 −
(−0,15303)(1,96752 − 2,10932) −0,15303 − (0,65939)
𝑥6 = 1,99423 Iterasi 6 : Ambil ambil 𝑥5 = 1,96752dan 𝑥6 = 1,99423 𝑓(1,99423) = 4(1,99423)3 – 15(1,99423)2 + 17(1,99423) – 6 𝑓(1,99423) = −0,02854 𝑥7 = 1,99423 −
(−0,02854)(1,99423 − 1,96752) −0,02854 − (−0,15303)
𝑥7 = 2,00036 Iterasi 7 :
Metode Numerik
Page 73
Ambil ambil 𝑥6 = 1,99423dan 𝑥7 = 2,00036 𝑓(2,00036) = 4(2,00036)3 – 15(2,00036)2 + 17(2,00036) – 6 𝑓(2,00036) = 0,00178 𝑥8 = 2,00036 −
(0,00178)(2,00036 − 1,99423) 0,00178 − (−0,02854)
𝑥8 = 2,00000 Iterasi 8 : Ambil ambil 𝑥7 = 2,00036 𝑑𝑎𝑛 𝑥8 = 1,999996 𝑓(1,999996) = 4(1,999996)3 – 15(1,999996)2 + 17(1,999996) – 6 𝑓(1,999996) = −0,0002 𝑥9 = 1,999996 −
(−0,0002)(1,999996 − 2,00036) −0,0002 − (0,00178)
𝑥9 = 2,0000 Iterasi 9 : Ambil ambil 𝑥8 = 1,999996 𝑑𝑎𝑛 𝑥9 = 2,00000 𝑓(2,00000) = 4(2,00000)3 – 15(2,00000)2 + 17(2,00000) – 6 𝑓(2,00000) = 0,00000 𝑥10 = 2,00000 −
(0,00000)(2,00000 − 1,999996) 0,00000 − (−0,00002)
𝑥10 = 0,00000 𝑛
𝑥𝑛;1
𝑥𝑛
𝑥𝑛:1
𝑓(𝑥𝑛;1 )
𝑓(𝑥𝑛 )
𝑓(𝑥𝑛:1 )
1
-1
3
1,8
-4,2
18
-0,672
2
3
1,8
1,84319
18
-0,672
-0,57817
3
1,8
1,84319
2,10932
-0,672
-0,57817
0,65939
4
1,84319
2,10932
1,96752
-0,57817
0,65939
-0,15303
5
2,10932
1,96752
1,99423
0,65939
-0,15303
-0,02854
6
1,96752
1,99423
2,00036
-0,15303
-0,02854
0,00178
7
1,99423
2,00036
2,00000
-0,02854
0,00178
-0,00002
8
2,00036
2,00000
2,00000
0,00178
-0,00002
0,00000
Metode Numerik
Page 74
9
2,00000
2,00000
2,00000
-0,00002
0,00000
0,00000
Jadi salah satu akar dari 4x3 – 15x2 + 17x – 6 Adalah 2
4.5
Akar Ganda Akar ganda berpadanan dengan suatu titik dimana fungsi menyinggung sumbu . Misalnya, akar ganda-dua dihasilkan dari 𝑓(𝑥) = (𝑥 − 3)(𝑥 − 1)(𝑥 − 1)..................(*) atau dengan mengalikan faktor-faktornya, 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 5𝑥 2 + 7𝑥 − 3 Persamaan tersebut mempunyai akar kembar karena satu nilai menyebabkan dua faktor dalam Persamaan (*) sama dengan nol. Secara grafis, ini berpadanan terhadap kurva yang yang menyentuh sumbu x secara bersinggungan pada akar kembar tersebut. Akar ganda-tiga (triple root) berpadanan dengan kasus dimana
satu
nilai
x
membuat
tiga
faktor
dalam
suatu
persamaan sama dengan nol, seperti dalam 𝑓(𝑥) = (𝑥 − 3)(𝑥 − 1)(𝑥 − 1) atau dengan mengalikan faktor-faktornya, 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 6𝑥 3 + 12𝑥 2 − 10𝑥 − 3 Akar ganda menimbulkan sejumlah kesulitan untuk banyak metode numerik : 1.
Kenyataan bahwa fungsi tidak berubah tanda pada akar ganda
genap
tertutup.
menghalangi
Metode
terbuka,
penggunaan seperti
metode-metode metode
Newton-
Raphson, sebenarnya dapat diterapkan disini. Tetapi, bila digunakan metode Newton-Rapshon untuk mencari akar
Metode Numerik
Page 75
ganda, kecepatan konvergensinya berjalan secara linier, tidak lagi kuadratis sebagaimana aslinya. 2.
Permasalahan lain yang mungkin berkaitan dengan fakta bahwa tidak hanya f(x) tetapi juga f’(x) menuju nol pada akar. Ini menimbulkan masalah untuk menote NewtonRepshon mmaupun metode secant (talibusur), yang duaduanya
menggunakan
penyebut
rumus
turunan
mereka
(atau
taksirannya)
masing-masing.
Ini
pada dapat
menghasilkan pembagian oleh nol pada waktu penyelesaian konvergen sangat dengan ke akar. Pembagian dengan nol ini dapat dihindari dengan melihat fakta bahwa f(x) lebih dulu nol sebelum f’(x). Jadi jika f(x)=0 maka hentikan lelarannya. 3.
Ralston dan Rabinowitz (1978) telah menjukkan bahwa menunjukan
bahwa
mengembalikannya
perubahan ke
sedikit
kekonvergenan
dalam kuadrat,
perumusan seperti
dalam 𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 − 𝑚
𝑓(𝑥𝑖 ) …………..( ) 𝑓 (𝑥𝑖 )
Dengan m adalah Bilangan multiplisitas akar, misalnya :
Akar tunggal m=1
Akar ganda dua m=2
Akar ganda tiga m=3, dan seterusnya. Alternatif lain yang juga disarankan oleh Ralston
dan Rabinowitz (1978) adalah mendefinisikan suatu fungsi baru u(x), yaitu rasio (hasil bagi)
fungsi terhadap
turunannya seperti dalam
Metode Numerik
Page 76
𝑢(𝑥) =
𝑓(𝑥𝑖 ) …………..( 𝑓 (𝑥𝑖 )
)
Dapat diperhatikan bahwa fungsi ini mempunyai akar pada lokasi yang sama seperti fungsi semula. Oleh karena itu, persamaan di atas dapat disubtitusikan ke dalam persamaan (**) dengan maksud mengembangkan suatu bentuk alternatif dari metode Newton-Rapshon: 𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
𝑢(𝑥𝑖 ) …………..( 𝑢 (𝑥𝑖 )
)
Persamaan (***) dan (*****) dapat disubtitusikan ke dalam persamaan
(****)
dan
hasilnya
disederhanakan
untuk
menghasilkan 𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
𝑓(𝑥𝑖 )𝑓 ′ (𝑥𝑖 ) …………..( ) − 𝑓 (𝑥𝑖 )𝑓(𝑥𝑖 )
,𝑓 ′ (𝑥𝑖 )-2
Contoh soal : 1.
Pernyataan masalah : Gunakan baik metode Newton-Rapshon yang baku maupun yang dimodifikasi untuk menghitung akar ganda dari 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 5𝑥 2 + 7𝑥 − 3 , dengan terkaan awal 𝑥0 = 0
Penyelesaian : 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 5𝑥 2 + 7𝑥 − 3 𝑓 ′(𝑥) = 3𝑥 2 − 10𝑥 + 7 𝑓 ′′(𝑥) = 6𝑥 − 10 Dengan metode Newton-Rapshon yang baku :
Metode Numerik
𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
𝑓(𝑥𝑖 ) 𝑓 (𝑥𝑖 )
𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
(𝑥𝑖3 − 5𝑥𝑖2 + 7𝑥𝑖 − 3) (3𝑥𝑖2 − 10𝑥𝑖 + 7)
Page 77
Dengan metode Newton-Rapshon yang dimodifikasi : 𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
𝑓(𝑥𝑖 )𝑓 ′ (𝑥𝑖 ) …………..( ) − 𝑓 (𝑥𝑖 )𝑓(𝑥𝑖 )
,𝑓 ′ (𝑥𝑖 )-2
Tabel lelarannya adalah : Metode Metode Newton-Raphson baku 𝑖
Newton-Raphson
yang
dimodifikasi
𝑥𝑖
𝑖
𝑥𝑖
0
0,000000000
0
0,000000000
1
0,428571429
1
1,105263158
2
0,685714286
2
1,003081664
3
0,832865400
3
1,000002382
4
0,913328983
5
0,955783293
6
0,977655101
Lelaran konvergen ke akar x=1. Terlihat dari tabel di atas bahwa metode newton raphson yang dimodifikasi memiliki jumlah lelaran lebih sedikit. 2.
Pernyataan masalah : Gunakan baik metode Newton-Rapshon yang baku maupun yang dimodifikasi untuk menghitung akar ganda dari 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 2𝑥 − 3 , dengan terkaan awal 𝑥0 = 4
Penyelesaian : 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 2𝑥 − 3 𝑓 (𝑥) = 2𝑥 − 2 𝑓 ′′(𝑥) = 2 Dengan metode Newton-Rapshon yang baku : 𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
Metode Numerik
𝑓(𝑥𝑖 ) 𝑓 (𝑥𝑖 )
Page 78
𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
𝑥𝑖 2 − 2𝑥𝑖 − 3 2𝑥𝑖 − 2
Dengan metode Newton-Rapshon yang dimodifikasi : 𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
𝑓(𝑥𝑖 )𝑓 ′ (𝑥𝑖 ) …………..( ) ,𝑓 ′ (𝑥𝑖 )-2 − 𝑓"(𝑥𝑖 )𝑓(𝑥𝑖 )
𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
(𝑥𝑖 2 − 2𝑥𝑖 − 3)(2𝑥𝑖 − 2) (2𝑥𝑖 − 2)2 − (2)(𝑥𝑖 2 − 2𝑥𝑖 − 3)
Tabel lelarannya adalah : Metode Metode Newton-Raphson baku 𝑖
Newton-Raphson
yang
dimodifikasi
𝑥𝑖
𝑖
𝑥𝑖
0
4,000000000
0
4,000000000
1
3,166666667
1
3,400000000
2
3,006410256
2
2,967213115
3
3,000010240
3
2,999726813
4
3,000000000
4
3,000000000
Konvergen di akar x=3 3.
Pernyataan masalah : Gunakan baik metode NewtonRapshon
yang baku maupun yang dimodifikasi untuk
menghitung
akar ganda
dari 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 + 6𝑥 − 3 ,
dengan terkaan awal 𝑥0 = 0,5
Penyelesaian : 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 + 6𝑥 − 3 𝑓 ′(𝑥) = 3𝑥 2 + 6 𝑓 ′′(𝑥) = 6𝑥 Dengan metode Newton-Rapshon yang baku :
Metode Numerik
𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
𝑓(𝑥𝑖 ) 𝑓 (𝑥𝑖 )
𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
𝑥 3 + 6𝑥 − 3 3𝑥 2 + 6
Page 79
Dengan metode Newton-Rapshon yang dimodifikasi : 𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 − 𝑥𝑖:1 = 𝑥𝑖 −
𝑓(𝑥𝑖 )𝑓 ′ (𝑥𝑖 ) …………..( ) − 𝑓"(𝑥𝑖 )𝑓(𝑥𝑖 )
,𝑓 ′ (𝑥𝑖 )-2
(𝑥 3 + 6𝑥 − 3)(3𝑥 2 + 6) (3𝑥 2 + 6)2 − (6𝑥)(𝑥 3 + 6𝑥 − 3)
Tabel lelarannya adalah : Metode
Newton-Raphson
Metode
baku
Newton-Raphson
yang
dimodifikasi
𝑖
𝑥𝑖
𝑖
𝑥𝑖
0
0,5000000000
0
0,5000000000
1
0,4814814815
1
0,4813278008
2
0,4814056015
2
0,4814055989
3
0,4814056002
3
0,4814056002
Konvergen ke akar x=0,5
4.6
Akar-akar Polinom
4.6.1
Metode Horner untuk Evaluasi Polinom Menghitung efektif
sebab
Metode
Horner,
bersarang
langsung
melibatkan atau
(nested
𝑝(𝑥)
untuk
banyak
disebut
juga
multiplication)
𝑥=1
operasi metode
tidak
perkalian. perkalian
menyediakan
cara
perhitungan polinom dengan sedikit operasi perkalian. Dalam hal ini, polinom𝑝(𝑥) dinyatakan sebagai perkalian bersarang 𝑝(𝑥) = 𝑎0 + 𝑥(𝑎1 + 𝑥 .𝑎2 + 𝑥(𝑎3 + ⋯ + 𝑥(𝑎𝑛;1 + 𝑎𝑛 𝑥))/ … ))
Metode Numerik
Page 80
Hasil Evaluasi : 𝑝(𝑡) = 𝑏0 Contoh: Nyatakan𝑝(𝑥) = 𝑥 5 + 2𝑥 4 + 8𝑥 3 + 8𝑥 2 + 4𝑥 + 2
1.
Penyelesaian: 𝑝(𝑥) = 𝑥 5 + 2𝑥 4 + 8𝑥 3 + 8𝑥 2 + 4𝑥 + 2 (15 operasiperkalian) 𝑝(𝑥) = (.((𝑥 + 2)𝑥 + 8)𝑥 + 8/ 𝑥 + 4) 𝑥 + 2(hanya
5
operasi
perkalian) Dari pernyataan di atas jelas bahwa menggunakan metode perkalian bersarang akan jauh lebih efektif, tidak melakukan banyak operasi perkalian. Perhitungan untuk 𝑝(1) adalah 𝑝(1) = (.((1 + 2)1 + 8)1 + 8/ 1 + 4) 1 + 2 = 25 perkalian bersarang untuk menghitung 𝑝(𝑡) sering
Metode
kali dinyatakan dalam bentuk tabel Horner berikut: (untuk contoh di atas) 1
1
1
2
8
8
4
2
1
3
11
19
23
3
11
19
23
25
Hasilevaluasi: 𝑝(1) = 25 Dan menghasilkan polinom sisa : 𝑥 4 + 3𝑥 3 + 11𝑥 2 + 19𝑥 + 23 2.
Nyatakan𝑝(𝑥) = 5𝑥 3 + 2𝑥 2 + 6𝑥 + 8 Penyelesaian:
Metode Numerik
Page 81
𝑝(𝑥) = 5𝑥 3 + 2𝑥 2 + 6𝑥 + 8 (6 operasi perkalian) 𝑝(𝑥) = ((5𝑥 + 2)𝑥 + 6)𝑥 + 8
(hanya
3
operasi
perkalian) Dari pernyataan di atas jelas bahwa menggunakan metode perkalian bersarang akan jauh lebih efektif, tidak melakukan banyak operasi perkalian. Perhitungan untuk 𝑝(2) adalah 𝑝(2) = ((5(2) + 2)(2) + 6)(2) + 8 = 68 perkalian bersarang untuk menghitung 𝑝(𝑡) sering
Metode
kali dinyatakan dalam bentuk tabel Horner berikut: (untuk contoh di atas) 2
5
5
2
6
8
10
24
60
12
30
68 = 𝑝(2)
Hasilevaluasi: 𝑝(2) = 68 Dan menghasilkan polinom sisa : 5𝑥 2 + 12𝑥 + 30
4.6.2
Pencarian Akar-akar Polinom Proses
perhitungan
𝑝(𝑥)
untuk
𝑥=𝑡
dengan
menggunakan metode Horner sering dinamakan pembagian sintetis 𝑝(𝑥): (𝑥 − 𝑡), menghasilkan 𝑞(𝑥) dan sisa 𝑏𝑜 𝑝(𝑥) [ = 𝑞(𝑥)] + 𝑠𝑖𝑠𝑎 𝑏𝑜 (𝑥 − 𝑡) Atau 𝑝(𝑥) = 𝑏𝑜 + (𝑥 − 𝑡)𝑞(𝑥) Yang dalam hal ini, 𝑞(𝑥) = 𝑏𝑛 𝑥 𝑛;1 + 𝑏𝑛;1 𝑥 𝑛;2 + ⋯ + 𝑏3 𝑥 2 + 𝑏2 𝑥 + 𝑏1 Jika t adalah hampiran akar polinom 𝑝(𝑥) maka 𝑝(𝑡) = 𝑏𝑜 + (𝑡 − 𝑡)𝑞(𝑡) = 𝑏𝑜 + 0 = 𝑏𝑜
Metode Numerik
Page 82
(perhatikan, jika t akarsejati, maka𝑏𝑜 = 0) Akar-akar lain dari𝑝(𝑥) dapat dicari dari polinom 𝑞(𝑥) sebab setiap akar 𝑞(𝑥) juga adalah akar𝑝(𝑥). Proses reduksi
polinom
ini
disebut
(deflation).
deflasi
Koefisien-koefisien 𝑞(𝑥), yaitu 𝑏𝑛, 𝑏𝑛;1 , … , 𝑏3 , 𝑏2 , 𝑏1 dapat ditemukan langsung dari tabel Horner. Algoritmanya: Misalkan akar polinom dihitung dengan metode NewtonRaphson, 𝒙𝒓:𝟏 = 𝑥𝑟 − Maka
proses
pencarian
𝑝(𝑥) 𝑝′ (𝑥)
akar
secara
deflasi
dapat
dirumuskan dalam langkah 1 sampai 4 berikut ini: Langkah 1 Menghitung 𝑝(𝑥𝑟 ) dapat dilakukan secara mangkus dengan metode Horner Misalkan 𝑡 = 𝑥𝑟 adalah hampiran akar polinom 𝑝(𝑥) 𝑝(𝑥) = 𝑏𝑜 + (𝑥 − 𝑥𝑟 )𝑞(𝑥) Perhitungan 𝑝(𝑥𝑟 ) menghasilkan 𝑝(𝑥𝑟 ) = 𝑏𝑜 + (𝑥𝑟 − 𝑥𝑟 )𝑞(𝑥𝑟 ) = 𝑏𝑜 Langkah 2 Menghitung 𝑝 (𝑥𝑟 ) secara mangkus: Misalkan 𝑡 = 𝑥𝑟 adalah hampiran akar polinom𝑝(𝑥), 𝑝(𝑥) = 𝑏𝑜 + (𝑥 − 𝑥𝑟 )𝑞(𝑥) Turunan dari 𝑝 adalah 𝑝′ (𝑥) = 0 + 1. 𝑞(𝑥) + (𝑥 − 𝑥𝑟 )𝑞′ (𝑥) = 𝑞(𝑥) + (𝑥 − 𝑥𝑟 )𝑞 (𝑥) Sehingga 𝑝′ (𝑥) = 𝑞(𝑥𝑟 ) + (𝑥𝑟 − 𝑥𝑟 )𝑞′ (𝑥𝑟 ) = 𝑞(𝑥𝑟 )
Metode Numerik
Page 83
Langkah 3 𝒙𝒓:𝟏 = 𝑥𝑟 −
𝑝(𝑥) 𝑝′ (𝑥)
Langkah 4 Ulangi langkah 1, 2 dan 3 sampai|𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 | < 𝜀 Contoh Soal : Temukan seluruh akar nyata polinom 𝑝(𝑥) = 𝑥 6 + 4𝑥 5 − 72𝑥 4 − 214𝑥 3 + 1127𝑥 2 + 1602𝑥 − 5040 Dengan tebakan awal 𝑥0 = 8 Penyelesaian:
Dengan
menggunakan
metode
Newton-Raphson
kita
dapat memperoleh akar pertama yaitu 7. Bukti: Diketahui: 𝑝(𝑥) = 𝑥 6 + 4𝑥 5 − 72𝑥 4 − 214𝑥 3 + 1127𝑥 2 + 1602𝑥 − 5040 𝑝′ (𝑥) = 6𝑥 5 + 20𝑥 4 − 288𝑥 3 − 642𝑥 2 + 2254𝑥 + 1602 𝑥0 = 8 Kemudian,
𝒙𝒓:𝟏 = 𝑥𝑟 −
𝑝(𝑥) 𝑝′ (𝑥)
Maka:
Metode Numerik
Page 84
𝒙𝟏 = 𝑥0 −
𝒙𝟏 = 8 −
𝑥 6 + 4𝑥 5 − 72𝑥 4 − 214𝑥 3 + 1127𝑥 2 + 1602𝑥 − 5040 6𝑥 5 + 20𝑥 4 − 288𝑥 3 − 642𝑥 2 + 2254𝑥 + 1602
68640 109618
𝒙𝟏 = 𝟕. 𝟑 … Jika digambarkan, Deflasi→ 𝒑(𝒙) = (𝒙 − 𝒙𝟏 )𝒒(𝒙) + 𝒃𝟎 Untuk mengetahui 𝑞(𝑥), lakukan skema horner yaitu:
Maka 𝑞(𝑥) = 𝑥 5 + 11𝑥 4 + 5𝑥 3 − 179𝑥 2 − 126𝑥 + 720
Setelah itu kita akan cari akar polinom derajat 5 dengan tebakan awal 7 (gunakan metode Newton-Raphson) 𝑝(𝑥) = 𝑥 5 + 11𝑥 4 + 5𝑥 3 − 179𝑥 2 − 126𝑥 + 720 𝑝′ (𝑥) = 5𝑥 4 + 44𝑥 3 + 15𝑥 2 − 358𝑥 − 126 𝑥0 = 7 𝑥𝑟
iterasi 1
Metode Numerik
7
𝑝(𝑥) 36000
𝑝′(𝑥) 25200
𝑥𝑟:1 5.5714
Page 85
2
5
6240
6844
4.0882
3
4
1512
2778
3.4557
4
3
0
528
3
Ternyata akar ditemukan pada titik𝑤 = 3, yang akan ditunjukkan dengan titik merah pada gambar berikut Deflasi→ 𝑤(𝑤) = (𝑤 − 𝑤𝑤 )𝑤(𝑤) + 𝑤𝑤 Lakukan skema horner untuk mencari 𝑤(𝑤)
Maka kita peroleh 𝑟(𝑥) = 𝑥 4 + 14𝑥 3 + 47𝑥 2 − 38𝑥 − 240 Ulangi
langkah
sebelumnya
untuk
mencari
akar
polinom derajat 4 ini, gunakan tebakan awal 3 𝑟(𝑥) = 𝑥 4 + 14𝑥 3 + 47𝑥 2 − 38𝑥 − 240 𝑟 ′ (𝑥) = 4𝑥 3 + 42𝑥 2 + 94𝑥 − 38 𝑥0 = 3 Iterasi
Metode Numerik
𝑥𝑟
𝑟(𝑥)
𝑟 (𝑥)
𝑥𝑟:1
1
3
528
730
2.2767
2
2
0
170
2
Page 86
Berdasarkan iterasi di atas akar diperoleh di titik 2 yang ditunjukkan dengan titik berwarna kuning Deflasi→ 𝒓(𝒙) = (𝒙 − 𝒙𝟑 )𝒔(𝒙) + 𝒃𝟐 Kemudian dengan skema horner,
Maka didapatlah 𝑠(𝑥) = 𝑥 3 + 16𝑥 2 + 79𝑥 + 120 Demikian untuk seterusnya sampai kita temukan akar-akar yang lainnya. Seluruh akar-akar yang ditemukan adalah 8, -5, -3, 2, 3 dan 7.
4.6.3
Lokasi akar Polinom Metode Newton-Raphson memerlukan tebakan awal akar. Misalkan akar-akar diberi indeks dan diurutkan menaik sedemikian sehingga |𝑥1 | ≤ |𝑥2 | ≤ |𝑥3 | ≤ ⋯ ≤ |𝑥𝑛 | Tebakan
awal
untuk
akar
terkecil
𝑥1
menggunakan
hampiran 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 ≈ 0 −𝑎0 𝑥≈ 𝑎1 yang
Metode Numerik
dapat
dijadikan
sebagai
tebakan
awal
untuk
Page 87
menemukan 𝑥1 Tebakan
awal
untuk
akar
terbesar
xn
menggunakan
hampiran
yang
dapat
dijadikan
sebagai
tebakan
awal
untuk
menemukan 𝑥𝑛 Contoh 1.
Tentukan tebakan awal untuk mencari akar polinom 𝑥 2 − 200𝑥 + 1 = 0 Jawab : Tebakan awal untuk akar terkecil adalah 𝑥0 = − 1/(− 200) = 1/200 Tebakan awal untuk akar terbesar adalah 𝑥0 = −( −200)/1 = 200
2.
Tentukan tebakan awal untuk mencari akar polinom 2𝑥 2 + 4𝑥 + 1 = 0 Jawab : Tebakan awal untuk akar terkecil adalah 𝑥0 = − 2/(4) = 1/2 Tebakan awal untuk akar terbesar adalah 𝑥0 = −( 4)/2 = 2
4.7
Sistem Persamaan Nirlanjar 4.7.1 Metode lelaran titik tetap lelarannya titik-tetap untuk sistem dengan dua persamaan nirlanjar: 𝑥𝑟:1 = 𝑔1 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 )
Metode Numerik
Page 88
𝑦𝑟:1 = 𝑔1 (𝑥𝑟:1 , 𝑦𝑟 ) 𝑟 = 0,1,2, …
Kecepatan konvergensi lelaran titik-tetap ini dapat ditingkatkan. Nilai 𝑥𝑟:1 yang baru dihitung langsung dipakai untuk menghitung 𝑦𝑟:1 Jadi, 𝑥𝑟:1 = 𝑔1 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) 𝑦𝑟:1 = 𝑔1 (𝑥𝑟:1 , 𝑦𝑟 ) 𝑟 = 0,1,2, …
Kondisi berhenti (konvergen) adalah |𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 | < 𝜀 dan |𝑦𝑟:1 − 𝑦𝑟 | < 𝜀 dan |𝑧𝑟:1 − 𝑧𝑟 | < 𝜀
Contoh : Selesaikan sistem persamaan nirlanjar berikut ini, 𝑓1 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑥𝑦 − 10 = 0 𝑓2 (𝑥, 𝑦) = 3𝑥𝑦 2 − 57 = 0 (Akar sejatinya 𝑥 = 2 dan = 3 ) Prosedur lelaran titik-tetapnya adalah 𝑥𝑟:1 =
10 − 𝑥𝑟 2 𝑦𝑟
𝑦𝑟:1 = 57 − 3𝑥𝑟:1 𝑦𝑟 2 Berikan
tebakan awal 𝑥0 = 1.5 dan 𝑦0 = 3.5 dan 𝜀 =
0.000001 Tabel lelarannya : r
x
Y
|𝑥𝑟:1 |
|𝑦𝑟:1 𝑦𝑟 |
0
1.500000
3.500000
−
−
1
2.214286
−24.375000
0.714286
27.875000
2
−0.209105
429.713648
2.423391
454.088648
Metode Numerik
Page 89
0.023170
3
−12778.041781
0.232275
13207.755429
........................................................... .......................................................... Ternyata lelarannya divergen!
Sekarang kita ubah persamaan prosedur lelarannya menjadi 𝑥𝑟:1 = √10 − 𝑥𝑟 2 57 − 𝑦𝑟 𝑦𝑟:1 = √ 3𝑥𝑟:1 𝑦𝑟 2 Berikan tebakan awal 𝑥0 = 1.5 dan 𝑦0 = 3.5 dan 𝜀 = 0.000001 Hasilnya, 𝑟
𝑥
𝑦
|𝑥𝑟:1 |
|𝑦𝑟:1 𝑦𝑟 |
0
1.500000
3.500000
−
−
1
2.179449
2.860506
0.679449
0.639494
2
1.940534
3.049551
0.238916
0.189045
3
2.020456
2.983405
0.079922
0.066146
4
1.993028
3.005704
0.027428
0.022300
5
2.002385
2.998054
0.009357
0.007650
6
1.999185
3.000666
0.003200
0.002611
7
2.000279
2.999773
0.001094
0.000893
8
1.999905
3.000078
0.000374
0.000305
9
2.000033
2.999973
0.000128
0.000104
10
1.999989
3.000009
0.000044
0.000036
11
2.000004
2.999997
0.000015
0.000012
12
1.999999
3.000001
0.000005
0.000004
13
2.000000
3.000000
0.000002
0.000001
14
2.000000
3.000000
0.000001
0.000000
........................................................... ........................................................... Akar 𝑥 = 2.000000 dan 𝑦 = 3.000000
Metode Numerik
Page 90
4.7.2
Metode newton raphson Metode
Newton-Raphson
dapat
dirampatkan
(generalization) untuk sistem dengan n persamaan. 𝑢𝑟:1 = 𝑢𝑟 + (𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 )
𝜕𝑢𝑟 𝜕𝑢𝑟 + (𝑦𝑟:1 − 𝑦𝑟 ) 𝜕𝑥 𝜕𝑦
dan 𝑣𝑟:1 = 𝑣𝑟 + (𝑥𝑟:1 − 𝑥𝑟 )
𝜕𝑣𝑟 𝜕𝑣𝑟 + (𝑦𝑟:1 − 𝑦𝑟 ) 𝜕𝑥 𝜕𝑦
Determinan Jacobi : 𝜕𝑢𝑟 𝜕𝑣𝑟 𝜕𝑢𝑟 𝜕𝑣𝑟 − 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑥
𝑥𝑟:1 = 𝑥𝑟 −
𝑢𝑟
𝜕𝑣𝑟
𝜕𝑦 𝜕𝑢𝑟 𝜕𝑣𝑟 𝜕𝑥 𝜕𝑦
+ 𝑣𝑟 −
𝜕𝑢𝑟
𝜕𝑦 𝜕𝑢𝑟 𝜕𝑣𝑟 𝜕𝑦 𝜕𝑥
Dan 𝜕𝑣
𝜕𝑢
𝑢𝑟 𝑟 + 𝑣𝑟 𝑟 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝑦𝑟:1 = 𝑦𝑟 + 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝑟 𝑟 − 𝑟 𝑟 𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝜕𝑦 𝜕𝑥
Contoh : Gunakan metode Newton -Raphson untuk mencari akar 𝑓1 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑥𝑦 − 10 = 0 𝑓2 (𝑥, 𝑦) = 3𝑥𝑦 2 − 57 = 0 Dengan tebakan awal 𝑥0 = 1.5 dan 𝑦0 = 3.5 Penyelesaian : 𝜕𝑢0 = 2𝑥 + 𝑦 = 2(1.5) + 3.5 = 6.5 𝜕𝑥 𝜕𝑢𝑜 = 𝑥 = 1.5 𝜕𝑦 𝜕𝑣0 = 3𝑥𝑦 2 = 3(3.5)2 = 36.5 𝜕𝑥
Metode Numerik
Page 91
𝜕𝑣0 = 1 + 6 𝑥𝑦 = 1 + 6(1.5) = 32.5 𝜕𝑦
Determinan Jacobi untuk lelaran pertama adalah 𝜕𝑢𝑟 𝜕𝑣𝑟 𝜕𝑢𝑟 𝜕𝑣𝑟 − = 6.5(32.5) − 1.5(36.75) = 156.125 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑥
Nilai-nilai fungsi dapat dihitung dari tebakan awal sebagai 𝑢0 = (1.5) 2 + 1.5(3.5) − 10 = − 2.5 𝑣0 = (3.5) 2 + 3(1.5)(3.5)2 − 57 = 1.625
Nilai x dan y pada lelaran pertama adalah 𝑥0 =
1.5 − (−2.5)(32.5) − 1.625(1.5 = 2.03603 156.125
Dan 𝑦0 =
3.5 − (−2.5)(36.75) − 1.625(6.5) = 2.84388 156.125
Apabila lelarannya diteruskan, ia konvergen ke akar sejati 𝑥 = 2 dan 𝑦 = 3. Seperti halnya metode lelaran titik -tetap, metode NewtonRaphson mungkin saja divergen jika tebakan awal tidak cukup dekat ke akar. Penggambaran kurva masing -masing persamaan secara grafik dapat membantu pemilihan tebakan awal yang bagus.
4.8
Soal terapan Dalam suatu proses kimia, campurkan karbon monoksida dan oksigen mencapai kesetimbangan pada suhu 300°𝐾 dan tekanan 5 atm.reaksi teoritisnya adalah 1 𝐶𝑂 + 𝑂2 ⇄ 𝐶𝑂2 2
Metode Numerik
Page 92
Reaksi kimia yang sebenarnya terjadi dapat ditulis sebagai (1 + 𝑥) 𝑂2 + (1 − 𝑥)𝐶𝑂2 2
𝐶𝑂 + 𝑂2 ⟶ 𝑥𝐶𝑂2 +
Persamaan kesetimbangan kimia untuk menentukan fraksi mol 𝐶𝑂 yang tersisa yaitu 𝑥, yang ditulis sebagai 1
𝐾𝑝 =
(1 − 𝑥)(3 + 𝑥)2 1
,
1
𝑥(𝑥 + 1)2 𝑝2
0<𝑥<1
Yang dalam hal ini . 𝐾𝑝 = 3,06 adalah tetapan kesetimbangan 1
untuk reaksi 𝐶𝑂 + 𝑂2 pada
3000°𝐾 dan 𝑃 = 5𝑎𝑡𝑚. tentukan
2
nilai 𝑥 dengan menggunakan regulasi falsi yang diperbaiki. Penyelesaian : Persoalan
ini
lebih
tepat
diselesaikan
dengan
metode
tertutup karena 𝑥 adalah fraksi mol yang nilainya terletak antara 0 dan 1. Fungsi yang akan dicari akarnya dapat ditulis sebagai 1
𝑓(𝑥) =
(1 − 𝑥)(3 + 𝑥)2 1
1
𝑥(𝑥 + 1)2 𝑝2
− 𝐾𝑝 ,
0<𝑥<1
Dengan 𝐾𝑝 = 3,06 dan 𝑃 = 5𝑎𝑡𝑚. Selang yang mengandung akar adalah ,0.1,0.9-. nilai fungsi di ujung – ujung selang adalah 1
𝑓(0,1) =
(1 − 0,1)(3 + 0,1)2 1 2
1 2
0,1(0,1 + 1) (5)
− 3,06 = 3,696815
1
𝑓(0,9) =
(1 − 0,9)(3 + 0,9)2 1 2
1 2
0,9(0,9 + 1) (5)
− 3,06 = −2,988809
Yang memenuhi 𝑓(0,1)𝑓(0,9) < 0 Tabel lelarannya adalah :
Metode Numerik
R
a
C
b
f(a)
0
0,100000
0,542360
0,900000
3,696815
Page 93
1
0,100000
0,288552
0,542360
1,848407
2
0,100000
0,178401
0,288552
0,924204
3
0,178401
0,200315
0,288552
0,322490
4
0,178401
0,193525
0,200315
0,322490
5
0,178401
0,192520
0,193525
0,161242
6
0,192520
0,192963
0,193525
0,009064
7
0,192520
0,192962
0,192963
0,009064
f(c)
f(b)
Sb
Lebar
-2,988809
-2,988809
[a,c]
0,442360
-1,298490
-2,488120
[a,c]
0,188552
0,322490
-1,298490
[c,b]
0,110151
-0,144794
-1,298490
[a,c]
0,021914
-0,011477
-0,144794
[a,c]
0,015124
0,009064
-0,011477
[c,b]
0,001005
-0,000027
-0,011477
[a,c]
0,000443
-0,000000
-0,000027
[a,c]
0,000442
Hampiran akar 𝑥 = 0,192962 Jadi,
setelah
reaksi
berlangsung,
fraksi
mol
𝐶𝑂
yang
tersisa adalah 0,192962.
Metode Numerik
Page 94
BAB IV SOLUSI SISTEM PERSAMAAN LANJAR
4.1 Bentuk Umum Sistem Persamaan Lanjar Sistem Persamaan Lanjar (SPL) dengan 𝑛 peubah dinyatakan sebagai : 𝑎11 𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏1 𝑎21 𝑥1 + 𝑎22 𝑥2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏2 : : : : 𝑎𝑛1 𝑥1 + 𝑎𝑛2 𝑥2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏𝑛
(P.4.1)
Dengan menggunakan perkalian matriks, kita dapat menulis (P.4.1) sebagai persamaan matriks 𝐴𝑥 = 𝑏
(P.4.2)
Yang dalam hal ini. 𝐴 = [𝑎𝑖𝑗 ] adalah matriks berukuran 𝑛 × 𝑛 𝑥 = [𝑥𝑗 ] adalah matriks berukuran 𝑛 × 1 𝑏 = [𝑏𝑗 ] adalah matriks berukuran 𝑛 × 1 (disebut juga vector kolom) yaitu 𝑎11 𝑎21 𝑎31 [𝑎n1
𝑎12 𝑎22 𝑎32 ⋮ 𝑎𝑛2
𝑎13 𝑎23 𝑎33 𝑎𝑛3
⋯ 𝑎1𝑛 𝑥1 𝑏1 ⋯ 𝑎2𝑛 𝑥2 𝑏2 ⋯ 𝑎3𝑛 𝑥3 = 𝑏3 ⋮ ⋯ ⋮ ⋮ ⋯ 𝑎n𝑛 ] [𝑥𝑛 ] [𝑏𝑛 ]
Solusi (P.4.1) adalah himpunan nilai 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 yang memenuhi 𝑛 buah persamaan. Beberapa metode penyelesaian praktis system persamaan lanjar yang di bahas adalah :
4.2 Metode Cramer Jika 𝐴𝑥 = 𝑏 adalah sebuah sistem linear n yang tidak diketahui dan det(𝐴) ≠ 0 maka persamaan tersebut mempunyai penyelesaian
Metode Numerik
Page 95
yang unik 𝑋1 =
det(𝐴1 )
det(𝐴2 )
det(𝐴)
det(𝐴)
, 𝑋2 =
Contoh soal
, 𝑋3 =
det(𝐴3 ) det(𝐴)
, … , 𝑋𝑛 =
det(𝐴𝑛 ) det(𝐴)
:
Selesaikan dengan aturan cramer 1.
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3
=6 =3
−𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = −1 Jawab : 1 1 2 𝐴 = [ 2 1 −1] −1 2 2 6 𝑏=[ 3 ] −1 1 −1 2 −1 2 1 𝐷 = (1) 0 1 − (1) 0 1 + (2) 0 1 2 2 −1 2 −1 2 𝐷 = (2 − (−2)) − (4 − 1) + 2(4 − (−1)) 𝐷 = 4 − 3 + 10 𝐷 = 11 6 1 2 𝐷𝑋1 = [ 3 1 −1] −1 2 2 1 −1 3 −1 3 1 (6) 𝐷𝑋1 = 0 1 − (1) 0 1 + (2) 0 1 2 2 −1 2 −1 2 𝐷𝑋1 = (6)(2 − (−2)) − (6 − 1) + (2)(6 − (−1)) 𝐷𝑋1 = 6(4) − 5 + 2(7) 𝐷𝑋1 = 33 1 6 2 𝐷𝑋2 = [ 2 3 −1] −1 −1 2 3 −1 2 −1 2 3 𝐷𝑋2 = (1) 0 1 − (6) 0 1 + (2) 0 1 −1 2 −1 2 −1 −1 𝐷𝑋2 = (6 − 1)) − 6(4 − 1) + (2)(−2 − (−3)) 𝐷𝑋2 = 5 − 6(3) + 2(1)
Metode Numerik
Page 96
𝐷𝑋2 = −11 1 1 6 𝐷𝑋3 = [ 2 1 3 ] −1 2 −1 1 3 2 3 2 1 𝐷𝑋3 = (1) 0 1 − (1) 0 1 + (6) 0 1 2 −1 −1 −1 −1 2 𝐷𝑋3 = (−1 − 6) − (−2 − (−3)) + (6)(4 − (−1)) 𝐷𝑋3 = −7 − 1 + 6(5) 𝐷𝑋3 = 22 𝐷𝑥1 33 = =3 𝐷 11 𝐷𝑥 −11 𝑥2 = 2 = = −1 𝐷 11 𝐷𝑥 22 𝑥3 = 3 = =2 𝐷 11 𝑥1 =
∴ 𝑥1 = 3 ; 𝑥2 = −1 ; 𝑑𝑎𝑛 𝑥3 = 2
2.
𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3
=3
2𝑥1 − 3𝑥2 + 4𝑥3 = 13 −3𝑥1 + 5𝑥2 + 2𝑥3 = 5 Jawab : 1 −2 1 𝐴 = [ 2 −3 4] −3 5 2 3 𝑏 = [13] 5 −3 4 2 4 2 −3 𝐷 = (1) 0 1 − (−2) 0 1 + (1) 0 1 5 2 −3 2 −3 5 𝐷 = (−6 − 20) + 2(4 − (−12)) + (10 − 9) 𝐷 = −26 + 2(16) + 1 𝐷 =7
Metode Numerik
Page 97
3 −2 1 𝐷𝑋1 = [13 −3 4] 5 5 2 −3 4 13 4 13 −3 𝐷𝑋1 = (3) 0 1 − (−2) 0 1 + (1) 0 1 5 2 5 2 5 5 𝐷𝑋1 = (3)(−6 − 20) + 2(26 − 20) + (65 − (−15)) 𝐷𝑋1 = 3(−26) + 12 + 80 𝐷𝑋1 = 14 1 3 1 𝐷𝑋2 = [ 2 13 4] −3 5 2 13 4 2 4 2 13 𝐷𝑋2 = (1) 0 1 − (3) 0 1 + (1) 0 1 5 2 −3 2 −3 5 𝐷𝑋2 = (26 − 20) − 3(4 − (−12) + (10 − (−39)) 𝐷𝑋2 = 6 − 3(16) + 49 𝐷𝑋2 = 7 1 −2 3 𝐷𝑋3 = [ 2 −3 13] −3 5 5 −3 13 2 13 2 −3 𝐷𝑋3 = (1) 0 1 − (−2) 0 1 + (3) 0 1 5 5 −3 5 −3 5 𝐷𝑋3 = (−15 − 65) + 2(10 − (−39)) + (3)(10 − 9) 𝐷𝑋3 = −80 + 2(49) + 3(1) 𝐷𝑋3 = 21 𝐷𝑥1 14 = =2 𝐷 7 𝐷𝑥 7 𝑥2 = 2 = = 1 𝐷 7 𝐷𝑥3 21 𝑥3 = = =3 𝐷 7 𝑥1 =
∴ 𝑥1 = 2 ; 𝑥2 = 1 ; 𝑑𝑎𝑛 𝑥3 = 3
3.
−12𝑥1 + 𝑥2 + 8𝑥3
Metode Numerik
= −80
Page 98
𝑥1 − 6𝑥2 − 4𝑥3
= 13
−2𝑥1 − 𝑥2 + 10𝑥3 = 90 Jawab : −12 1 8 𝐴=[ 1 −6 −4] −2 −1 10 −80 𝑏 = [ 13 ] 90 −6 −4 1 −4 1 −6 𝐷 = (−12) 0 1 − (1) 0 1 + (8) 0 1 −1 10 −2 10 −2 −1 𝐷 = −12(−60 − 4) − (10 − 8) + 8(−1 − 12) 𝐷 = −12(−64) − 2 + 8(−13) 𝐷 =662
−80 1 8 𝐷𝑋1 = [ 13 −6 −4] 90 −1 10 −6 −4 13 −4 13 −6 𝐷𝑋1 = (−80) 0 1 − (1) 0 1 + (8) 0 1 −1 10 90 10 90 −1 𝐷𝑋1 = (−80)(−60 − 4) − (130 − (−360)) + 8(−13 − (−540)) 𝐷𝑋1 = −80(−64) − 490 + 8(527) 𝐷𝑋1 = 8846 −12 −80 8 𝐷𝑋2 = [ 1 13 −4] −2 90 10 13 −4 1 −4 1 13 𝐷𝑋2 = (−12) 0 1 − (−80) 0 1 + (8) 0 1 90 10 −2 10 −2 90 𝐷𝑋2 = −12(130 − (−360)) + 80(10 − 8) + 8(90 − (−26)) 𝐷𝑋2 = −12(490) + 80(2) + 116 𝐷𝑋2 = −4792 −12 1 −80 𝐷𝑋3 = [ 1 −6 13 ] −2 −1 90
Metode Numerik
Page 99
−6 13 1 13 1 −6 𝐷𝑋3 = (−12) 0 1 − (1) 0 1 + (−80) 0 1 −1 90 −2 90 −2 −1 𝐷𝑋3 = −12(−540 − (−13)) − (90 − (−26)) + (−80)(−1 − 12) 𝐷𝑋3 = −12(527) − (116) − 80(−13) 𝐷𝑋3 = 7248 𝐷𝑥1 8846 4423 = = 𝐷 662 331 𝐷𝑥2 −4792 −2396 𝑥2 = = = 𝐷 662 331 𝐷𝑥3 7248 3624 𝑥3 = = = 𝐷 662 331 4423 −2396 3624 ∴ 𝑥1 = ; 𝑥2 = ; 𝑑𝑎𝑛 𝑥3 = 331 331 331 𝑥1 =
4.
0,3𝑥1 + 0,5𝑥2 + 𝑥3
= −0,01
0,5𝑥1 + 𝑥2 + 1,9𝑥3
= 0,67
0,1𝑥1 + 0,3𝑥2 + 0,5𝑥3 = 0,44 Jawab : Penskalaan 10 3 5 10 𝐴 = [5 10 19] 1 3 5 −0,1 𝑏 = [ 6,7 ] 4,4 𝐷 = (3) 0
10 19 5 19 5 10 1 − (5) 0 1 + (10) 0 1 3 5 1 5 1 3
𝐷 = 3(50 − 57) − 5(25 − 19) + 10(15 − 10) 𝐷 = 3(−7) − 5(6) + 10(5) 𝐷 = −1 −0,1 5 10 𝐷𝑋1 = [ 6,7 10 19] 4,4 3 5 6,7 19 6,7 10 10 19 𝐷𝑋1 = (−0,1) 0 1 − (5) 0 1 + (10) 0 1 4,4 5 4,4 3 3 5
Metode Numerik
Page 100
𝐷𝑋1 = (−0,1)(50 − 57) − 5(33,5 − 83,6) + 10(20,1 − 44) 𝐷𝑋1 = −0,1(−7) − 5(−50,1) + 10(−23,9) 𝐷𝑋1 = 12,2 3 −0,1 10 𝐷𝑋2 = [5 6,7 19] 1 4,4 5 𝐷𝑋2 = (3) 0
6,7 19 5 5 19 1 − (−0,1) 0 1 + (10) [ 4,4 5 1 1 5
6,7 ] 4,4
𝐷𝑋2 = (3)(33,5 − 83,6) + 0,1(25 − 19) + 10(22 − 6,7) 𝐷𝑋2 = 3(−50,1) + 0,1(6) + 10(15,3) 𝐷𝑋2 = 3,3 3 5 −0,1 𝐷𝑋3 = [5 10 6,7 ] 1 3 4,4 𝐷𝑋3 = (3) 0
10 6,7 5 6,7 5 10 1 − (5) [ ] + (−0,1) 0 1 3 4,4 1 4,4 1 3
𝐷𝑋3 = (3)(44 − 20,1) − 5(22 − 6,7) − 0,1(15 − 10) 𝐷𝑋3 = 3(23,9) − 5(15,3) − 0,1(5) 𝐷𝑋3 = −5,3 𝐷𝑥1 12,2 = = −12,2 𝐷 −1 𝐷𝑥 3,3 𝑥2 = 2 = = −3,3 𝐷 −1 𝐷𝑥 −5,3 𝑥3 = 3 = = 5,3 𝐷 −1 𝑥1 =
∴ 𝑥1 = −12,2; 𝑥2 = −3,3 ; 𝑑𝑎𝑛 𝑥3 = 5,3
4.3 Metode Eliminasi Gauss Eliminasi Gauss adalah suatu metode untuk mengoperasikan nilai-nilai di dalam matriks sehingga menjadi matriks yang lebih sederhana lagi. Dengan melakukan operasi baris sehingga matriks
Metode Numerik
Page 101
tersebut menjadi matriks yang baris. Ini dapat digunakan sebagai salah
satu
metode
penyelesaian
persamaan
linear
dengan
menggunakan matriks. Caranya dengan mengubah persamaan linear tersebut ke dalam matriks teraugmentasi dan mengoperasikannya. Setelah menjadi matriks baris, lakukan substitusi balik untuk mendapatkan nilai dari variabel-variabel tersebut.
Kelebihan dan Kekurangan Metode ini digunakan dalam analisis numerik untuk meminimalkan mengisi selama eliminasi, dengan beberapa tahap Keuntungan :
menentukan apakah sistem konsisten
menghilangkan kebutuhan untuk menulis ulang variabel setiap langkah
lebih mudah untuk memecahkan masalah
kelemahan :
memiliki masalah akurasi saat pembulatan desimal
Metode ini berbentuk matriks segitiga atas seperti : 𝑎11 0 0 [0
𝑎12 𝑎22 0 ⋮ 0
𝑎13 𝑎23 𝑎33 0
⋯ 𝑎1𝑛 𝑥1 𝑏1 ⋯ 𝑎2𝑛 𝑥2 𝑏2 ⋯ 𝑎3𝑛 𝑥3 = 𝑏3 ⋮ ⋯ ⋮ ⋮ ⋯ 𝑎n𝑛 ] [𝑥𝑛 ] [𝑏𝑛 ]
Maka solusinya dapat dihitung dengan tekhnik penyulingan mundur (backward substitution): 𝑎𝑛𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏𝑛
→ 𝑥𝑛 =
𝑏𝑛 𝑎𝑛
𝑎𝑛;1.𝑛;1 𝑥𝑛;1 + 𝑎𝑛;1.𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏𝑛;1 →
Metode Numerik
𝑏𝑛;1 − 𝑎𝑛;1.𝑛 𝑥𝑛 𝑎𝑛;1.𝑛;1
Page 102
𝑎𝑛;2.𝑛;2 𝑥𝑛;2 + 𝑎𝑛;2.𝑛;1 𝑥𝑛;1 + 𝑎𝑛;2.𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏𝑛;2 → 𝑥𝑛;2 =
𝑏𝑛;2 − 𝑎𝑛;2.𝑛;1 𝑥𝑛;1 − 𝑎𝑛;2.𝑛 𝑥𝑛 𝑎𝑛;2.𝑛;2
⋮ 𝑑𝑠𝑡. Sekali 𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥𝑘:1 diketahui, maka nilai𝑥𝑘 maka dihitung dengan 𝑥𝑘 =
𝑏𝑘 ;∑𝑛 𝑗<𝑘:1 𝑎𝑘𝑗 𝑥𝑗 𝑎𝑘𝑘
, 𝑘 = 𝑛 − 1, 𝑛 − 2, … , 𝑑𝑎𝑛 𝑎𝑘𝑘 ≠ 0
Contoh Soal : 1.
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3
=6 =3
−𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = −1 Jawab : 1 1 2 6 𝐴 = [ 2 1 −1] , 𝑏 = [ 3 ] −1 2 2 −1 1 1 1 1 2 6 𝐵𝐵2 ;2𝐵 1 2 6 𝐵3 :3𝐵2 1 1 2 6 3 :𝐵1 [ 2 1 −1| 3 ] → [0 −1 −5| −9] → [0 −1 −5 | −9 ] 0 3 4 5 0 0 −11 −22 −1 2 2 −1
−11𝑥3 = −22 → 𝑥3 = 2 −𝑥2 − 5𝑥3 = −9 → 𝑥2 = 9 − 5(2) = −1 𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 6 → 𝑥1 = 6 − (−1) − 2(2) = 3 ∴ 𝑥1 = 3; 𝑥2 = −1; 𝑥3 = 2
2.
𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3
=3
2𝑥1 − 3𝑥2 + 4𝑥3 = 13 −3𝑥1 + 5𝑥2 + 2𝑥3 = 5 Jawab : 1 −2 1 3 𝐴 = [ 2 −3 4] , 𝑏 = [13] −3 5 2 5 1 1 1 −2 1 3 𝐵𝐵2 ;2𝐵 −2 1 3 𝐵3 :𝐵2 1 3 :3𝐵1 [ 2 −3 4| 13] → [0 1 2| 7 ] → [0 −3 5 2 5 0 −1 5 14 0
Metode Numerik
−2 1 3 1 2| 7 ] 0 7 21
Page 103
7𝑥3 = 21 → 𝑥3 = 3 𝑥2 + 2𝑥3 = 7 → 𝑥2 = 7 − 2(3) = 1 𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 = 3 → 𝑥1 = 3 + 2(1) − 3 = 2 ∴ 𝑥1 = 2; 𝑥2 = 1; 𝑥3 = 3
3.
−12𝑥1 + 𝑥2 + 8𝑥3
= −80
𝑥1 − 6𝑥2 − 4𝑥3
= 13
−2𝑥1 − 𝑥2 + 10𝑥3 = 90 Jawab : −12 1 8 −80 𝐴=[ 1 −6 −4] , 𝑏 = [ 13 ] −2 −1 10 90 −12 1 8 −80 [ 1 −6 −4| 13 ] −2 −1 10 90 1 1 1 −6 −4 13 𝐵𝐵2 :12𝐵 3 :2𝐵1 [−12 1 [0 8 | −80] → −2 −1 10 90 0 1 1 −6 −4 13 1 ; 𝐵2 40 76 𝐵3 :13𝐵2 0 71 → [0 |− ]→ 1 71 71 0 −13 2 116 [0
𝐵2 ↔𝐵1
→
−6 −4 13 −71 −40| 76 ] −13 2 116 −6 −4 13 40 76 1 − 71 || 71 662 7248 0 71 71 ]
662 7248 7248 3624 𝑥 = → 𝑥3 = = 71 3 71 662 331 40 76 76 40 3624 2396 𝑥2 + 𝑥3 = − → 𝑥2 = − − ( )=− 71 71 71 71 331 331 2396 3624 4423 𝑥1 − 6𝑥2 − 4𝑥3 = 13 → 𝑥1 = 13 + 6 (− )+ 4( )= 331 331 331 4423 2396 3624 ∴ 𝑥1 = ;𝑥 = − ;𝑥 = 331 2 331 3 331 4.
0,3𝑥1 + 0,5𝑥2 + 𝑥3
= −0,01
0,5𝑥1 + 𝑥2 + 1,9𝑥3
= 0,67
0,1𝑥1 + 0,3𝑥2 + 0,5𝑥3 = 0,44 Jawab : Penskalaan 10
Metode Numerik
Page 104
−0,1 3 5 10 𝐴 = [5 10 19] , 𝑏 = [ 6,7 ] 4,4 1 3 5 1 3 5 10 −0,1 𝐵1 ↔𝐵3 1 3 5 4,4 𝐵𝐵2 ;5𝐵 3 ;3𝐵1 [5 10 19| 6,7 ] → [5 10 19| 6,7 ] → 1 3 5 4,4 3 5 10 −0,1 4,4 ;0,2𝐵 1 3 4,4 𝐵 :4𝐵 1 3 5 5 2 3 2 [0 −5 −6| −15,3] → [0 1 1,2| 3,06 ] → 0 −4 −5 −13,3 0 −4 −5 −13,3 4,4 1 3 5 [0 1 1,2 | 3,06 ] 0 0 −0,2 −1,06
−0,2𝑥3 = −1,06 → 𝑥3 = 5,3 𝑥2 + 1,2𝑥3 = 3,06 → 𝑥2 = 3,06 − 1,2(5,3) = −3,3 𝑥1 + 3𝑥2 + 5𝑥3 = 4,4 → 𝑥1 = 4,4 − 3(−3,3) − 5(5,3) = −12,2
4.4 Metode Eliminasi Gauss-Jordan Dalam aljabar linear, eliminasi Gauss-Jordan adalah versi dari eliminasi Gauss. Pada metode eliminasi Gauss-Jordan kita membuat nol elemen-elemen di bawah maupun di atas diagonal utama suatu matriks. Hasilnya adalah matriks tereduksi yang berupa matriks
diagonal
satuan
(semua
elemen
pada
diagonal
utama
bernilai 1, elemen-elemen lainnya nol). Dalam
bentuk
matriks,
eliminasi
Gauss-Jordan
ditulis
sebagai berikut.
𝑎11 𝑎21 𝑎31 … [𝑎𝑛1
𝑎12 𝑎22 𝑎32 … 𝑎𝑛2
Solusinya: 𝑥𝑛 =
𝑎13 𝑎23 𝑎33 … 𝑎𝑛3 𝑥1
… … … … …
𝑎1𝑛 𝑎2𝑛 𝑎3𝑛 … 𝑎𝑛𝑛 = 𝑏1,
𝑏1 𝑏2 𝑏3 … 𝑏𝑛 ]
1 0 0 … [0 𝑥2
= 𝑏2,
0 1 0 … 0
0 0 1 … 0 ……
… … … … …
0 0 0 … 1
𝑏1, 𝑏2, 𝑏3, … 𝑏𝑛, ] ……
𝑏𝑛, Seperti pada metode eliminasi gauss naïf, metode eliminasi Gauss-Jordan naïf tidak menerapkan tata-ancang pivoting dalam
Metode Numerik
Page 105
proses eliminasinya. Langkah-langkah operasi baris yang dikemukakan oleh Gauss dan disempurnakan oleh Jordan sehingga dikenal dengan Eliminasi Gauss-Jordan, sebagai berikut: 1.
Jika
suatu
baris
tidak
seluruhnya
dari
nol,
maka
bilangan tak nol pertama pada baris itu adalah 1. Bilangan ini disebut 1 utama (leading 1). 2.
Jika terdapat baris yang seluruhnya terdiri dari nol, maka baris-baris ini akan dikelompokkan bersama pada bagian paling bawah dari matriks.
3.
Jika terdapat dua baris berurutan yang tidak seluruhnya dari nol, maka 1 utama pada baris yang lebih rendah terdapat pada kolom yang lebih kanan dari 1 utama pada baris yang lebih tinggi.
4.
Setiap kolom memiliki 1 utama memiliki nol pada tempat lain.
Algoritma Metode Eliminasi Gauss-Jordan adalah sebagai berikut: 5.
Masukkan matriks A dan vector B beserta ukurannya n
6.
Buat augmented matriks [AB] namakan dengan A
7.
Untuk baris ke-i dimana i=1 s/d n a)
Perhatikan apakah nilai 𝑎𝑖,𝑖 sama dengan nol: Bila ya: Pertukarkan baris ke-i dan baris ke i+k≤n, dimana 𝑎𝑖:𝑘,𝑖 tidak sama dengan nol, bila tidak ada berarti perhitungan
tidak
bisa
dilanjutkan
dan
proses
dihentikan dengan tanpa penyelesaian. Bila tidak: Lanjutkan
Metode Numerik
Page 106
b)
Jadikan nilai diagonalnya menjadi satu, dengan cara untuk setiap kolom k dimana k=1 s/d n+1, hitung 𝑎𝑖,𝑘 =
8.
𝑎𝑖,𝑘 𝑎𝑖,𝑖
Untuk baris ke j, dimana j=i+1 s/d n Lakukan operasi baris elementer untuk kolom k dimana k=1 s/d n Hitung 𝑐 = 𝑎𝑗,𝑖 Hitung 𝑎𝑗,𝑘 = 𝑎𝑗,𝑘 − 𝑐. 𝑎𝑖,𝑘
9.
Penyelesaian, untuk i=n s/d 1 (bergerak dari baris ke n sampai baris pertama) 𝑥𝑖 = 𝑎𝑖,𝑛:1
Contoh Soal : 1.
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3
=6 =3
−𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = −1 Jawab : 1 1 2 6 𝐴 = [ 2 1 −1] , 𝑏 = [ 3 ] −1 2 2 −1 ;𝐵2 1 1 1 1 2 6 𝐵𝐵2 ;2𝐵 1 2 6 ;𝐵2 1 1 2 6 𝐵𝐵1;3𝐵 3 :𝐵1 3 2 [ 2 1 −1| 3 ] → [0 −1 −5| −9] → [0 1 5| 9] → 0 3 4 5 0 3 4 5 −1 2 2 −1 3 1 1 0 −3 −3 ; 1 𝐵3 1 0 −3 −3 𝐵𝐵1 :3𝐵 0 0 3 2 ;5𝐵3 11 [0 1 [0 1 5 | 9 ] → [0 1 0| −1] 5 | 9 ]→ 0 0 −11 −22 0 0 1 2 0 0 1 2
∴ 𝑥1 = 3; 𝑥2 = −1; 𝑥3 = 2
2.
𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3
=3
2𝑥1 − 3𝑥2 + 4𝑥3 = 13 −3𝑥1 + 5𝑥2 + 2𝑥3 = 5 Jawab :
Metode Numerik
Page 107
1 −2 1 3 𝐴 = [ 2 −3 4] , 𝑏 = [13] −3 5 2 5 1 1 2 1 1 −2 1 3 𝐵𝐵2 ;2𝐵 −2 1 3 𝐵𝐵1 :2𝐵 0 5 17 1𝐵3 3 :3𝐵1 3 :𝐵2 7 [ 2 −3 4| 13] → [0 1 2| 7 ] → [0 1 2| 7 ] → −3 5 2 5 0 −1 5 14 0 0 7 21 3 1 1 0 5 17 𝐵𝐵1 ;5𝐵 2 ;2𝐵3 [0 1 2| 7 ] → [0 0 0 0 1 3
0 0 2 1 0| 1] 0 1 3
∴ 𝑥1 = 2; 𝑥2 = 1; 𝑥3 = 3
3.
−12𝑥1 + 𝑥2 + 8𝑥3
= −80
𝑥1 − 6𝑥2 − 4𝑥3
= 13
−2𝑥1 − 𝑥2 + 10𝑥3
= 90
Jawab : −12 1 8 −80 𝐴=[ 1 −6 −4] , 𝑏 = [ 13 ] −2 −1 10 90 −12 1 8 −80 [ 1 −6 −4| 13 ] −2 −1 10 90 1 1 1 −6 −4 13 𝐵𝐵2 :12𝐵 −6 −4 13 3 :2𝐵1 [−12 1 [0 −71 −40| 76 ] 8 | −80] → −2 −1 10 90 0 −13 2 116 44 467 467 44 1 0 − 1 −6 −4 13 𝐵1 :6𝐵2 71 71 71 1 0 − 71 1 ; 𝐵2 71 40 76 𝐵3 :13𝐵2 40 | 76 662𝐵3 76 71 | → [0 |− ]→ → 40 | − 1 0 1 − 71 71 71 | 71 71 0 1 71 3624 0 −13 2 116 662 7248 0 0 1 [0 0 71 [ 71 ] 331 ]
𝐵2 ↔𝐵1
→
44 𝐵1 : 𝐵3 71 40 𝐵2 ; 𝐵3 71
4423⁄ 331 1 0 0 → 0 1 0| − 2396⁄331 0 0 1 3624 ⁄331 ] [ 4423 2396 3624 ∴ 𝑥1 = ;𝑥 = − ;𝑥 = 331 2 331 3 331 4.
0,3𝑥1 + 0,5𝑥2 + 𝑥3
= −0,01
0,5𝑥1 + 𝑥2 + 1,9𝑥3
= 0,67
Metode Numerik
Page 108
0,1𝑥1 + 0,3𝑥2 + 0,5𝑥3 = 0,44 Jawab : Penskalaan 10 −0,1 3 5 10 𝐴 = [5 10 19] , 𝑏 = [ 6,7 ] 4,4 1 3 5 1 3 5 10 −0,1 𝐵1 ↔𝐵3 1 3 5 4,4 𝐵𝐵2 ;5𝐵 3 ;3𝐵1 [5 10 19| 6,7 ] → [5 10 19| 6,7 ] → 1 3 5 4,4 3 5 10 −0,1 2 4,4 ;0,2𝐵 1 3 4,4 𝐵𝐵1 ;3𝐵 1 3 5 5 2 3 :4𝐵2 [0 −5 −6| −15,3] → [0 1 1,2| 3,06 ] → 0 −4 −5 −13,3 0 −4 −5 −13,3 3 1 0 1,4 −4,78 ; 1 𝐵3 1 0 1,4 −4,78 𝐵𝐵1 ;1,4𝐵 0,2 2 ;1,2𝐵3 [0 1 1,2 | 3,06 ] → [0 1 1,2| 3,06 ] → 0 0 −0,2 −1,06 5,3 0 0 1 1 0 0 −12,2 [0 1 0| −3,3 ] 0 0 1 5,3
∴ 𝑥1 = −12,2; 𝑥2 = −3,3; 𝑥3 = 5,3
4.5 Metode Matriks Balikan Misalkan 𝐴;1 adalah matriks balikan dari 𝐴 dengan 𝐴;1 menghasilkan matriks identitas I. 𝐴𝐴;1 = 𝐴;1 𝐴 = 𝐼 Bila matriks A dikalikan dedngan I akan menghasilkan matriks 𝐴 sendiri. 𝐴𝐼 = 𝐼𝐴 = 𝐴 Berdasarkan dua kesamaan di atas, sistem persamaan lanjar 𝐴𝑥 = 𝑏 dapat diselesaikan sebagai berikut : 𝐴𝑥 = 𝑏 𝐴;1 𝐴𝑥 = 𝐴;1 𝑏 (kalikan kedua ruas dengan 𝐴;1 ) 𝐼𝑥 = 𝐴;1 𝑏 𝑥 = 𝐴;1 𝑏 Jadi, penyelesaian sistem persamaan lanjar 𝐴𝑥 = 𝑏 adalah
Metode Numerik
Page 109
𝑥 = 𝐴;1 𝑏 dengan syarat 𝐴;1 ada. Contoh Soal : 1.
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3
=6 =3
−𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = −1 Jawab : 1 1 2 6 𝐴 = [ 2 1 −1] , 𝑏 = [ 3 ] −1 2 2 −1 1 1 1 1 2 1 0 0 𝐵𝐵2 ;2𝐵 1 2 1 0 0 ;𝐵2 3 :𝐵1 [ 2 1 −1| 0 1 0] → [0 −1 −5| −2 1 0] → 0 3 4 1 0 1 −1 2 2 0 0 1
1 0 ; 1 𝐵3 11 −1 0] → 3 1 4⁄ 2⁄ 𝐵1 :3𝐵3 1 0 11 11 0 −3 −1 1 0 0 𝐵2 ;5𝐵3 3 2 −1 0 +→ 1 5| 0 1 0| − ⁄11 4⁄11 0 1 5⁄11 − 3⁄11 − 1⁄11 0 0 1 5 ⁄11 − 3⁄11 [
;𝐵2 1 1 2 1 0 0 𝐵𝐵1;3𝐵 1 0 −3 −1 3 2 [0 1 5| 2 −1 0] → [0 1 5 | 2 0 3 4 1 0 1 0 0 −11 −5
1 *0 0
Solusinya adalah 𝑥 = 𝐴;1 𝑏 3 4⁄ 2⁄ 11 11 − ⁄11 6 𝑥1 3 5 4 ⁄11 [ 3 ] ⁄11 [𝑥2 ] = − ⁄11 𝑥3 −1 5⁄ 3 1 [ 11 − ⁄11 − ⁄11] 24⁄ + 6⁄ + 3⁄ 11 11 11 𝑥1 [𝑥2 ] = − 18⁄11 + 12⁄11 − 5⁄11 𝑥3 30⁄ − 9⁄ + 1⁄ [ 11 11 11 ] 𝑥1 3 [𝑥2 ] = [−1] 𝑥3 2 ∴ 𝑥1 = 3; 𝑥2 = −1; 𝑥3 = 2
2.
𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3
=3
2𝑥1 − 3𝑥2 + 4𝑥3 = 13 −3𝑥1 + 5𝑥2 + 2𝑥3 = 5 Jawab :
Metode Numerik
Page 110
− 3⁄11 5⁄ 11 − 1⁄11]
1 −2 1 3 𝐴 = [ 2 −3 4] , 𝑏 = [13] −3 5 2 5 1 1 1 −2 1 1 0 0 𝐵𝐵2 ;2𝐵 −2 1 1 3 :3𝐵1 [ 2 −3 4| 0 1 0] → [0 1 2| −2 −3 5 2 0 0 1 0 −1 5 3 2 1 0 5 −3 2 0 1𝐵3 1 0 5 −3 7 1 [0 1 2| −2 1 0] → *0 1 2| −2 0 0 7 1 1 1 0 0 1 1⁄7 1⁄7 − 26⁄7 9⁄7 − 5⁄7 1 0 0 0 1 0| − 16⁄7 5⁄7 − 2⁄7 0 0 1 1 1⁄ 1⁄ ⁄7 [ 7 7 ]
2 0 0 𝐵𝐵1 :2𝐵 3 :𝐵2 1 0] → 0 1 0 𝐵1 ;5𝐵3 0 + 𝐵→2 ;2𝐵3 1⁄ 7
Solusinya adalah 𝑥 = 𝐴;1 𝑏 − 26⁄7 9⁄7 − 5⁄7 𝑥1 3 𝑥 [ 2 ] = − 16⁄7 5⁄7 − 2⁄7 [13] 𝑥3 5 1 1⁄ 1⁄ [ ⁄7 7 7 ] − 78⁄7 + 117⁄7 − 25⁄7 𝑥1 [𝑥2 ] = − 48⁄7 + 65⁄7 − 10⁄7 𝑥3 3⁄ + 13⁄ + 5⁄ [ 7 7 7 ] 𝑥1 2 [𝑥2 ] = [1] 𝑥3 3 ∴ 𝑥1 = 2; 𝑥2 = 1; 𝑥3 = 3
3.
−12𝑥1 + 𝑥2 + 8𝑥3
= −80
𝑥1 − 6𝑥2 − 4𝑥3
= 13
−2𝑥1 − 𝑥2 + 10𝑥3
= 90
Jawab : −12 1 8 −80 𝐴=[ 1 −6 −4] , 𝑏 = [ 13 ] −2 −1 10 90 1 −12 1 8 1 0 0 𝐵2 ↔𝐵1 1 −6 −4 0 1 0 𝐵𝐵2 :12𝐵 3 :2𝐵1 [ 1 [−12 1 −6 −4| 0 1 0] → 8 | 1 0 0] → −2 −1 10 0 0 1 −2 −1 10 0 0 1
Metode Numerik
Page 111
1 −6 −4 0 1 0 [0 −71 −40| 1 12 0] 0 −13 2 0 2 1 1 1
−4 0 1 0 𝐵1 :6𝐵2 𝐵3 :13𝐵2 40 1 12 |− − 0] → 71 71 71 0 −13 2 0 2 1 44 6 1 6 1 44 − 1 0 − − − 0 − 71 71 71 71 71 1 0 − 71 𝐵 71 40 | 1 12 1 12 662 3 40 || − 0 1 − − 0 → − 71 | 71 71 71 71 0 1 71 662 13 14 13 7 0 0 1 − − [0 0 71 − 71 − 71 1] [ 662 331 44 32 9 22 𝐵1 : 𝐵3 − − 71 331 331 331 40 𝐵2 ; 𝐵3 1 0 0 1 52 20 71 → 0 1 0| − − − 331 331 331 0 0 1 13 7 71 − − [ 662 331 662 ] ; 𝐵2 71
→
[0
−6 1
0 0 71 662]
Solusinya adalah 𝑥 = 𝐴;1 𝑏 32 9 22 − 331 331 331 𝑥1 1 52 20 −80 [𝑥2 ] = − [ 13 ] − − 331 331 331 90 𝑥3 13 7 71 [− 662 − 331 662 ] 2560⁄ 1980⁄ 117⁄ 331 − 331 + 331 𝑥1 80 676 1800 ⁄331 − ⁄331 − ⁄331 [𝑥2 ] = 𝑥3 520⁄ 91 3195⁄ [ 331 − ⁄331 + 331 ] −
4423 331 𝑥1 2396 [𝑥2 ] = − 331 𝑥3 3624 [ 331 ] 4423 2396 3624 ∴ 𝑥1 = ;𝑥 = − ;𝑥 = 331 2 331 3 331 4.
0,3𝑥1 + 0,5𝑥2 + 𝑥3
= −0,01
0,5𝑥1 + 𝑥2 + 1,9𝑥3
= 0,67
Metode Numerik
Page 112
0,1𝑥1 + 0,3𝑥2 + 0,5𝑥3 = 0,44 Jawab : Penskalaan 10 −0,1 3 5 10 𝐴 = [5 10 19] , 𝑏 = [ 6,7 ] 4,4 1 3 5 1 3 5 10 1 0 0 𝐵1 ↔𝐵3 1 3 5 0 0 1 𝐵𝐵2 ;5𝐵 3 ;3𝐵1 [5 10 19| 0 1 0] → [5 10 19| 0 1 0] → 1 3 5 0 0 1 3 5 10 1 0 0
1 3 5 0 0 1 ;0,2𝐵2 1 3 5 0 [0 −5 −6| 0 1 −5] → [0 1 1,2| 0 0 −4 −5 1 0 −3 0 −4 −5 1
2 0 1 𝐵𝐵1 ;3𝐵 3 :4𝐵2 −0,2 1 ] → 0 −3
1 0 1,4 0 0,6 −2 ; 1 𝐵3 1 0 1,4 0 0,6 −2 0,2 [0 1 1,2 | 0 −0,2 1 ] → [0 1 1,2| 0 −0,2 1 ] 0 0 −0,2 1 −0,8 1 0 0 1 −5 4 −5 𝐵1 ;1,4𝐵3 𝐵2 ;1,2𝐵3
→
1 0 0 7 −5 5 [0 1 0| 6 −5 7 ] 0 0 1 −5 4 −5
Solusinya adalah 𝑥 = 𝐴;1 𝑏 𝑥1 7 −5 5 −0,1 [𝑥2 ] = [ 6 −5 7 ] [ 6,7 ] 𝑥3 −5 4 −5 4,4 𝑥1 −0,7 − 33,5 + 22 [𝑥2 ] = [−0,6 − 33,5 + 30,8] 𝑥3 0,5 + 26,8 − 22 𝑥1 −12,2 [𝑥2 ] = [ −3,3 ] 𝑥3 5,3 ∴ 𝑥1 = −12,2; 𝑥2 = −3,3; 𝑥3 = 5,3
4.6 Metode Dekomposisi LU Jika
matriks
A
non-singular,
maka
dapat
difaktorkan/diuraikan menjadi matriks segitiga bawah L (lower) dan matriks segitiga atas U (Upper) 𝐴 = 𝐿𝑈 Dalam bentuk matriks ditulis sebagai berikut:
Metode Numerik
Page 113
𝑎11 [𝑎21 𝑎31
𝑎12 𝑎22 𝑎32
𝑎13 1 𝑎23 ] = [𝑙21 𝑎33 𝑙31
0 1 𝑙32
0 𝑢11 0] [ 0 1 0
𝑢12 𝑢22 0
𝑢13 𝑢23 ] 𝑢33
a.
Matriks segitiga bawah L, semua elemen diagonal adalah 1
b.
Matriks segitigas atas tidak ada syarat khusus untuk nilai diagonalnya Contoh: hasil pemfaktoran matriks 3x3 2 −1 −1 1 0 0 2 −1 −1 [0 −4 2 ] = [0 1 0] [0 −4 2 ] 6 −3 1 3 0 1 0 0 4 Penyelesaian 𝐴𝑥 = 𝑏, dengan dekomposisi LU, maka –
Faktorkan 𝐴 = 𝐿𝑈, sehingga 𝐴𝑥 = 𝑏 𝐿𝑈𝑥 = 𝑏
–
Misalkan 𝑈𝑥 = 𝑦, maka 𝐿𝑦 = 𝑏
Untuk memperoleh y, gunakan teknik substitusi maju 1 𝐿𝑦 = 𝑏 → [𝑙21 𝑙31
0 1 𝑙32
𝑏1 0 𝑦1 0] [𝑦2 ] = [𝑏2 ] 1 𝑦3 𝑏3
Untuk memperoleh x, gunakan teknik substitusi mundur 𝑢11 𝑈𝑥 = 𝑦 → [ 0 0
𝑢12 𝑢22 0
𝑢13 𝑥1 𝑦1 𝑢23 ] [𝑥2 ] = [𝑦2 ] 𝑦3 𝑢33 𝑥3
Langkah menghitung solusi SPL dengan dekomposisi LU: –
Membentuk matriks L dan U dari A
–
Pecahkan Ly = b, lalu hitung y dengan teknik substitusi maju
–
Pecahkan Ux = y, lalu hitunng x dengan substitusi mundur
4.6.1 Metode Dekomposisi LU Crout Matriks 3 × 3 :
Metode Numerik
Page 114
𝑎11 𝐴 = [𝑎21 𝑎31
𝑎12 𝑎22 𝑎32
𝑎13 1 𝑎23 ] , 𝐿 = [𝑙21 𝑎33 𝑙31
0 1 𝑙32
𝑢11 0 0] , 𝑈 = [ 0 0 1
𝑢12 𝑢22 0
𝑢13 𝑢23 ] 𝑢33
Karena 𝐿𝑈 = 𝐴, maka hasil perkalian L dan U itu dapat ditulis sebagai : 𝑢11 𝐿𝑈 = [𝑙21 𝑢11 𝑙31 𝑢13
𝑢12 𝑙21 𝑢12 + 𝑢22 𝑙31 𝑢12 + 𝑙32 𝑢22
𝑢13 𝑎11 𝑙21 𝑢13 + 𝑢23 ] = 𝐴 = [𝑎21 𝑎31 𝑙31 𝑢13 + 𝑙32 𝑢23 + 𝑢33
𝑎12 𝑎22 𝑎32
𝑎13 𝑎23 ] 𝑎33
Dari kesamaan dua buah matriks 𝐿𝑈 = 𝐴, diperoleh : 𝑢11 = 𝑎11 ,
𝑢12 = 𝑎12 ,
𝑢13 = 𝑎13
𝑎21
𝑙21 𝑢11 = 𝑎21
→ 𝑙21 =
𝑙31 𝑢13 = 𝑎31
→ 𝑙31 =
Baris pertama U
Kolom pertama L
𝑢11
𝑎31 𝑢13
𝑙21 𝑢12 + 𝑢22 = 𝑎22 → 𝑢22 = 𝑎22 − 𝑙21 𝑢12
Baris kedua U
𝑙21 𝑢13 + 𝑢23 = 𝑎23 → 𝑢23 = 𝑎23 − 𝑙21 𝑢13
𝑙31 𝑢12 + 𝑙32 𝑢22 = 𝑎32 → 𝑙32 =
𝑎32 ;𝑙31 𝑢12 𝑢22
Kolom kedua L
𝑙31 𝑢13 + 𝑙32 𝑢23 + 𝑢33 = 𝑎33 → 𝑢33 = 𝑎33 − (𝑙31 𝑢13 + 𝑙32 𝑢23 )
Baris
Ketiga U Contoh Soal : 1.
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3
=6 =3
−𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = −1 Jawab : 1 1 2 6 𝐴 = [ 2 1 −1] , 𝑏 = [ 3 ] −1 2 2 −1 𝑢11 = 𝑎11 → 𝑢11 = 1
Metode Numerik
Page 115
𝑢12 = 𝑎12 → 𝑢12 = 1 𝑢13 = 𝑎13 → 𝑢13 = 2
𝑙21 =
𝑎21 2 = =2 𝑢11 1
𝑙31 =
𝑎31 −1 = = −1 𝑢13 1
𝑢22 = 𝑎22 − 𝑙21 𝑢12 = 1 − 2(1) = −1 𝑢23 = 𝑎23 − 𝑙21 𝑢13 = −1 − 2(2) = −5
𝑙32 =
𝑎32 − 𝑙31 𝑢12 2 − (−1)(1) = = −3 𝑢22 −1
𝑢33 = 𝑎33 − (𝑙31 𝑢13 + 𝑙32 𝑢23 ) = 2— 1(2) + (−3)(−5) = −11 Diperoleh 𝐿 dan 𝑈 sebagai berikut : 1 1 2 1 0 0 𝑈 = [0 −1 −5 ] , 𝐿 = [ 2 1 0] 0 0 −11 −1 −3 1 Berturut-turut hitung nilai 𝑦 dan 𝑥 sebagai berikut : Untuk memperoleh y, gunakan teknik substitusi maju 1 0 0 𝑦1 6 𝐿𝑦 = 𝑏 → [ 2 1 0] [𝑦2 ] = [ 3 ] −1 −3 1 𝑦3 −1 𝑦1 = 6 2𝑦1 + 𝑦2 = 3 → 𝑦2 = 3 − 2(6) = −9 −𝑦1 − 3𝑦2 + 𝑦3 = −1 → 𝑦3 = −1 + 6 + 3(−9) = −22 Untuk memperoleh x, gunakan teknik substitusi mundur 𝑥1 1 1 2 6 𝑈𝑥 = 𝑦 → [0 −1 −5 ] [𝑥2 ] = [ −9 ] 0 0 −11 𝑥3 −22 −11𝑥3 = −22 → 𝑥3 = 2 −𝑥2 − 5𝑥3 = −9 → 𝑥2 = −5(2) + 9 = −1 𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 6 → 𝑥1 = 6 − (−1) − 2(2) = 3 ∴ 𝑥1 = 3, 𝑥2 = −1, 𝑑𝑎𝑛 𝑥3 = 2
Metode Numerik
Page 116
2.
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3
=1
2𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 5 −𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 5 Jawab : 1 1 −1 1 𝐴 = [ 2 2 1 ] , 𝑏 = [5] 5 −1 1 2 𝑢11 = 𝑎11 → 𝑢11 = 1 𝑢12 = 𝑎12 → 𝑢12 = 1 𝑢13 = 𝑎13 → 𝑢13 = −1
𝑙21 =
𝑎21 2 = =2 𝑢11 1
𝑙31 =
𝑎31 −1 = = −1 𝑢13 1
𝑢22 = 𝑎22 − 𝑙21 𝑢12 = 2 − 2(1) = 0 Karena 𝑢𝑞𝑞 tidak boleh nol, lakukan pertukaran baris, baik untuk matriks 𝐴 maupun untuk vector 𝑏. 1 1 −1 𝑅2 ⟺ 𝑅3 [−1 1 2 ] 2 2 1 1 𝑅2 ⟺ 𝑅3 [1] 5 𝑢11 = 𝑎11 → 𝑢11 = 1 𝑢12 = 𝑎12 → 𝑢12 = 1 𝑢13 = 𝑎13 → 𝑢13 = −1
𝑙21 =
𝑎21 −1 = = −1 𝑢11 1
𝑙31 =
𝑎31 2 = =2 𝑢13 1
Metode Numerik
Page 117
𝑢22 = 𝑎22 − 𝑙21 𝑢12 = 1 − (−1)(1) = 2 𝑢23 = 𝑎23 − 𝑙21 𝑢13 = 1 − (−1)(−1) = 0
𝑙32 =
𝑎32 − 𝑙31 𝑢12 2 − (2)(1) = =0 𝑢22 2
𝑢33 = 𝑎33 − (𝑙31 𝑢13 + 𝑙32 𝑢23 ) = 1 − ((2)(−1) + (0)(0)) = 3 Diperoleh 𝐿 dan 𝑈 sebagai berikut : 1 1 −1 1 0 0 𝑈 = [0 2 0 ] , 𝐿 = [−1 1 0] 0 0 3 2 0 1 Berturut-turut hitung nilai 𝑦 dan 𝑥 sebagai berikut : Untuk memperoleh y, gunakan teknik substitusi maju 1 0 0 𝑦1 1 𝐿𝑦 = 𝑏 → [−1 1 0] [𝑦2 ] = [1] 2 0 1 𝑦3 5 𝑦1 = 1 −𝑦1 + 𝑦2 = 1 → 𝑦2 = 1 + 1 = 2 2𝑦1 + 0𝑦2 + 𝑦3 = 5 → 𝑦3 = 5 − 2(1) − 0 = 3 Untuk memperoleh x, gunakan teknik substitusi mundur 1 1 −1 𝑥1 1 𝑈𝑥 = 𝑦 → [0 2 0 ] [𝑥2 ] = [2] 0 0 3 𝑥3 3 3𝑥3 = 3 → 𝑥3 = 1 2𝑥2 + 0𝑥3 = 2 → 2𝑥2 = 2 − (0) = 1 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 1 → 𝑥1 = 1 − (1) + (1) = 1 ∴ 𝑥1 = 1, 𝑥2 = 1, 𝑑𝑎𝑛 𝑥3 = 1
4.7 Metode Lelaran untuk Menyelesaikan SPL 4.7.1 Metode Lelaran Jacobi Tinjau kembali sistem persamaan linear 𝑎11 𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏1 𝑎21 𝑥1 + 𝑎22 𝑥2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏2 : : : : 𝑎𝑛1 𝑥1 + 𝑎𝑛2 𝑥2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏𝑛
Metode Numerik
Page 118
dengan syarat 𝑎𝑘𝑘≠0, k =1, 2, ..., n. Misalkan
diberikan
tebakan
awalnya
𝑥1(0),𝑥2(0),𝑥3(0),…,𝑥𝑛(0). Maka lelalaran pertamanya adalah : 𝑥1 (1) =
𝑏1 − 𝑎12 𝑥2 (0) − 𝑎13 𝑥3 (0) − ⋯ − 𝑎1𝑛 𝑥𝑛 (0) 𝑎11
𝑥2 (1) =
𝑏2 − 𝑎21 𝑥1 (0) − 𝑎23 𝑥3 (0) − ⋯ − 𝑎2𝑛 𝑥𝑛 (0) 𝑎21 ⋮
𝑥𝑛 (1) =
𝑏𝑛 − 𝑎𝑛1 𝑥1 (0) − 𝑎𝑛2 𝑥2 (0) − ⋯ − 𝑎𝑛𝑛;1 𝑥𝑛;1 (0) 𝑎𝑛1
Lelaran kedua 𝑥1 (2) =
𝑏1 − 𝑎12 𝑥2 (1) − 𝑎13 𝑥3 (1) − ⋯ − 𝑎1𝑛 𝑥𝑛 (1) 𝑎11
𝑥2 (2) =
𝑏2 − 𝑎21 𝑥1 (1) − 𝑎23 𝑥3 (1) − ⋯ − 𝑎2𝑛 𝑥𝑛 (1) 𝑎21 ⋮
𝑥𝑛 (2) =
𝑏𝑛 − 𝑎𝑛1 𝑥1 (1) − 𝑎𝑛2 𝑥2 (1) − ⋯ − 𝑎𝑛𝑛;1 𝑥𝑛;1 (1) 𝑎𝑛1
Secara umum : 𝑥𝑖 (𝑘:1) =
𝑏1 − 𝑎12 𝑥2 (0) − 𝑎13 𝑥3 (0) 𝑎𝑖𝑖
4.6.2 Metode Lelaran Gauss-Seidel Kecepatan
Konvergen
pada
lelaran
Jacobi
dapat
dipercepat bila setiap harga 𝑥 yang baru dihasilkan segera
dipakai
pada
persamaan
berikutnya
untuk
menentukan harga 𝑥𝑖:1 yang lainnya Lelaran Pertama :
Metode Numerik
Page 119
Rumus Umum : 𝑥𝑖 (𝑘:1) =
𝑏𝑖 − ∑𝑛𝑖<1 𝑎𝑖𝑗 𝑥𝑗 (𝑘:1) − ∑𝑛𝑗<𝑖:1 𝑎𝑖𝑗 𝑥𝑗 (𝑘) , 𝑘 = 0,1,2, … 𝑎𝑖𝑗
Contoh : 4𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 7 4𝑥 − 8𝑦 + 𝑧 = −21 −2𝑥 + 𝑦 + 5𝑧 = 15 Dengan nilai awal 𝑃0 = (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) = (1,2,2) Solusi sejatinya adalah (2,4,3) Penyelesaian : 7 + 𝑦𝑟 −𝑧𝑟 4 21 + 4𝑥𝑟 −𝑧𝑟 𝑦𝑟:1 = 8 15 + 2𝑥𝑟 −𝑦𝑟 𝑧𝑟:1 = 5 𝑥𝑟:1 =
Lelarannya 7+2−2 = 1.75 4 21 + 4(1.75) + 2 𝑦1 = = 3.75 8 15 + 2(1.75) − 3.75 𝑧1 = = 3.000 5 7 + 3.75 − 2.95 𝑥2 = = 1.95 4 21 + 4(1.95) + 3.000 𝑦1 = = 3.96875 8 𝑥1 =
Metode Numerik
Page 120
𝑧2 =
15 + 2(1.95) − 3.96875 = 2.98625 5 ⋯ 𝑥10 = 2.00000000 𝑦10 = 4.00000000 𝑧10 = 3.00000000
Jadi solusi SPL adalah 𝑥 = 2.00000000, 𝑦 = 4.00000000 dan 𝑧 = 3.00000000
Metode Numerik
Page 121
BAB V INTERPOLASI DAN REGRESI
Pada rekayasawan dan ahli ilmu alam sering bekerja dengan sejumlah data diskrit (yang mumnyadisajikan dalm bentuk tabel). Data di dalam tabel mungkin diperoleh dari hasil pengamatan di lapangan, hasil pengukuran di laboratorium, atau tabel yang diambildari bukubuku acuan. Seagai ilustrasi, sebuah pengukuran fisika telah dilakukan untuk menentukan hubungan antara tegangan yang diberikan kepada baja tahan karat dan waktu yang diperlukan hingga baja tersebut patah. Delapan
nilai
tegangan
yang
berbeda
dicobakan,
dan
data
yang
dihasilkan adalah : Tegangan
yang
diterapkan,𝑥,
10
15
20
25
30
35
40
40
30
25
40
18
20
22
15
munculdengan
data
dan
𝑚𝑚2
Waktu patah,𝑦, jam Masalah
5
𝑘𝑔
yang
cukup
sering
tabel
adalah
menentukan nilai di antara titik-titik diskrit tersebut (tanpa harus melakukan pengukuran lagi).misalnya dalam tabel pengukuran di atas, rekayasawan ingin mengetahui waktu patah 𝑦 jika tegangan 𝑥 yang diberikan kepada baja adalah 12
𝑘𝑔⁄ 𝑚𝑚2 . Masalah ini tidak bisa
langsung dijawab karena fungsi yang menghubungkan peubah 𝑦 dengan peubah 𝑥 tidak diketahui.salah satu solusinya adalah mencari fungsi yang mencocokan (fit) titik-titik data di dalam tabel. Pendekatan seperti ini di dalam metode numerik dinamakan Pencocokan Kurva . Fungsi
yang
diperoleh
dengan
pendekatan
ini
merupakan
fungsi
hampiran.
Metode Numerik
Page 122
I. Interpolasi 5.1
Persoalan Interpolasi Polinom Diberikan 𝑛 + 1 buah titik berbeda (𝑥0 , 𝑦0 ), (𝑥1 , 𝑦1 ), … , (𝑥𝑛 , 𝑦𝑛 ). Tentukan polinom 𝑃𝑛 (𝑥) yang menginterpolasi (melewati) semua titik-titik tersebut sedemikian rupa hingga 𝑦𝑖 = 𝑝𝑛 (𝑥𝑖 ) untuk 𝑖 = 0,1,2, … , 𝑛 Nilai 𝑦𝑖 dapat berasal dari fungsi matematika 𝑓(𝑥) (seperti ln 𝑥 , sin 𝑥 , 𝑓𝑢𝑛𝑔𝑠𝑖 𝐵𝑒𝑠𝑠𝑒𝑙, 𝑑𝑠𝑏 )
sedemikian
sehingga
𝑦𝑖 =
𝑓(𝑥𝑖 ), sedangkan 𝑝𝑛 (𝑥) disebut fungsi hampiran terhadap 𝑓(𝑥). Atau 𝑦𝑖
berasal dari nilai empiris yang diperoleh melalui
percobaan atau pengamatan. i.
Jika
𝑥0 < 𝑎 < 𝑥𝑛
𝑦𝑘 = 𝑝(𝑥𝑘 )
maka
disebut
nilai
interpolasi ii.
Jika 𝑥0 < 𝑥𝑘 atau 𝑥0 < 𝑥𝑛 maka 𝑦𝑘 = 𝑝(𝑥𝑘 ) disebut nilai ekstrapolasi
5.1.1
Interpolasi Lanjar Interpolasi lanjar adalah interpolasi dua buah titik dengan sebuah garis lurus.misal diberika dua buah titik (𝑥0 , 𝑦0 ) dan (𝑥1 , 𝑦1 ). Polinom yang menginterpolasi kedua titik itu adalah persamaan garis lurus yang berbentuk : 𝑝1 (𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 Koefisien 𝑎0 dan 𝑎1 dicari dengan proses penyulihan dan eliminasi, diperoleh : 𝑦0 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥0 𝑦1 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥1 Lalu
kedua
persamaan
diselesaikan
dengan
proses
eliminasi, di dapat : 𝑎1 =
Metode Numerik
𝑦1 − 𝑦0 𝑥1 − 𝑥0
Page 123
𝑎0 =
𝑥1 𝑦0 − 𝑥0 𝑦1 𝑥1 − 𝑥0
Sulihkan : 𝑝1 (𝑥) =
𝑥1 𝑦0 − 𝑥0 𝑦1 (𝑦1 − 𝑦0 )𝑥 + 𝑥1 − 𝑥0 (𝑥1 − 𝑥0 )
𝑝1 (𝑥) = 𝑦0 +
(𝑦1 − 𝑦0 ) (𝑥 − 𝑥0 ) (𝑥1 − 𝑥0 )
Contoh : 1.
Perkiraan jumlah penduduk Amerika Serikat pada Tahun 1968 berdasarkan data tabulasi berikut
Tahun
1960
1970
Jumlah penduduk (juta)
179.3
203.2
Penyelesaian :
𝑝1 (𝑥) = 𝑦0 + 𝑝1 (1968) = 179,3 +
(𝑦1 − 𝑦0 ) (𝑥 − 𝑥0 ) (𝑥1 − 𝑥0 )
(203,2 − 179,3) (1968 − 1960) = 198,4 (1960 − 1970)
Jadi taksiran jumlah penduduk Amerika Serikat pada tahun 1968 adalah 198,4 juta 2.
Dari data ln(9,0) = 2,1972, ln(9,5) = 2,2513, tentukan ln(9,2) dengan interpolasi lanjar sampai 5 angka bena.
Bandingkan
dengan
nilai
sejati
ln(9,2) =
2,2192. Penyelesaian : 𝑝1 (𝑥) = 𝑦0 + 𝑝1 (9,2) = 2,1972 +
(𝑦1 − 𝑦0 ) (𝑥 − 𝑥0 ) (𝑥1 − 𝑥0 )
(2,2513 − 2,1972) (9,2 − 9,0) = 2,2188 (9,5 − 9,0)
𝐺𝑎𝑙𝑎𝑡 = 2,2192 − 2,2188 = 0,0004 (𝑘𝑒𝑡𝑒𝑙𝑖𝑡𝑖𝑎𝑛 3 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑏𝑒𝑛𝑎)
Metode Numerik
Page 124
5.1.2
Interpolasi Kuadratik Misal
diberika
tiga
buah
titik
data
(𝑥0 , 𝑦0 ), (𝑥1 , 𝑦1 ) dan (𝑥2 , 𝑦2 ). Polinom yang menginterpolasi ketiga
buah
titik
itu
adalah
polinom
kuadrat
yang
berbentuk : 𝑝2 (𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 Kurva polinom berbenuk parabola Polinom 𝑝2 (𝑥) ditentukan dengan cara :
Sulihkan
(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 )
ke
dalam
persamaan
𝑝2 (𝑥) = 𝑎0 +
𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 , dengan 𝑖 = 0,1,2. Dari sini diperoleh : 𝑦0 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥0 + 𝑎2 𝑥0 2 𝑦1 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥1 + 𝑎2 𝑥1 2 𝑦2 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥2 + 𝑎2 𝑥2 2
Hitung 𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 dengan metode eliminasi Gauss
Contoh : Diberikan
titik
ln(8,0) = 2,0794 , ln(9,0) = 2,1972
dan
ln(9,5) = 2,2513. Tentukan nilai ln(9,2) dengan interpolasi kuadratik. Penyelesaian : Sistem persamaan lanjar yang terbentuk adalah 𝑎0 + 8,0 𝑎1 + 64,00𝑎2 = 2.0794 𝑎0 + 9,0 𝑎1 + 81,00𝑎2 = 2.1972 𝑎0 + 9,5 𝑎1 + 90,25𝑎2 = 2.2513 Dengan menggunakan eliminasi Gauss menghasilkan 𝑎0 = 0,06762 𝑎1 = 0,2266 𝑎2 = −0,0064 Polinom Kuadratnya adalah 𝑝2 (𝑥) = 0,06762 + 0,2266𝑥 − 0,0064𝑥 2
Metode Numerik
Page 125
𝑝2 (9,2) = 2.2192
5.1.3
Interpolasi Kubik Misal
diberika
empat
buah
(𝑥0 , 𝑦0 ), (𝑥1 , 𝑦1 ), (𝑥2 , 𝑦2 ),dan(𝑥3 , 𝑦3 ).
titik Polinom
data yang
menginterpolasi keempat buah titik itu adalah polinom kubik yang berbentuk : 𝑝3 (𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + 𝑎3 𝑥 3 Polinom 𝑝3 (𝑥) ditentukan dengan cara :
(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 )
Sulihkan 2
3
𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 + 𝑎3 𝑥 ,
ke
dalam
dengan
persamaan 𝑖 = 0,1,2,3.
𝑝2 (𝑥) = 𝑎0 + Dari
sini
diperoleh : 𝑦0 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥0 + 𝑎2 𝑥0 2 + 𝑎3 𝑥0 3 𝑦1 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥1 + 𝑎2 𝑥1 2 + 𝑎3 𝑥1 3 𝑦2 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥2 + 𝑎2 𝑥2 2 + 𝑎3 𝑥2 3 𝑦3 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥3 + 𝑎2 𝑥3 2 + 𝑎3 𝑥3 3
5.2
Hitung 𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 dan 𝑎3 dengan metode eliminasi Gauss
Polinom Lagrange Tinjau kembali polinom lanjar pada persamaan 𝑝1 (𝑥) = 𝑦0 +
(𝑦1 − 𝑦2 ) (𝑥 − 𝑥0 ) (𝑥1 − 𝑥0 )
Persamaan ini dapat diatur kembali sedemikian rupa sehingga menjadi 𝑝1 (𝑥) = 𝑦0
(𝑥 − 𝑥1 ) (𝑥 − 𝑥0 ) + 𝑦1 (𝑥0 − 𝑥1 ) (𝑥1 − 𝑥0 )
Atau dapat dinyatakan dalam bentuk 𝑝1 (𝑥) = 𝑎0 𝐿0 (𝑥) + 𝑎1 𝐿1 (𝑥) Yang dalam hal ini 𝑎0 = 𝑦0 ,
Metode Numerik
𝐿0 (𝑥) =
(𝑥 − 𝑥1 ) (𝑥0 − 𝑥1 )
Page 126
𝐿1 (𝑥) =
𝑎1 = 𝑦1 ,
(𝑥 − 𝑥0 ) (𝑥1 − 𝑥0 )
Bentuk umum polinom Lagrange derajat ≤ 𝑛 untuk (𝑛 + 1) titik berada adalah 𝑛
𝑝1 (𝑥) = ∑ 𝑎𝑖 𝐿𝑖 (𝑥) = 𝑎0 𝐿0 (𝑥) + 𝑎1 𝐿1 (𝑥) + ⋯ + 𝑎𝑛 𝐿𝑛 (𝑥) 𝑖<0
Yang dalam hal ini 𝑎𝑖 = 𝑦𝑖 ,
𝑖 = 0,1,2, … , 𝑛
Dan 𝑛
𝐿𝑖 (𝑥) = ∏ 𝑖<0 𝑗≠1
(𝑥 − 𝑥𝑗 ) (𝑥𝑖 − 𝑥𝑗 )
=
(𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥1 ) … (𝑥 − 𝑥𝑖;1 )(𝑥 − 𝑥𝑖:1 ) … (𝑥 − 𝑥𝑛 ) (𝑥𝑖 − 𝑥)(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖 ) … (𝑥𝑖 − 𝑥𝑖;1 )(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖:1 ) … (𝑥𝑖 − 𝑥𝑛 )
Contoh : 1.
Hampiri
fungsi
𝑓(𝑥) = cos 𝑥
dengan
polinom
interpolasi
derajat tiga di dalam selang ,0.0, 1.2-. gunakan empat titik, 𝑥0 = 0.0, 𝑥1 = 0.4, 𝑥2 = 0.8 dan 𝑥3 = 1.2. perkirakan nilai 𝑝3 (0.5) dan bandingkan dengan nilai sejatinya. Penyelesaian : 𝑥𝑖
0.0
0.4
0.8
1.2
𝑦𝑖
1.000000
0.921061
0.696707
0.362358
Polinom Lagrange derajat 3 yang menginterpolasi keempat titik di tabel adalah 𝑝1 (𝑥) = 𝑎0 𝐿0 (𝑥) + 𝑎1 𝐿1 (𝑥) + 𝑎2 𝐿2 (𝑥) + 𝑎3 𝐿3 (𝑥) (𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑥2 )(𝑥 − 𝑥3 ) (𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑥2 )(𝑥 − 𝑥3 ) 𝑝3 (𝑥) = 𝑦0 + 𝑦1 + (𝑥0 − 𝑥1 )(𝑥0 − 𝑥2 )(𝑥0 − 𝑥3 ) (𝑥1 − 𝑥0 )(𝑥1 − 𝑥2 )(𝑥1 − 𝑥3 ) 𝑦2 = 1.000000
(𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑥3 ) (𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥2 )(𝑥 − 𝑥3 ) + 𝑦3 (𝑥2 − 𝑥0 )(𝑥2 − 𝑥1 )(𝑥2 − 𝑥3 ) (𝑥3 − 𝑥0 )(𝑥3 − 𝑥1 )(𝑥3 − 𝑥2 )
(𝑥 − 0.41 )(𝑥 − 0.8)(𝑥 − 1.23 ) (𝑥 − 0.0)(𝑥 − 0.8)(𝑥 − 1.2) + 0.921061 (0.0 − 0.4)(0.0 − 0.8)(0.0 − 1.2) (0.4 − 0.0)(0.4 − 0.8)(0.4 − 1.2)
Metode Numerik
Page 127
+0.696707
(𝑥 − 0.0)(𝑥 − 0.4)(𝑥 − 1.2) (𝑥 − 0.0)(𝑥 − 0.4)(𝑥 − 0.8) + 0.362358 (0.8 − 0.0)(0.8 − 0.4)(1.2 − 0.8) (1.2 − 0.0)(1.2 − 0.4)(1.2 − 0.8)
𝑝3 (0.5) = 0.877221 2. dari fungsi 𝑦 = 𝑓(𝑥) diberikan tiga buah titik data dalam bentuk tabel : X
1
4
6
y
1.5709
1.5727
1.5751
Tentukan 𝑓(3.5) dengan polinom Lagrange derajat 2. Gunakan lima angka bena. Penyelesaian : Polinom derajat 2 → 𝑛 = 2 (perlu tiga buah titik) 𝑝2 (𝑥) = 𝑦0 + 𝐿1 (𝑥)𝑦1 + 𝐿2 (𝑥)𝑦2 (𝑥 − 4)(𝑥 − 6) (3.5 − 4)(3.5 − 6) 𝐿0 (𝑥) = → 𝐿0 (3.5) = = 0.083333 (1 − 4)(1 − 6) (1 − 4)(1 − 6) 𝐿1 (𝑥) =
(𝑥 − 1)(𝑥 − 6) (3.5 − 1)(3.5 − 6) → 𝐿1 (3.5) = = 1.0417 (4 − 1)(4 − 6) (4 − 1)(4 − 6)
𝐿2 (𝑥) =
(𝑥 − 1)(𝑥 − 4) (3.5 − 1)(3.5 − 4) → 𝐿1 (3.5) = = −0.12500 (6 − 1)(6 − 4) (6 − 1)(6 − 4)
Jadi, 𝑝2 (3.5) = (0.083333)(1.5709) + (1.0417)(1.5727) + (−0.12500)(1.5751) 𝑝2 (3.5) = 1.5723
5.3
Polinom Newton Polinom Lagrange kurang disukai dalam praktek karena alasan berikut 1. Jumlah komputasi yang dibutuhkan untuk satu kali interpolasi adalah
besar.
Interpolasi
untuk
nilai
𝑥
yang
lain
memerlukan jumlah komputasi yang sama karena tidak ada bagian komputasi sebelumnya yang dapat digunakan. 2. Bila
Metode Numerik
jumlah
titik
data
meningkat
atau
menurun,
hasil
Page 128
komputasi
sebelumnya
tidak
dapat
digunakan.
Hal
ini
disebabkan oleh tidak adanya hubungan antara 𝑝𝑛;1 (𝑥) dan 𝑝𝑛 (𝑥) pada polinom Langrange. Nilai konstanta 𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 merupakan nilai selisih terbagi, dengan nilai masing-masing : 𝑎0 = 𝑓(𝑥0 ) 𝑎1 = 𝑓,𝑥1 , 𝑥0 𝑎2 = 𝑓,𝑥2 , 𝑥1 , 𝑥0 ⋮ 𝑎𝑛 = 𝑓,𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 , 𝑥0 Yang dalam hal ini : 𝑓[𝑥𝑖 , 𝑥𝑗 ] = 𝑓[𝑥𝑖 , 𝑥𝑗 , 𝑥𝑘 ] =
𝑓(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑗 ) 𝑥𝑖 − 𝑥𝑗
𝑓[𝑥𝑖 , 𝑥𝑗 ] − 𝑓[𝑥𝑗 , 𝑥𝑘 ] 𝑥𝑖 − 𝑥𝑘 ⋮
𝑓,𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 - − 𝑓,𝑥𝑛;1 , 𝑥𝑛;2 , … , 𝑥0 𝑓,𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 , 𝑥0 - = 𝑥𝑛 − 𝑥0 Bentuk polinom lengkap : 𝑝𝑛 (𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) + (𝑥 − 𝑥0 )𝑓,𝑥1 , 𝑥0 - + (𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥1 )𝑓,𝑥2 , 𝑥1 , 𝑥0 - + (𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥1 ) … (𝑥 − 𝑥𝑛;1 )𝑓,𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 , 𝑥0 Karena tetapan 𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 dan 𝑎3 merupakan nilai selisih terbagi, maka polinom Newton dinamakan juga Polinom Interpolasi selisih terbagi Newton. Misalnya tabel selisih tabel selisih terbagi untuk empat buah titik 𝑛 = 3 berikut : i
𝑥𝑖
𝑦𝑖 = 𝑓(𝑥𝑖 )
ST-1
ST-2
ST-3
0
𝑥0
𝑓(𝑥0 )
𝑓,𝑥1 , 𝑥0 -
𝑓,𝑥2 , 𝑥1 , 𝑥0 -
𝑓,𝑥3 , 𝑥2 , 𝑥1 , 𝑥0 -
1
𝑥1
𝑓(𝑥1 )
𝑓,𝑥2 , 𝑥1 -
𝑓,𝑥3 , 𝑥2 , 𝑥1 -
2
𝑥2
𝑓(𝑥2 )
𝑓,𝑥3 , 𝑥2 -
3
𝑥3
𝑓(𝑥3 )
Metode Numerik
Page 129
Keterangan : Selisih Terbagi Contoh : Hitunglah 𝑓(9.2) dari nilai-nilai (𝑥, 𝑦) yang diberikan pada tabel dibawah ini dengan polinom Newton derajat 3 Penyelesaian : Tabel selisih terbagi: i
𝑥𝑖
𝑦𝑖 = 𝑓(𝑥𝑖 )
ST-1
ST-2
ST-3
0
8.0
2.079442
0.117783
−0.006433
0.000411
1
9.0
2.197225
0.108134
−0.005200
2
9.5
2.251292
0.097735
3
11.0
2.397895
Contoh cara menghitung nilai selisih terbagi pada tabel adalah : 𝑓,𝑥2 , 𝑥1 - = 𝑓,𝑥3 , 𝑥2 , 𝑥1 - =
𝑓(𝑥2 ) − 𝑓(𝑥1 ) 2.251292 − 2.197225 = = 0.108134 𝑥2 − 𝑥1 9.5 − 9.0
𝑓,𝑥2 , 𝑥1 - − 𝑓,𝑥1 , 𝑥0 - 0.108134 − 0.117783 = = −0.006433 𝑥2 − 𝑥0 9.5 − 8.0
Polinom Newton-nya (dengan 𝑥0 = 8.0 sebagai titik data pertama) adalah : 𝑓(𝑥) ≈ 𝑝3 (𝑥) = 2.079442 + 0.117783(𝑥 − 8.0) − −0.006433(𝑥 − 8.0)(𝑥 − 9.0) +0.000411(𝑥 − 8.0)(𝑥 − 9.0)(𝑥 − 9.5) taksiran nilai fungsi pada 𝑥 = 9.2 adalah 𝑓(9.2) ≈ 𝑝3 (9.2) = 2.079442 + 0.141340 − 0.001544 − 0.000030 = 2.219208 Nilai sejati 𝑓(9.2) = ln(9.2) = 2.219208 (7 angka Bena)
5.4
Galat Interpolasi Polinom Galat interpolasi minimum terjadiuntuk nilai 𝑥 di pertengahan selang. Penjelasannya adalah sebagai berikut : Nilai –nilai 𝑥 yang berjarak sama ditulis sebagai : 𝒙𝟎 , 𝒙𝟏 = 𝒙𝟎 + 𝒉,
𝒙𝟐 = 𝒙𝟎 + 𝟐𝒉,
… , 𝒙𝒏 = 𝒙𝟎 + 𝒏𝒉
atau dengan rumus umum
Metode Numerik
Page 130
𝒙𝒊 = 𝒙𝟎 + 𝒊𝒉,
𝒊 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, … , 𝒏
Titik yang diinterpolasikan dinyatakan dengan : 𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝒔𝒉,
𝒔
𝑹
Sehingga 𝒙 − 𝒙𝒊 = (𝒔 − 𝒊)𝒉, 𝒊 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, … , 𝒏 Galat interpolasinya adalah 𝑬(𝒙) = (𝒙 − 𝒙𝟎 )(𝒙 − 𝒙𝟏 ) … (𝒙 − 𝒙𝒏 ) 𝑬(𝒙) = 𝒔𝒉(𝒔 − 𝟏)𝒉 … (𝒔 − 𝒏)𝒉
𝒇(𝒏:𝟏) (𝒄) (𝒏 + 𝟏)!
𝒇(𝒏:𝟏) (𝒄) (𝒏 + 𝟏)!
𝑬(𝒙) = 𝒔(𝒔 − 𝟏)(𝒔 − 𝟐) … (𝒔 − 𝒏)𝒉𝒏:𝟏
𝒇(𝒏:𝟏)(𝒄) (𝒏 + 𝟏)!
Dapat ditunjukkan bahwa 𝑸𝒏:𝟏 (𝒔) = 𝒔(𝒔 − 𝟏)(𝒔 − 𝟐) … (𝒔 − 𝒏) Bernilai minimum bila 𝑸𝒏:𝟏 (𝒔) = 𝟎 yang dipenuhi untuk 𝑠 = 𝑛/2. Dengan kata lain, 𝐸(𝑥) bernilai minimum untuk nilai-nilai 𝑥 terletak
di (sekitar) pertengahan
selang.
Untuk mendapatkan galat interpolasi yang minimum, pilihlah selang ,𝑥0 , 𝑥𝑛 - sehingga 𝑥 yang terletak di (sekitar) pertengahan selang. Missal : Diberikan data :
Metode Numerik
Page 131
𝑥
𝑓(𝑥)
0.025
2.831
0.050
3.246
0.075
4.721
0.100
5.210
0.125
6.310
0.150
7.120
0.175
8.512
0.200
9.760
0.225
10.310
Bila diminta menghitung 𝑓(0.160), maka selang yang digunakan agar galat interpolasi 𝑓(0.160) kecil adalah ,0.150, 0.175-
Untuk polinom derajat Satu
,0.125, 0.200-
Untuk Polinom derajat tiga
,0.125, 0.200-
Untuk Polinom derajat tiga
,0.100, 0.225-
Untuk Polinom derajat lima
5.4.1
Batas Atas Galat Interpolasi Untuk Titik – titik yang
Berjarak Sama Diberikan absis titik-titik yang berjarak sama : 𝒙𝒊 = 𝒙𝟎 + 𝒊𝒉, Dan
nilai
𝑥
yang
𝒊 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, … , 𝒏
akan
diinterpolasikan
dinyatakan
sebagai 𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝒔𝒉,
𝒔
𝑹
Untuk polinom interpolasi berderajat 1, 2 dan 3 yang dibentuk dari 𝒙𝒊 diatas dapat dibuktikan bahwa 1
(a) |𝐸1 (𝑥)| = |𝑓(𝑥) − 𝑝1 (𝑥)| ≤ 2 8
(b) |𝐸2 (𝑥)| = |𝑓(𝑥) − 𝑝2 (𝑥)| ≤
Metode Numerik
√3 27
𝑀𝑎𝑘𝑠 |𝑓 ′′ (𝑐)| 𝑥0 ≤ 𝑐 ≤ 𝑥1
3
𝑀𝑎𝑘𝑠 |𝑓 ′′′ (𝑐)| 𝑥0 ≤ 𝑐 ≤ 𝑥2
Page 132
(c) |𝐸3 (𝑥)| = |𝑓(𝑥) − 𝑝3 (𝑥)| ≤
1 24
4
𝑀𝑎𝑘𝑠 |𝑓 𝑖𝑣 (𝑐)| 𝑥0 ≤ 𝑐 ≤ 𝑥1
Contoh Soal : Tinjaulah
kembali
tabel
yang
berisi
pasangan
titik
(𝑥, 𝑓(𝑥)) yang diambil dari 𝑓(𝑥) = cos(𝑥) 𝑥𝑖
𝑓(𝑥𝑖 )
0.0
1.0000000
1.0
0.5403023
2.0
-0.4161468
3.0
-0.9899925
4.0
-0.6536436
(a) Hitung galat rata-rata interpolasi di titik 𝑥 = 0.5, 𝑥 = 1.5,
𝑥 = 2.5,
dan
bila
𝑥
diinterpolasikan
dengan polinom Newton derajat 3 berdasarkan 𝑥0 = 0. (b) Hitung
batas
atas
galat
interpolasi
bila
kita
melakukan interpolasi titik – titik berjarak sama dalam
selang
,0.0, 3.0-
dengan
polinom
interpolasi
derajat 3 (c) Hitung batas atas dan bawah galat interpolasi di 𝑥 = 0.5 dengan polinom Newton derajat 3 Penyelesaian : (a) cos(𝑥) ≈ 𝑝3 (𝑥) = 1.0000 − 0.4597(𝑥 − 0.0) − 0.2485(𝑥 − 0.0)(𝑥 − 1.0) + 0.1466(𝑥 − 0.0)(𝑥 − 1.0)(𝑥 − 2.0) Menghitung galat rata-rata interpolasi : Titik tengah selang ,0.0 , 3.0- adalah di 𝑥𝑚 =
0.0:3.0 2
=
1.5 Galat rata-rata interpolasi adalah : 𝐸3 (𝑥) =
Metode Numerik
(𝑥;0.0)(𝑥;1.0)(𝑥;2.0)(𝑥;3.0) 4!
𝑓 (4) (𝑥𝑚 )
Page 133
Hitung turunan keempat dari fungsi 𝑓(𝑥) = cos(𝑥) 𝑓 ′ (𝑥) = − sin(𝑥) 𝑓 ′′ (𝑥) = − cos(𝑥) 𝑓 (𝑥) = 𝑠𝑖𝑛(𝑥) 𝑓 (4) (𝑥) = cos(𝑥) Karena itu 𝐸3 (𝑥) = Untuk
(𝑥 − 0.0)(𝑥 − 1.0)(𝑥 − 2.0)(𝑥 − 3.0) (cos(𝑥)) 4! 𝑥 = 0.5, 𝑥 = 1.5,
𝑥 = 2.5,
dan
nilai-nilai
interpolasinya serta galat rata-rata interpolasinya dibandingkan dengan nilai sejati dan galat sejati diperlihatkan oleh tabel berikut : 𝑥
𝑓(𝑥)
𝑝3 (𝑥)
𝐸3 (𝑥)
Galat sejati
0.5
0.8775826
0.8872048
0.0027632
-0.0096222
1.5
0.0707372
0.0707372
-0.0016579
0.0015252
2.5
-0.8011436
-0.8058546
0.0027632
0.0047110
Catatan : Perhatikan bahwa karena 𝑥 = 1.5 terletak di titik tengah selang, maka galat galat interpolasinya lebih paling kecil dibandingkan interpolasi 𝑥 yang lain. (b) Galat interpolasi dengan polinom erajat 3 |𝐸3 (𝑥)| = |𝑓(𝑥) − 𝑝3 (𝑥)| ≤
1 4 𝑀𝑎𝑥|𝑓 𝑖𝑣 (𝑐)|, 𝑥0 ≤ 𝑐 ≤ 𝑥1 24
𝑓 (4) (𝑥) = cos(𝑥) dalam selang ,0.0 , 3.0Maka Max |𝑓 (4) (𝑥)|terletak di 𝑥 = 0.0 |𝑓 (4) (𝑥)| = |cos(0.0)| = 1.000000 𝑝3 (𝑥) dengan jarak antar titik data adalah = 1.0 |𝐸3 (𝑥)| ≤ (1.0)4
1.000000 1 = = 0.0416667 24 24
Jadi batas atas galat interpolasi 𝐸3 (𝑥) = 0.0416667
Metode Numerik
Page 134
(c) 𝐸3 (𝑥) =
(𝑥;0.0)(𝑥;1.0)(𝑥;2.0)(𝑥;3.0) 4!
𝑓 (4) (1.5)
𝐸3 (0.5) =
(0.5 − 0.0)(0.5 − 1.0)(0.5 − 2.0)(0.5 − 3.0) (− cos(𝑐)) , 0.0 ≤ 𝑐 4!
≤ 3. 𝐶 Fungsi cosinus monoton dalam selang ,0.0, 3.0-, maka nilai maksimum dan nilai minimumnya adalah : Untuk nilai minimum 𝑐 = 0.0 𝐸3 (0.5) =
(0.5 − 0.0)(0.5 − 1.0)(0.5 − 2.0)(0.5 − 3.0) (− cos(0.0)) 4!
𝐸3 (0.5) = −0.0390625 Untuk nilai maksimum 𝑐 = 3.0 𝐸3 (0.5) =
(0.5 − 0.0)(0.5 − 1.0)(0.5 − 2.0)(0.5 − 3.0) (− cos(3.0)) 4!
𝐸3 (0.5) = 0.0386716 Sehingga batas – batas galat interpolasi di 𝑥 = 0.5 adalah : −0.0390625 ≤ 𝐸3 (𝑥) ≤ 0.0386716
5.4.2
Taksiran Galat Interpolasi Newton Polinom Newton : 𝑝𝑛 (𝑥) = 𝑝𝑛;1 (𝑥) + (𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥1 ) … (𝑥 − 𝑥𝑛;1 )𝑓,𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 , 𝑥0 Suku (𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥1 ) … (𝑥 − 𝑥𝑛;1 )𝑓,𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 , 𝑥0 dinaikan dari 𝑛 sampai 𝑛 + 1 menjadi (𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥1 ) … (𝑥 − 𝑥𝑛;1 )(𝑥 − 𝑥𝑛 )𝑓,𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 , 𝑥0 Bentuk
terakhir
ini
bersesuaian
dengan
rumus
galat
interpolasi
Metode Numerik
Page 135
𝐸(𝑥) = (𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥1 ) … (𝑥 − 𝑥𝑛 )
𝑓 (𝑛:1) (𝑡) (𝑛 + 1)!
Ekspresi 𝑓 (𝑛:1) (𝑡) (𝑛 + 1)! Dapat dihampiri nilainya dengan 𝑓,𝑥𝑛:1 , 𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 , 𝑥0 yang dalam hal ini 𝑓,𝑥𝑛:1 , 𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 , 𝑥0 - adalah selisih terbagi ke (𝑛 + 1),jadi, 𝑓 (𝑛:1) (𝑡) ≈ 𝑓,𝑥𝑛:1 , 𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 , 𝑥0 (𝑛 + 1)! Sehingga
taksiran
galat
interpolasi
Newton
dapat
dihitung sebagai 𝐸(𝑥) = (𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥1 ) … (𝑥 − 𝑥𝑛 )𝑓,𝑥𝑛:1 , 𝑥𝑛 , 𝑥𝑛;1 , … , 𝑥1 , 𝑥0 Asalkan tersedia titik tambahan 𝑥𝑛:1
5.5
Polinom Newton-Gregory Polinom Newton-Gregory merupakan kasus khusus dari polinom Newton untuk titik – titik yang berjarak sama. 5.5.1
Polinom Newton Gregory Maju Tabel selisih maju 𝑥
𝑓(𝑥)
∆𝑓
∆2 𝑓
∆3 𝑓
∆4 𝑓
2
3
∆4 𝑓0
𝑥0
𝑓0
∆𝑓0
∆ 𝑓0
∆ 𝑓0
𝑥1
𝑓1
∆𝑓1
∆2 𝑓1
∆3 𝑓1
𝑥2
𝑓2
∆𝑓2
∆2 𝑓2
𝑥3
𝑓3
∆𝑓3
𝑥4
𝑓4
Lambang ∆ menyatakan selisih maju. Arti setiap symbol di dalam tabel adalah : 𝑓0 = 𝑓(𝑥0 ) = 𝑦0
Metode Numerik
Page 136
𝑓1 = 𝑓(𝑥1 ) = 𝑦1 ⋯ 𝑓4 = 𝑓(𝑥4 ) Notasi :𝑓𝑝 = 𝑓(𝑥𝑝 ) ∆𝑓0 = 𝑓1 − 𝑓0 ∆𝑓1 = 𝑓2 − 𝑓1 ⋯ ∆𝑓3 = 𝑓4 − 𝑓3 Notasi :∆𝑓𝑝 = 𝑓𝑝:1 − 𝑓𝑝 ∆2 𝑓0 = ∆𝑓1 − ∆𝑓0 ∆2 𝑓1 = ∆𝑓2 − ∆𝑓1 ∆2 𝑓2 = ∆𝑓3 − ∆𝑓2 Notasi : ∆2 𝑓𝑝 = ∆𝑓𝑝:1 − ∆𝑓𝑝 ∆3 𝑓0 = ∆2 𝑓1 − ∆2 𝑓0 ∆3 𝑓1 = ∆2 𝑓2 − ∆2 𝑓1 Notasi :∆3 𝑓𝑝 = ∆2 𝑓𝑝:1 − ∆2 𝑓𝑝 Bentuk umum: ∆𝑛:1 𝑓𝑝 = ∆𝑛 𝑓𝑝:1 − ∆𝑛 𝑓𝑝 ,
𝑛 = 0,1,2, …
Penurunan Rumus Polinom Newton-Gregory Maju 𝑓,𝑥𝑛 , … , 𝑥1 , 𝑥0 - =
∆2 𝑓(𝑥0 ) ∆2 𝑓0 = 𝑛! 𝑛 𝑛! 𝑛
Relasi rekrusif 𝑝𝑛 (𝑥) = 𝑝𝑛;1 (𝑥) + (𝑥 − 𝑥0 )(𝑥 − 𝑥1 ) … (𝑥 − 𝑥𝑛;1 ) 𝑝𝑛 (𝑥) = 𝑓0 +
∆2 𝑓0 𝑛! 𝑛
𝑠 𝑠(𝑠 − 1) 2 ∆𝑓 + ∆ 𝑓0 + ⋯ 1! 0 2! 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 − 2) … (𝑠 − 𝑛 + 1) 𝑛 + ∆ 𝑓0 𝑛!
Atau dalam bentuk relasi rekrusif, (a) Rekurens : 𝑝𝑛 (𝑥) = 𝑝𝑛;1 (𝑥) +
𝑠(𝑠;1)(𝑠;2)…(𝑠;𝑛:1) 𝑛!
∆𝑛 𝑓0
(b) Basis : 𝑝0 (𝑥) = 𝑓(𝑥0 )
Metode Numerik
Page 137
Persamaan dalam bentuk binomial : 𝑛
𝑠 𝑝𝑛 (𝑥) = ∑ . / ∆𝑘 𝑓0 𝑘 𝑘<0
Dimana , 𝑠 . / = 1, 0
𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 − 2) … (𝑠 − 𝑘 + 1) 𝑠 . /= 𝑘 𝑘!
Syarat : 𝑠 > 0, bilangan bulat dan 𝑘! = 1 × 2 × … × 𝑘 Bentuklah tabel selisih untuk fungsi 𝑓(𝑥) = 1/(𝑥 + 1) di dalam selang ,0.000, 0.625- dan = 0.125. hitung 𝑓(0.300) dengan polinom Newton Gregory maju derajat 3 Tabel selisih maju : 𝑥
𝑓(𝑥)
∆
∆2
∆3
0.000
1.000
0.111
0.022
-0.006
0.125
0.889
-0.089
0.016
-0.003
0.250
0.800
-0.073
0.013
0.005
0.375
0.727
-0.060
0.008
0.500
0.667
-0.052
0.625
0.615
Untuk
memperkirakan
𝑓(0.300)
dengan
polinom
Newton-
Gregory maju derajat tiga, dibutuhkan 4 buah titik. Ingatlah kembali bahwa galat interpolasi akan minimum jika 𝑥terletak di sekitar pertengahan selang. Karena tu, titik-titik yang diambil adalah. 𝑥0 = 0.125,
𝑥1 = 0.250,
𝑥2 = 0.375,
𝑥3 = 0.500
Karena 𝑥 = 0.300 terletak di sekitar pertengahan selang ,0.125, 0.500Diketahui = 0.125 dan
Metode Numerik
Page 138
𝑥 = 𝑥0 + 𝑠
𝑠=
𝑥;𝑥0
=
0.310;0.125 0.125
= 1.4
Nilai 𝑓(0.300) dihitung dengan polinom Newton-Gregory maju derajat tiga : 𝑠 𝑠(𝑠 − 1) 2 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 − 2 3 ∆𝑓 + ∆ 𝑓0 + ∆ 𝑓0 1! 0 2! 3! (1.4)(0.4) (0.016) = 0.889 + (1.4)(−0.089) + 2 (1.4)(0.4)(−0.6) (−0.003) + 6 𝑝3 (𝑥) = 𝑓0 +
= 0.889 − 0.1246 + 0.0045 = 0.769
5.5.2
Polinom Interpolasi Newton-Gregory Mundur Tabel Selisih Mundur 𝑖
∇𝑓
∆2 𝑓
𝑥𝑖
𝑓(𝑥)
-3
𝑥;3
𝑓;3
-2
𝑥;2
𝑓;2
∇𝑓;2
-1
𝑥;1
𝑓;1
∇𝑓;1
∇2 𝑓;1
0
𝑥0
𝑓0
∇𝑓0
∇2 𝑓0
mundur
yang
∆3 𝑓
∇3 𝑓0
Keterangan : 𝑓0 = 𝑓(𝑥0 ) 𝑓;1 = 𝑓(𝑥;1 ) ∇𝑓0 = 𝑓0 − 𝑓;1 ∇𝑓;1 = 𝑓;1 − 𝑓;2 ∇2 𝑓0 = ∇𝑓0 − ∇𝑓;1 ∇𝑘:1 𝑓𝑖 = ∇k 𝑓𝑖 − ∇k 𝑓𝑖;1 Polinom
Newton
Gregory
menginterpolasi
(𝑛 + 1) titik data adalah 𝑛
𝑠+𝑘−1 k 𝑓(𝑥) ≈ 𝑝𝑛 (𝑥) = ∑ . / ∇ 𝑓0 𝑠 𝑘<0
Metode Numerik
Page 139
= 𝑓0 +
𝑠 𝑠(𝑠 + 1) 2 𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 2) 𝑛 ∇𝑓 + ∇ 𝑓0 + ⋯ + ∇ 𝑓0 1! 0 2! 𝑛!
Contoh : Diberikan
4
buah
titik
data
dalam
tabel
berikut.hitunglah 𝑓(1.72) dengan (a) Polinom Newton Gregory maju derajat 3 (b) Polinom Newton Gregory mundur derajat 3 Penyelesaian : (a) Polinom Newton Gregory maju derajat 3 𝑖
𝑥𝑖
𝑓(𝑥)
∆𝑓
∆2 𝑓
∆3 𝑓
0
1.7
0.3979849
−0.0579985
−0.0001693
0.0004093
1
1.8
0.3399864
−0.0581678
0.0002400
2
1.9
0.2818186
−0.0579278
3
2.0
0.2238908 𝑠=
𝑥 − 𝑥0 1.72 − 1.70 = = 0.2 0.1
Perkiraan nilai 𝑓(1.72) adalah 𝑓(1.72) ≈ 𝑝3 (1.72) = 0.3979849 + 0.2(−0.0579985) +
0.2(−0.8) 0.2(−0.8)(−1.8) (−0.0001693) + (0.0004093) 2 6
= 0.3864183 Nilai sejati 𝑓(1.72)=0.3864185, jadi 𝑝3 (1.72) tepat sampai 6 angka bena
(b) Polinom Newton Gregory mundur derajat 3 𝑥𝑖
𝑓(𝑥𝑖 )
-3
1.7
0.3979849
-2
1.8
0.3399864
-0.0579985
-1
1.9
0.2818186
-0.0581678
-0.0001693
0
2.0
0.2238908
-0.0579278
0.0002400
Metode Numerik
∇
∇2
𝑖
∇3
0.0004093
Page 140
𝑠=
𝑥 − 𝑥0 1.72 − 2.0 = = −2.8 0.1
Perkiraan nilai 𝑓(1.72) adalah 𝑓(1.72) ≈ 𝑝3 (1.72) = 0.2238908 − 2.8(−0.0579278) (−2.8)(−1.8) (0.0002400) 2 (−2.8)(−1.8)(−0.8) (0.0004093) + 6 +
= 0.2238908 + 0.1621978 = 0.3864183
II. Regresi 5.6
Regresi Regresi
adalah
teknik
pencocokan
kurva
untuk
data
yang
berketelitian renah. Contoh data yang berketelitian rendah data hasil
pengamatan,
percobaan
di
laboratorium,
atau
data
statistic. Data seperti itu disebut data hasil pengukuran. Galat yang dikandung data berasal dari ketidak telitian alat ukur yang dipakai, kesalahan membaca alat ukur (paralaks), atau karena kelakukan sistem yang diukur.
5.6.1
Regresi Lanjar Misalkan (𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ) adalah data hasil pengukuran. Kita akan menghampiri titik-titik tersebut dengan sebuah garis lurus. Garis lurus tersebut dibuat sedemikian sehingga galatnya sekecil mungkin dengan titik – titik data. Karena data mengandung galat, maka nilai data sebenarnya 𝑔(𝑥𝑖 ) dapat ditulis sebagai : 𝑔(𝑥𝑖 ) = 𝑦𝑖 + 𝑒𝑖 ,
𝑖 = 1,2, … , 𝑛
𝑒𝑖 adalah galat setiap data. Diinginkan fungsi lanjar : 𝒇(𝒙) = 𝒂 + 𝒃𝒙
Metode Numerik
Page 141
Sehingga deviasinya adalah : 𝒓𝒊 = 𝒚𝒊 − 𝒇(𝒙𝒊 ) = 𝒚𝒊 − (𝒂 + 𝒃𝒙𝒊 ) Total kuadrat deviasi 𝑛
𝑛
𝑅 = ∑ 𝑟𝑖 2 = ∑( 𝒚𝒊 − (𝒂 + 𝒃𝒙𝒊 )𝟐 𝑖<1
𝑖<1
Persamaan normal dalam bentuk persamaan matriks : 𝑛 [ ∑ 𝑥𝑖
∑ 𝑥𝑖 𝑎 ∑ 𝑦𝑖 ] = 0 1[ ] 𝑏 ∑ 𝑥𝑖 𝑦𝑖 ∑ 𝑥𝑖 2
Nilai 𝑎 dan 𝑏 dapat dicari dengan mengutakatik kedua buah persamaan normal menjadi : 𝑏=
𝑛 ∑ 𝑥𝑖 𝑦𝑖 − ∑ 𝑥𝑖 ∑ 𝑦𝑖 𝑛 ∑ 𝑥𝑖 2 − (∑ 𝑥𝑖 )2 𝑎 = 𝑦 − 𝑏𝑥
Untuk
menentukan
seberapa
bagus
fungsi
hampiran
mencocokan data, kita dapat mengukurnya dengan galat RMS (galat baku) 𝒏
𝟏 𝑬𝑹𝑴𝑺 = ( ∑|𝒇(𝒙𝒊 ) − 𝒚𝒊 |𝟐 ) 𝒏
𝟐
𝒊<𝟏
Contoh : Tentukan persamaan garis lurus yang mencocokkan data pada tabel di bawah ini. Kemudian, perkirakan nilai 𝑦 untuk 𝑥 = 1.0 Penyelesaian : 𝑖
𝑥𝑖
𝑦𝑖
𝑥𝑖 2
𝑥𝑖 𝑦𝑖
1
0.1
0.61
0.01
0.061
2
0.4
0.92
0.16
0.368
3
0.5
0.99
0.25
0.495
4
0.7
1.52
0.49
1.064
5
0.7
1.47
0.49
1.029
Metode Numerik
Page 142
6
0.9
2.03
0.81
1.827
∑ 𝑥𝑖 = 3.3
∑ 𝑦𝑖 = 7.54
∑ 𝑥𝑖 2 = 2.21
∑ 𝑥𝑖 𝑦𝑖 = 4.4844
Dipermalukan sistem persamaan lanjar : 0
𝑎 7.54 6 3.3 1 = 0 10 1 𝑏 4.4844 3.3 2.21
Solusi Persamaan Lanjar di atas adalah 𝑎 = 0.2862 𝑏 = 1.7645 Persamaan
garis
regresinya
adalah
:
𝑓(𝑥) = 0.2862 +
1.7645𝑥 Perbandingan antara nilai 𝑦𝑖 dan (𝑥𝑖 ) :
𝑖
𝑥𝑖
𝑦𝑖
𝑓(𝑥𝑖 )
deviasi
(𝑑𝑒𝑣𝑖𝑎𝑠𝑖)2
1
0.1
0.61
0.46261
0.147389
0.02172
2
0.4
0.92
0.99198
-0.07198
0.00518
3
0.5
0.99
1.16843
-0.17844
0.03184
4
0.7
1.52
1.52135
-0.00135
0.00000
5
0.7
1.47
1.52135
-0.05135
0.00264
6
0.9
2.03
1.87426
0.15574
0.02425
∑ 𝑥𝑖 = 3.3
∑ 𝑦𝑖 = 7.54
∑ = 0.08563
Taksiran nilai 𝑦 untuk 𝑥 = 1.0 adalah 𝑦 = 𝑓(0.1) = 0.2862 + 1.7645(1.0) = 2.0507 1
Galat RMS adalah 𝐸𝑅𝑀𝑆 = .
5.6.2
0.08563 2 6
/ = 0.119464
Pelanjaran Misalkan kita akan mencocokan data dengan data dengan fungsi 𝑦 = 𝐶𝑥 𝑏 Lakukan pelanjaran sebagai berikut :
Metode Numerik
Page 143
𝑦 = 𝐶𝑥 𝑏 ⟺ ln(𝑦) = ln(𝐶) + ln(𝑥) Definisikan 𝑌 = ln(𝑦) 𝑎 = ln(𝐶) 𝑋 = ln(𝑥) Persamaan regresi Lanjarnya adalah : 𝑌 = 𝑎 + 𝑏𝑋 Contoh : Cocokkan data berikut dengan fungsi 𝑦 = 𝐶𝑥 𝑏 Penyelesaian : 𝑖
𝑥𝑖
𝑦𝑖
1
0.1500
4.4964
-1.8971
1.5033
2
0.4000
5.1284
-0.9163
1.6348
3
0.6000
5.6931
-0.5108
1.7393
4
1.0100
6.2884
0.0100
1.8387
5
1.5000
7.0989
0.4055
1.9599
6
2.2000
7.5507
0.7885
2.0216
7
2.4000
7.5106
0.8755
2.0163
∑ = −1.2447
∑ = 12.7139
𝑋𝑖 2
Metode Numerik
𝑋𝑖 = ln(𝑥𝑖 )
𝑌𝑖 = ln(𝑦𝑖 )
𝑋𝑖 𝑌𝑖
3.5990
-2.8519
0.8396
-1.4980
0.2609
-0.8884
0.0001
0.0184
0.1644
0.7947
0.6217
1.5940
0.7665
1.7653
Page 144
∑ = 6.2522
∑ = −1.0659
Diperioleh sistem persamaan lanjar 7 −1.2447 𝑎 12.7139 0 10 1 = 0 1 −1.2447 6.2522 𝑏 −1.0659 Solusi SPL di atas : 𝑎 = 1.8515 𝑏 = 0.1981 Hitung 𝐶 = 𝑒 𝑎 = 𝑒1.8515 = 6.369366 Jadi titik (𝑥, 𝑦) pada tabel di atas di hampiri dengan fungsi pangkat sederhana : 𝑦 = 6.369366𝑥 0.1981
Metode Numerik
Page 145
BAB VI INTEGRASI NUMERIK
Di dalam kalkulus, integral adalah satu dari dua pokok bahasan yang mendasar
disamping
turunan
(derivative).
Dalam
kuliah
kalkulus
integral, anda telah diajarkan cara memperoleh solusi analitik (dan eksak) dari integral Tak-tentu maupun integral Tentu. Integral Taktentu dinyatakan sebagai ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝐶
Solusinya, F(x), adalah fungsi menerus sedemikian sehingga F'(x) =
f(x), dan C adalah sebuah konstanta. Integral Tentu menangani perhitungan integral di antara batas-batas yang telah ditentukan, yang dinyatakan sebagai 𝑏
𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝑎
Menurut teorema dasar kalkulus integral, persamaan diatas dihitung sebagai 𝑏
𝑏 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) | = 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎) 𝑎 𝑎
Secara geometri, integrasi Tentu sama dengan luas daerah yang dibatasi oleh kurva 𝑦 = 𝑓(𝑥), garis 𝑥 = 𝑎 dan garis 𝑥 = 𝑏. Daerah yang dimaksud ditunjukkan oleh bagian yang diarsir.
Metode Numerik
Page 146
Tafsiran geometri integral Tentu Fungsi-fungsi yang dapat diintegrasikan dapat dikelompokkan sebagai 1.
Fungsi
menerus
yang
sederhana,
seperti
polinomial,
eksponensial, atau fungsi trigonometri. Misalnya,
Fungsi sederhana seperti ini mudah dihitung integralnya secara eksak dengan menggunakan metode analitik. Metode-metode analitik untuk menghitung integral fungsi yang demikian sudah tersedia, yaitu
2.
Fungsi menerus yang rumit, misalnya
Fungsi yang rumit seperti ini jelas sulit, bahkan tidak
Metode Numerik
Page 147
mungkin, diselesaikan dengan metode-metode integrasi yang sederhana.
Karena
itu,
solusinya
hanya
dapat
dihitung
dengan metode numerik.
3.
Fungsi yang ditabulasikan, yang dalam hal ini nilai 𝑥 dan 𝑓(𝑥) diberikan dalam sejumlah titik diskrit. Fungsi seperti ini
sering
dijumpai
pada
data
hasil
eksperimen
di
laboratorium atau berupa data pengamatan di lapangan. Pada kasus terakhir ini, umumnya fungsi 𝑓(𝑥) tidak diketahui secara
eksplisit.
Yang
dapat
diukur
hanyalah
besaran
fisisnya saja.
6.1 Terapan Integral dalam Bidang Sains dan Rekayasa Integral rekayasa.
mempunyai Dalam
banyak
praktek
terapan rekayasa,
dalam
bidang
seringkali
sains fungsi
dan yang
diintegrasikan (integrand) adalah fungsi empirik yang diberikan dalam bentuk tabel, atau integrand-nya tidak dalam bentuk fungsi elementer (seperti sinh x, fungsi Gamma G(a), dsb), atau fungsi eksplisit 𝑓 yang terlalu rumit untuk diintegralkan. Oleh sebab itu, metode numerik dapat digunakan untuk menghampiri integrasi. Di bawah ini diberikan beberapa contoh persoalan dalam bidang sains dan rekayasa. 1.
Dalam bidang fisika, integral digunakan untuk menghitung persamaan kecepatan. Misalkan kecepatan sebuah partikel merupakan fungsi waktu menerus yang diketahui terhadap waktu, v(t). Jarak total d yang ditempuh oleh partikel ini selama waktu t diberikan oleh:
Metode Numerik
Page 148
2.
Dalam bidang teknik elektro/kelistrikan, telah diketahui bahwa harga rata-rata suatu arus listrik yang berosilasi sepanjang satu periode boleh nol. Disamping kenyataan bahwa hasil netto adalah nol, arus tersebut mampu menimbulkan kerja dan menghasilkan panas. Karena itu para rekayasawan listrik
sering
mencirikan
arus
yang
demikian
dengan
persamaan
yang dalam hal ini IRMS adalah arus RMS (root-mean-square),
T adalah periode, dan i(t) adalah arus pada rangkaian, misalnya
3.
Contoh fungsi dalam bentuk tabel adalah pengukuran fluks panas matahari yang diberikan oleh tabel berikut:
Metode Numerik
Page 149
Data
yang
ditabulasikan
pada
tabel
ini
memberikan
pengukuran fluks panas 𝑞 setiap jam pada permukaan sebuah kolektor sinar matahari. Diminta memperkiraan panas total yang diserap oleh kolektor seluas 150.000cm2 selama waktu
14
jam.
mempunyai
kemangkusan
penyerapan
(absorption), eab, sebesar 45%. Panas total yang diserap diberikan oleh persamaan
Demikianlah beberapa contoh terapan integral dalam bidang sains
dan
bentuknya
rekayasa. rumit
Umumnya
sehingga
fungsi sukar
yang
diintegralkan
diselesaikan
secara
analitik. Karena itu, perhitungan integral secara numerik lebih banyak dipraktekkan oleh para insinyur.
Metode Numerik
Page 150
6.2 Persoalan Integrasi Numerik Perhitungan integral adalah perhitungan dasar yang digunakan dalam kalkulus, dalam banyak keperluan. Integral ini secara definitif digunakan untuk menghitung luas daerah yang dibatasi oleh fungsi y = f(x) dan sumbu x. Perhatikan gambar berikut :
Luas daerah yang diarsir L dapat dihitung dengan :
Pada
beberapa
permasalahan
perhitungan
integral
ini,
dapat
dihitung secara manual dengan mudah, sebagai contoh :
Secara manual dapat dihitung dengan :
Tetapi pada banyak permasalahan, integral sulit sekali dihitung bahkan dapat dikatakan tidak dapat dihitung secara manual, sebagai contoh :
Dalam hal ini, metode numerik dapat digunakan sebagai alternatif
Metode Numerik
Page 151
untuk
menyelesaikan
integral
di
atas.
Pada
penerapannya,
perhitungan integral ini digunakan untuk menghitung luas area pada peta, volume permukaan tanah, menghitung luas dan volumevolume benda putar dimana fungsi f(x) tidak ditulis, hanya digunakan gambar untuk menyajikan nilai f(x). Sebagai contoh, diketahui photo daerah sebagai berikut :
Untuk menghitung luas daerah yang diarsir L, perlu digunakan analisa numerik.Karena polanya disajikan dalam gambar dengan faktor skala tertentu.
Klasifikasi Metode Integrasi Numerik
1.
Metode Pias Daerah integrasi dibagi atas sejumlah pias (strip) yang berbentuk segiempat. Luas daerah integrasi dihampiri dengan luas seluruh pias.
2.
Metode Newton-Cotes Fungsi integrand f(x) dihampiri dengan polinom interpolasi pn(x). Selanjutnya, integrasi dilakukan terhadap pn(x).
3.
Kuadratur Gauss. Nilai integral diperoleh dengan mengevaluasi nilai fungsi
Metode Numerik
Page 152
pada sejumlah titik tertentu di dalam selang [-1, 1], mengalikannya dengan suatu konstanta, kemudian menjumlahkan keseluruhan perhitungan.
6.3 Metode Pias
Selang integrasi ,𝑎, 𝑏- menjadi 𝑛
buah pias (strip) atau
segmen. Lebar tiap pias adalah
Titik absis pias dinyatakan sebagai dan nilai fungsi pada titik absis pias adalah 𝑓𝑟 = 𝑓(𝑥𝑟 )
Kaidah
integrasi
numerik
yang
dapat
diturunkan
dengan
metode pias adalah:
1.
Kaidah segiempat (rectangle rule)
2.
Kaidah trapesium (trapezoidal rule)
3.
Kaidah titik tengah (midpoint rule)
Dua
kaidah
pertama
pada
hakekatnya
sama,
hanya
cara
penurunan rumusnya yang berbeda
Kaidah yang ketiga, kaidah titik tengah, merupakan bentuk kompromi untuk memperoleh nilai hampiran yang lebih baik.
Metode Numerik
Page 153
6.3.1
Kaidah segiempat Pandang sebuah pias berbentuk empat persegi panjang dari 𝑥 = 𝑥0 sampai 𝑥 = 𝑥1
Luas satu pias adalah 𝑡𝑖𝑛𝑔𝑔𝑖 𝑝𝑖𝑎𝑠 = 𝑓(𝑥0 ) 𝑥1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑓(𝑥0 ) 𝑥0
Atau (𝑡𝑖𝑛𝑔𝑔𝑖 𝑝𝑖𝑎𝑠 = 𝑓(𝑥1 ) ) 𝑥1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑓(𝑥1 ) 𝑥0
jadi : 𝑥1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑓(𝑥0 ) 𝑥0
𝑥1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑓(𝑥1 ) 𝑥0
___________________ + 𝑥1
2 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ , 𝑓(𝑥0 ) + 𝑓(𝑥1 )𝑥0
Bagi setiap ruas persamaan hasil penjumlahan di atas dengan 2, untuk menghasilkan :
Metode Numerik
Page 154
𝑥1
,𝑓(𝑥0 ) + 𝑓(𝑥1 )2
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑥0
Persamaan diatas ini dinamakan kaidah segiempat. Kaidah segiempat untuk satu pias dapat kita perluas untuk menghitung 𝑏
𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝑎
yang dalam hal ini, I sama dengan luas daerah integrasi dalam selang ,𝑎, 𝑏-. Luas daerah tersebut diperoleh dengan membagi selang ,𝑎, 𝑏- menjadi 𝑛 buah pias segiempat dengan
lebar
,
yaitu
pias
dengan
absis
,𝑥0 , 𝑥1 -, ,𝑥1 , 𝑥2 -, ,𝑥2 , 𝑥3 -, . . ., dan pias ,𝑥𝑛;1 , 𝑥𝑛 -. Jumlah luas seluruh pias segiempat itu
adalah
hampiran
luas
𝐼.Kaidah
integrasi
yang
diperoleh adalah kaidah segiempat gabungan 𝑏
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑓(𝑥0 ) + 𝑓(𝑥1 ) + 𝑓(𝑥2 ) + ⋯ + 𝑓(𝑥𝑛;1 ) 𝑎 𝑏
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑓(𝑥1 ) + 𝑓(𝑥2 ) + 𝑓(𝑥3 ) + ⋯ + 𝑓(𝑥𝑛 ) 𝑎
_________________________________________________ + 𝑏
2 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑓(𝑥0 ) + 2𝑓(𝑥1 ) + 2𝑓(𝑥2 ) + ⋯ + 2𝑓(𝑥𝑛;1 ) 𝑎
+ 𝑓(𝑥𝑛 )
Metode Numerik
Page 155
Bagi setiap ruas persamaan hasil penjumlahan di atas dengan 2, untukmenghasilkan: 𝑏
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑎
2
𝑤(𝑤0 ) + 𝑤(𝑥1 ) + 𝑤(𝑤2 ) + ⋯ + 𝑤(𝑤𝑤;1 ) + 𝑤(𝑤𝑤 )
2
Jadi kaidah segiempat gabungan adalah: 𝑤
∫ 𝑤(𝑤)𝑤𝑤 ≈ (𝑤0 + 2𝑤1 + 2𝑤2 + ⋯ + 2𝑤𝑤;1 + 𝑤𝑤 ) 𝑤
2
𝑤;1
= (𝑤0 + 2 ∑ 𝑤1 + 𝑤𝑤
2
𝑤<1
𝑤𝑤𝑤𝑤𝑤𝑤 𝑤𝑤 = 𝑤(𝑤𝑤 ),
6.3.2
Kaidah Trapesium Pandang
Metode Numerik
𝑤 = 0,1,2, … , 𝑤
sebuah
pias
berbentuk
trapesium
dari
𝑥 =
Page 156
𝑥0 sampai 𝑥 = 𝑥1berikut
Luas satu trapesium adalah 𝑥1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑥0
,𝑓(𝑥0 ) + 𝑓(𝑥1 )2
Persamaan diatas dikenal dengan nama kaidah trapesium. Bila selang [a, b] dibagi atas n buah pias trapesium, kaidah integrasi yang diperoleh adalah kaidah trapesium gabungan (composite trapezoidal's rule): 𝑏
𝑥1
𝑥2
𝑥𝑛
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ⋯ + ∫ 𝑥0
𝑎
𝑥1
𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑥𝑛;1
,𝑓(𝑥0 ) + 𝑓(𝑥1 )- + ,𝑓(𝑥1 ) + 𝑓(𝑥2 )- + ⋯ 2 2 + ,𝑓(𝑥𝑛;1 ) + 𝑓(𝑥𝑛 )2 ≈
Metode Numerik
,𝑓(𝑥0 ) + 2𝑓(𝑥1 ) + 2𝑓(𝑥2 ) + ⋯ + 2𝑓(𝑥𝑛;1 ) + 𝑓(𝑥𝑛 )2
Page 157
𝑛;1
≈ (𝑓0 + 2 ∑ 𝑓1 + 𝑓𝑛 ) 2 𝑖<1
dengan 𝑓𝑟 = 𝑓(𝑥𝑟 ), 𝑟 = 0,1,2, … , 𝑛 METODE TRAPESIUM DENGAN BANYAK PIAS Untuk mengurangi banyak
kesalahan yang terjadi, maka
kurva
oleh
lengkung
didekat
sejumlah
garis
lurus,
sehingga terbentuk banyak pias.
6.3.3
Kaidah Titik Tengah Pandang sebuah pias berbentuk empat persegi panjang dari 𝑥 = 𝑥0 sampai 𝑥 = 𝑥1 dan titik tengah absis 𝑥 = 𝑥0 +
2
Luas satu pias adalah: 𝑥1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑓 (𝑥0 + ) ≈ 𝑓(𝑥1⁄ ) 2 2
𝑥0
Persamaan diatas disebut kaidah titik tengah Kaidah
Metode Numerik
Page 158
titik-titik tengan gabungan dirumuskan: 𝑥1
𝑏
𝑥𝑛
𝑥2
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ⋯ + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝑎
𝑥0
𝑥1
𝑥𝑛;1
≈ 𝑓 .𝑥1⁄ / + 𝑓 .𝑥3⁄ / + 𝑓 .𝑥5⁄ / + 𝑓 .𝑥7⁄ / + ⋯ 2
2
2
2
+ 𝑓(𝑥𝑛;1⁄ ) 2
≈ .𝑓1⁄ + 𝑓3⁄ + ⋯ + 𝑓𝑛;1⁄ / 2
2
2
𝑛;1
≈ ∑ 𝑓𝑖:1⁄ 𝑖<0
2
Yang dalam hal ini: 𝑥𝑟:1⁄ = 𝑎 + (𝑟 + 1/2) 2
Dan 𝑓𝑟:1⁄ = 𝑓(𝑥𝑟:1⁄ ) 𝑟 = 0,1,2, . . , 𝑛 − 1 2
Metode Numerik
2
Page 159
6.3.4
Galat metode Pias 𝐼 adalah nilai integrasi sejati dan 𝐼, adalah integrasi secara numeric maka galat hasil integrasi numeric didefinisikan sebagai 𝐸 = 𝐼 − 𝐼, Untuk penurunan galat, kita tinjau galat integrasi di dalam selang ,0,
𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 0
Untuk setiap kaidah sebagai berikut : 6.3.4.1 Galat Kaidah Trapesium Galat untuk sebuah pias 𝐸 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 − (𝑓0 − 𝑓1 ) 2 0
Jadi, ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = (𝑓0 − 𝑓1 ) + 𝑂(3 ) 2 0
Dan untuk galat total 𝑛;1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 0
(𝑓 + 2 ∑ 𝑓𝑖 − 𝑓𝑛 ) + 𝑂(2 ) 2 0 𝑖<1
Catatan : Galat total integrasi dengan kaidah trapesium sebanding
dengan
kuadrat
lebar
pias
().
Semakin kecil ukuran , semakin kecil pula galatnya,
namun
semakin
Integral
∫1.8 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
banyak
jumlah
dengan
kaidah
komputasinya Contoh : Hitung
3.4
trapezium. Ambil = 0.2. perkirakan juga batasbatas galatnya. Gunakan 5 angka bena.
Metode Numerik
Page 160
Penyelesaian : Fungsi Integrand nya adalah 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 Jumlah pias adalah 𝑛 =
𝑏;𝑎
=
3.4;1.8 0.2
=8
Tabel data diskritnya adalah 𝑟
𝑥𝑟
𝑓(𝑥𝑟 )
𝑟
𝑥𝑟
𝑓(𝑥𝑟 )
0
1.8
6.050
5
2.8
16.445
1
2.0
7.389
6
3.0
20.086
2
2.2
9.025
7
3.2
24.533
3
2.4
11.023
8
3.4
29.964
4
2.6
13.464
Nilai integrasinya 3.4
∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 1.8
=
(𝑓 + 2𝑓1 + 2𝑓2 + ⋯ + 2𝑓6 + 2𝑓7 + 𝑓8 ) 2 0
0.2 ,6.050 + 2(7.389) + 2(9.025) + ⋯ + 2(16.445) 2 + 2(20.086) + 2(24.533) + 2(29.964)= 23.994
Nilai integrasi Sejatinya adalah 3.4
𝑥 = 1.8 ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥 | 𝑥 = 3.4 1.8 = 𝑒 3.4 − 𝑒1.8 = 29.964 − 6.050 = 23.914 Galat kaidah trapesium 1 𝐸 = − (0.2)2 (3.4 − 1.8)𝑒 𝑥 , 2
1.8 < 𝑡 < 3.4
Karena fungsi 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 menarik secara monoton di
dalam
selang
,1.8, 3.4-,
maka
batas-batas
galatnya :
Metode Numerik
Page 161
1 𝑒 1.8 (min) = −0.0323 𝐸 = − (0.2)2 (3.4 − 1.8) × { 3.4 2 𝑒 (max) = −0.1598 Atau −0.0323 < 𝐸 < −0.1598 Disini nilai sejati 𝐼 harus terletak di antara 23.994 − 0.1598 = 23.834 Dan 23.994 − 0.0323 = 23.962 3.4
Galat hasil integrasi ∫1.8 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 adalah 23.914 − 23.944 = 0.080 Yang memang terletak antara galat minimum dan galat maksimum.
6.3.4.2 Galat Kaidah Titik Tengah Galat untuk sebuah pias
𝐸 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 − 𝑓1 0
2
3
𝐸≈
𝑓"(𝑡),0 < 𝑡 < 24
Galat untuk seluruh pias adalah 𝐸𝑡𝑜𝑡 ≈ 𝑛 ≈
3 24
𝑓"(𝑡),𝑎 < 𝑡 < 𝑏
2 (𝑏 − 𝑎)𝑓"(𝑡) 24 = 𝑂(2 )
6.4 Metode Newton-Cotes Moetode Newton-cotes adalah metode yang umum untuk menurunkan kaidah integrasi numerik. Polinom interpolasi menjadi dasar metode Newton-cotes. Gagasanya adalah menghampiri fungsi 𝑓(𝑥) dengan polinom interpolasi 𝑝𝑛 (𝑥)
Metode Numerik
Page 162
𝑏
𝑏
𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ ∫ 𝑝𝑛 (𝑥)𝑑𝑥 𝑎
𝑎
Yang dalam hal ini 𝑝𝑛 (𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑎𝑛;1 𝑥 𝑛;1 + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 Dari beberapa kaidah integrasi numerik yang diturunkan dari metode Newton-Cotes, tiga di antaranya yang terkenal adalah : 1.
Kaidah trapesium
2.
Kaidah simpson 1/3
3.
Kaidah simpson 3/8
Sebagai catatan, kaidah trapesium sudah kita turunkan dengan metode pias. Metode Newton-Cotes memberikan pendekatan lain penurunan kaidah trapesium. 6.4.1 Kaidah Trapesium Diberikan dua bauh titik data (0, 𝑓(0)) dan (, 𝑓()). Polinom interpolasi yang melalui kedua buah titik itu adalah sebuah garis lurus. Luas daerah yang dihitung sebagai hampiran nilai integrasi adalah daerah di bawah garis lurus tersebut. Polinom interpolasi Newton-Gregory derajat 1 yang melalui kedua buah titik itu adalah :
𝑝1 (𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) + 𝑥
∆𝑓(𝑥0 ) ∆𝑓0 = 𝑓(𝑥0 ) + 𝑥
Integrasi 𝑝1 (𝑥) di dalam selang ,0,1Jadi, kaidah trapesium adalah
Metode Numerik
Page 163
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑎
(𝑓 + 𝑓1 ) 2 0
Galat kaidah trapesium sudah kita tutunkan sebelumnya pada metode pias, yaitu 1 𝐸 = − 3 𝑓"(𝑡) = 𝑂(3 ) 2
,0 < 𝑡 <
Jadi.
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑎
(𝑓 + 𝑓1 ) + 𝑂(3 ) 2 0
Kaidah trapesium untuk integrasi dalam selang ,0, - kita perluas untuk menghitung 𝑏
𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝑎
Yang dalam hal ini , 𝐼 sama dengan luas daerah integrasi di dalam selang ,𝑎, 𝑏-. Luas daerah tersebut diperoleh dengan membagi selang ,𝑎, 𝑏- menjadi n buah upaselang (subinterval)
dengan
lebar
tiap
,𝑥0 , 𝑥1 -, [𝑥1, 𝑥2 ], [𝑥2, 𝑥3 ], … , [𝑥𝑛;1, 𝑥𝑛 ].
upaselang
Titik-titik
h,
yaitu
ujung
tiap
upaselang diinterpolasi dengan polinom derajat 1. Jadi di dalam selang ,𝑎, 𝑏- terdapat n buah polinom derajat satu yang
terpotong-potong
(piecewise).
Integrasi
masing-
masing polinom itu menghasilkan n buah kaidah trapesium yang
disebut
kaidah
trapesium
gabungan.
Luas
daerah
integrasi di dalam selang ,𝑎, 𝑏- adalah jumlah seluruh luas trapesium, yaitu
Metode Numerik
Page 164
𝑛;1
𝑏 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ (𝑓0 + 2𝑓𝑖 + ∑ 𝑓𝑛 ) 2 𝑎 𝑖<1
dengan 𝑓𝑟 = 𝑓(𝑥𝑟 ) , 𝑟 = 0, 1, 2, … , 𝑛 galat total kaidah trapesium gabungan sudah kita turunkan pada metode pias, yaitu
𝐸𝑡𝑜𝑡 ≈ −
1 2 (𝑏 − 𝑎)𝑓"(𝑡) = 𝑂(2 ), 12
𝑥0 < 𝑡 < 𝑥𝑛
Dengan demikian, 𝑛;1
𝑏 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = (𝑓0 + 2 ∑ 𝑓𝑖 + 𝑓𝑛 ) + 𝑂(2 ) 2 𝑎 𝑖<1
𝑖
Jadi, galat integrasi dengan kaidah trapesium sebanding dengan 2 . 6.4.2 Kaidah Simpson 1/3 Hampiran
nilai
ditingkatkan
integrasi
dengan
yang
menggunakan
lebih polinom
baik
dapat
interpolasi
berderajat yang lebih tinggi. Misalkan fungsi 𝑓(𝑥) di hampiri
dengan
polinom
interpolasi
derajat
2
yang
grafiknya berbentuk parabola. Luas daerah yang dihitung sebagai hampiran nilai integrasi adalah daerah di bawah parabola (Gambar 6.10). untuk itu, dibutuhkan 3 buah titik data, misalkan (0, 𝑓(0)), (, 𝑓()) dan (2, 𝑓(2)) Polinom interpolasi Newton-Gregory derajat 2 yang melalui ketiga buah titik tersebut adalah
Metode Numerik
Page 165
𝑥 𝑥(𝑥 − ) 2 𝑝2 (𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) + ∆𝑓(𝑥0 ) + ∆ 𝑓(𝑥0 ) 2! 2 𝑥(𝑥 − ) 2 = 𝑓0 + 𝑥 ∆𝑓0 + ∆ 𝑓0 2! 2 Integrasikan 𝑝2 (𝑥) di dalam selang ,0, 2- :
𝐼≈
(𝑓 + 4𝑓1 + 𝑓2 ) 3 0
Ini dinamakan Kaidah Simpson 1/3. Sebutan “1/3” muncul karana
di
dalam
persamaan
terdapat
faktor
“1/3”
(sekaligus untuk membedakannya dengan kaidah Simpson yang lain, yaitu Simpson 3/8). Misalkan kurva fungsi sepanjang selang integrasi ,𝑎, 𝑏kita bagi menjadi n + 1 buah tiitk diskrit 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 . Dengan n genap dan setiap tiga buah titik (atau 2 pasang upaselang) di kurva dihampiri dengan parabola (polinom interpolasi derajat 2). Maka kita akan mempunyai n/2 buah potongan parabola. Bila masing-masing polinom derajat 2 tersebut
kita
integrasikan
di
dalam
upaselang(sub-
interval) integrasinya. Maka jumlah seluruh integrasi tersebut membentuk Kaidah Simpson 1/3 gabungan. 𝑛;1
𝑛;2
𝑖<1,3,5
𝑖<2,4,6
𝐼𝑡𝑜𝑡 ≈ (𝑓0 + 4 ∑ 𝑓𝑖 + 2 ∑ 𝑓𝑖 + 𝑓𝑛 ) 3 Galat Kaidah Simpson 1/3 𝐸=− Jadi,
kaidah
Simpson
1 5 (𝑖𝑣) 𝑓0 = 𝑂(5 ) 90 1/3
untuk
sepasang
upaselang
ditambah dengan galatnya dapat dinyatakan sebagai
Metode Numerik
Page 166
2
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = (𝑓0 + 4𝑓1 + 𝑓2 ) + 𝑂(5 ) 3 0
Galat untuk n/2 pasang upaselang adalah 𝐸𝑡𝑜𝑡 = −
1 180
4 (𝑏 − 𝑎)𝑓 (𝑖𝑣) (𝑡)
, karena 𝑛 =
𝑏;𝑎
= 𝑂(4 ) Jadi,
kaidah
Simpson
1/3
gabungan
ditambah
dengan
galatnya dapat dinyatakan sebagai, 𝑏
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑎
𝑛;1
𝑛;2
𝑖<1,3,5
𝑖<2,4,6
(𝑓 + 4 ∑ 𝑓𝑖 + 2 ∑ 𝑓𝑖 + 𝑓𝑛 ) 3 0
6.4.3 Kaidah Simpson 3/8 Sepeti halnya pada kaidah Simpson 1/3, hampiran nilai integrasi yang lebih teliti dapat ditingkatkan terus dengan menggunakan polinom interpolasi berderajat lebih tinggi pula. Mislkan sekarang fungsi 𝑓(𝑥) kita hampiri dengan polinom interpolasi derajat 3. Luas daerah yang dihitung sebagai hampiran nilai integrasi adalah daerah dibawah kurva polinom derajat 3 tersebut parabola (Gambar 6.11). Untuk membentuk polinom interpolasi derajat 3, dibutuhkan
4
biuah
titik
data,
misalkan
titik-titik
tersebut (0, 𝑓(0)), (, 𝑓()), (2, 𝑓(2)), dan (3, 𝑓(3)).. Dengan cara penurunan yang sama seperti kaidah Simpson 1/3, diperoleh 3
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 0
Metode Numerik
3 (𝑓 + 3𝑓1 + 3𝑓2 + 𝑓3 ) 8 0
Page 167
Yang merupakan Kaidah Simpson 3/8 Galat kaidah Simpson 3/8 adalah
𝐸≈−
3 5 (𝑖𝑣) 𝑓0 (𝑡), 8
0 < 𝑡 < 3
Jadi kaidah simpson 3/8 ditambah dengan galatnya dapat di nyatakan sebagai 3
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 0
3 (𝑓 + 3𝑓1 + 3𝑓2 + 𝑓3 ) + 𝑂(5 ) 8 0
Sedangkan kaidah Simpson 3/8 gabungan adalah 𝑏
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑎
𝑛;1
𝑛;3
𝑖<1 𝑖≠3,6,9
𝑖<3,6,9,…
3 (𝑓 + 3 ∑ 𝑓𝑖 + 2 ∑ 𝑓𝑖 + 𝑓𝑛 ) 8 0
Namun penggunaan kaidah simpson 3/8 mensyaratkan jumlah upaselang (n) harus kelipatan tiga Galat kaidah 3/8 simpson gabungan adalah
𝐸𝑡𝑜𝑡 = −
(𝑏 − 𝑎)4 (𝑖𝑣) 𝑓 (𝑡) , 80
𝑎<𝑡<𝑏
𝐸𝑡𝑜𝑡 = 𝑂(4 ) Jadi, kaidah Simpson 3/8 ditambah dengan galatnya dapat dinyatakan sebagai 𝑏
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 𝑎
Metode Numerik
𝑛;1
𝑛;3
𝑖<1 𝑖≠3,6,9
𝑖<3,6,9,…
3 (𝑓 + 3 ∑ 𝑓𝑖 + 2 ∑ 𝑓𝑖 + 𝑓𝑛 ) + 𝑂(4 ) 8 0
Page 168
kaidah Simpson 3/8 memiliki orde galat yang sama dengan orde galat kaidah Simpson 1/3. Namun dalam praktek, kaidah Simpson 1/3 biasanya lebih disukai dari pada kaidah Simpson 3/8, karena dengan tiga titik (Simpson 1/3) sudah diperoleh orde ketelitian yang sma dengan
4
titik (Simpson 3/8). Tapi, untuk n kelipatan tiga, kita hanya dapat menggunakan kaidah simpson 3/8, dan bukan kaidah Simpson 1/3 Metode Integrasi Numerik untuk 𝒉 yang berbeda-beda 1.
Untuk sejumlah upaselang berurutan yang berjarak sama adalah genap,gunakan kaidah 1/3 simpson
2.
Untuk sejumlah upaselang berurutan yang berjarak sama adalah kelipatan tiga, gunakan kaidan 3/8
3.
Untuk sejumlah upaselang yang tidak berjarak sama dengan tetangganya gunakan kaidah trapezium Bentuk umum Metode Newton-Cotes Bentuk umum metode Newton-cotes dapat di tulis sebagai 𝑏
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝛼 ,𝑤0 𝑓0 + 𝑤1 𝑓1 + 𝑤2 𝑓2 + ⋯ + 𝑤𝑛 𝑓𝑁 - + 𝐸 𝑎
CONTOH SOAL 1.
diketahui: 4
∫0 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 0,5 ditanya:
Metode Numerik
Page 169
a.
Kaidah trapesium
b.
Kaidah titik tengah
c.
Kaidah simpson 1/3
d.
Kaidah simpsom 3/8
jawab: 𝑛=
4−0 =8 0,5
Membuat tabel: a.
Tabel trapesium dan simpson r
xr
F(xr)
0
0
1
1
0,5
1,64872
2
1
2,71828
3
1,5
4,48168
4
2
7,38905
5
2,5
12,18249
6
3
20,08553
7
3,5
33,11545
8
4
54,59815
r
xr
F(xr)
0
0
1
1
0,5
1,64872
2
1
2,71828
3
1,5
4,48168
b. tabel titik tengah
Metode Numerik
Page 170
a.
4
2
7,38905
5
2,5
12,18249
6
3
20,08553
7
3,5
33,11545
8
4
54,59815
Kaidah trapesium
= (𝑓0 + 2𝑓1 + 2𝑓2 + 2𝑓3 + 2𝑓4 + 2𝑓5 + 2𝑓6 + 2𝑓7 + 2𝑓8 ) 2
=
0,5 2
*1 + (2.1,64872) + (2.2,71828) + (2.4,48168) + (2.7,38905) +
(2.12,18249) + (2.20,08553) + (2.33,11545) + 54,59815+ = 1(1 + 3,2974 + 5,43656 + 8,96336 + 14,7781 + 24,36498 + 40,17106 +
66,2309 + 54,59815)
= 218,84051
b.
Kaidah titik tengah = 0,5(1,28402 + 2,117 + 3,49034 + 5,7546 + 9,48774 + 15,64263 + 25,79034 + 42,52108 = 0,5(106,08775) = 53,043875
c.
Kaidah simpson 1/3 =
0,5 3
(𝑤0 + 4𝑓1 + 2𝑓2 + 4𝑓3 + 2𝑓4 + 4𝑓5 + 2𝑓6 + 4𝑓7 + 𝑓8 )
= 0,17 {
1 + (4.1,64872) + (2.2,71828) + (4.4,48168) + (2.7,38905) } + (4.12,18249) + (2.20,08553) + (4.33,11545) + 54,59815
= 0,17(321,69735) = 53,64224 ~53,6
d.
Kaidah simpson 3/8
Metode Numerik
Page 171
=
3
=
3.0,5
8
(𝑓0 + 3𝑓1 + 3𝑓2 + 2𝑓3 + 3𝑓4 + 3𝑓5 + 2𝑓6 + 3𝑓7 + 𝑓8 )
8
*1 + (3.1,64872) + (3.2,71828) + (2.4,48168) + (3.7,38905) +
(3.12,18249) + (2.20,08553) + (3.33,11545) + 54,59815+ = 0,1875(1 + 4,94616 + 8,15484 + 8,96336 + 22,16715 + 36,54747 + 40,17106 + 99,43635 + 54,59815) = 0,1875(275,89454) = 51,73022625
2.
𝑓(𝑥) = 𝑥 + 1, 0 ≤ 𝑥 ≤ 5, ℎ = 5 r
c
F(xr)
0
0
1
1
5
6
Trapesium 2 5 2
(𝑓0 + 𝑓1) (1 + 6) = 17.5
Simpson 1⁄3 3 5 3
(𝑓0 + 𝑓1) (1 + 6)
= 11.667
Metode Numerik
Page 172
Titik Tengah R 1 2
xr
F(xr)
2.5
3.5
1
h .𝑓 / 2
5(3.5) = 17.5 5
∫∭𝑥 + 1 0 5
∫∬ 0
1 2 𝑥 +𝑥 2
5
1 1 ∬ 𝑥3 + 𝑥2 6 2 0
5
∫ 0
1 4 1 3 𝑥 + 𝑥 24 6
1 5 1 4 𝑥 + 𝑥 120 24
3.
4𝑥 3 𝑑𝑥 , 0≤x≤4, r
xr
F(xr)
0
0
0
Metode Numerik
h=1,
n =
4;0 1
=4
Page 173
1
1
4
2
2
32
3
3
108
4
4
256
Trapesium 1 (𝑓0 + 2𝑓1 + 2𝑓2 + 2𝑓3 + 𝑓4) 2 1 = (0 + 2(4) + 2(32) + 2(108) + 256) 2 1 = (564) 2 = 282
Simpson 1⁄3
= (𝑓0 + 4𝑓1 + 2𝑓2 + 4𝑓3 + 𝑓4) 3
1 = (0 + 4(4) + 2(32) + 4(108) + 256) 3 1 = (768) 3 = 256 R
xr 1 2 3 2
Metode Numerik
F(xr) 1 2 3 2
0.5 13.5
Page 174
5 2 7 2
5 2 7 2
62.5 171.5
= .𝑓 1⁄2 + 𝑓 3⁄2 + 𝑓 5⁄2 + 𝑓 7⁄2/ = 1(0.5 + 13.5 + 62.5 + 171.5) =248
6.5 Singularitas Kita
akan
kesulitan
melakukan
menghitung
integrasi
numerik
apabila fungsi tidak terdefenisi di x=t, dalam hal ini a < t
I 0
cos( x ) dx x
Fungsi f(x) = cos x/
x
jelas tidak terdefenisi di x = 0
(ujung bawah selang). Begitu juga apabila perhitungan integrasi 2
I
1
x 1dx
0.5
Menggunakan h = 0.1, titik diskrit di x=1 tidak dapat dihitung sebab fungsi yang
tidak
f ( x) I /( x 1) tidak terdefenisi di x=1. Fungsi terdefenisi
di
x=t,
untuk
a t b , dinamakan
singular.
Metode Numerik
Page 175
Singular
juga
muncul
pada
terdefenisi di x=t, untuk 1 x 0
integral
fungsi
yang
turunannya
tidak
a t b . Misalnya hasil perhitungan
memperlihatkan hasil yang menyimpang meskipun
f ( x) x sendiri terdefenisi untuk semua x= t, untuk
fungsi
a t b . Penyimpangan ini dapat dijelaskan sebagai berikut. 1
Misalkan integral x dihitung dengan kaidah trapezium. 0
Tinjau kembali galat total pada kaidah trapezium:
Etot
h3 " ( f 0 f1" ... f " n 1 ) 12
h3 n1 " fi 12 i 0 b
h3 f ( x)dx 12 a
h3 ' [ f (b) f ' (a)] 12
…(1)
Persamaan (1) menyiratkan bahwa galat integrasi
b akan f ( x ) dx a
besar apabila f ' ( a ) atau f ' (b ) tidak ada. Singularitas
harus
dihilangkan
dengan
cara
memanipulasi
persamaan fungsi sedemikian sehingga ia tidak singularitas lagi. Contoh 1:
Metode Numerik
Page 176
Ubahlah fungsi integrasi 1
cos( x) dx x 0
I
Sehingga menjadi tidak singular lagi. Penyelesaian: Fungsi f ( x ) cos( x ) /
x tidak terdefenisi di x=0.
Misalkan
x u 2 dx 2udu Batas-batas selang integrasi juga berubah
x 0u x 0
x 1 u x 1 Maka 1
cos( x) dx x 0
I
1
cos(u 2 ) (2u )du u 0
I
1
2cos(u
2
)du
tidak
singular lagi.
0
6.6 Penggunaan Ekstrapolasi untuk Integrasi
Metode Numerik
Page 177
Misalkan
I (h) adalah perkiraan nilai integrasi dengan jarak
antara titik data adalah h(h<1). Dari persamaan galat kaidah integrasi (trapezium, Simpson 1/3, dll) yang dinyatakan dalam notasi orde : p E O h
Dapat dilihat bahwa galat E semakin kecil bila digunaka h yanh semakin kecil, seperti yang ditunjukkan oleh diagram garis berikut: Nilai integrasi adalah bila h=0, tetapi pemilihan h=0 tidak mungkin kita lakukan didalam rumus integrasi numerik sebab iya akan membuat nilai integrasi sama dengan 0. Yang dapat kita peroleh adalah perkiraan nilai integrasi yang lebih baik dengan melakukan
ekstrapolasi
ke
h=
0.
Ada
dua
macam
metode
ekstrapolasi yang digunakan untuk integrasi:
6.6.1 Ekstrapolasi Richardson
Pandang kembali kaidah trapesium b
a
n
h
f ( x)dx 2 ( f
0
2 fi f n ) i 1
(b a) f " (t ) 2 h 12
Yang dapat ditulis sebagai b
f ( x)dx I (h) Ch
2
a
Metode Numerik
Page 178
Dengan I(h) adalah integrasi dengan menggunakan kaidah trapesium C
dengan
jarak
antar
titik
selebar
h
dan
(b a) f " (t ) 12
Secara umum, kaidah integrasi yang lain dapat kita tulis sebagai b
f ( x)dx l (h) Ch
…(2)
q
a
Dengan C dan q adalah konstanta yang tidak bergantung pada h. nilai q dapat ditentukan langsung dari orde galat kaidah integrasi, misalnya:
𝑞
= 2
𝑞
= 2
Kaidah trapezium O h2
Kaidah trapezium O h2
Kaidah 1/3 simpson, O h4
𝑞 = 4
Tujuan ekstrapolasi Richardson ialah menghitung nilai integrasi yang lebih baik (improve) dibandingkan dengan
I.
Misalnya J adalah nilai integrasi yang lebih baik
daripada I dengan jarak antar titik h:
𝐽 = 𝑙() + 𝐶 h
q
Ekstrapolasikan
…(3) h
menjadi
2h,
lalu
hitung
integrasi
numeriknya
Metode Numerik
Page 179
𝐽 = 𝑙(2) + 𝐶 2h q
…(4)
Eliminasikan C dari kedua persamaan dengan menyamakan persamaan (3) dan persamaan (4):
I ( h) + 𝐶
hq
= 𝑙(2) + 𝐶
2h
q
Sehingga diperoleh …(5) C
I (h) I (2h) (2q 1)h q
Sulihkan
persamaan
(5)
kedalam
persamaan
(3)
untuk
memperoleh: 𝐽 = 𝑙() + I (h) I (2h) (2q 1) Yang
merupakan
Ekstrapolsi
…(6)
persamaan
Ricahrdson
ekstrapolasi
dapat
kita
Ricahrdson.
artikan
sebagai
berikut. Mula –mula hitung nilai itegrasi dengan kaidah yang sudah baku dengan jarak antara titik selebar h untuk mendapatkan l(h), kemudian hitung kembali nilai itegrasi dengan jarak antara titik selebar 2h untuk memperoleh l(2h). akhirnya, hitunglah nilai itegrasi yang lebih baik dengan menggunakan persamaan (6). Perhatikan bahwa jika pernyataan diatas di balik, kita telah menggunakan ekstrapolasi menuju h=0, yaitu kita
Metode Numerik
Page 180
hitung l(2h) lalu hitung l(h). Urutan pengerjaan
(I
(h2h) atau I(h) lebih dulu) tidak mempengaruhi solusi akhirnya. Sebagai contoh perhatikan bila dengan
kaidah
trafesium
(h) dan (2h) di hitung
(q=2),
maka
ekstpolasi
Ricahrdson-nya adalah 𝐽 = 𝑙() + 1 l (h) l (2h) 3
…(7)
Dan bila I(h) dan I(2h) dihitung dengan kaidah 1/3 Simpson (q = 4), maka ekstpolasi Ricahrdson-nya adalah , 𝐼() − 𝐼(2) -
𝐽 = 𝑙() +
1 l (h) l (2h) 15
…(8)
Perhatikan bahwa suku 1/3 , 𝐼() − 𝐼(2) - pada persamaan (7)
dan
merupakan
suku
1/15 ,𝐼() − 𝐼(2)-
factor
korelasi.
pada
Artinya,
persamaan nilai
(8)
taksiran
itegrasinya I(h) dapat dikatakan menjsdi nilai yang lebih baik dengan menambahkan factor koreksi tersebut Contoh 2: Hitunglah kembali itegrasi dengan menggunakan ekstpolasi Richardson.yang dalam hal ini I(h) dan (2h) hitung dengan kaidah trafesium dan h=0,125 Penyelesaian:
Metode Numerik
Page 181
Jumlah upaselang ;𝑛 = (1 − 0)/0.125 = 8 Tabel titik-titik didalam selang [0,1] dengan h=0,125 R
xr
fr
0
0
1
1
0.12
0.88889
2
0.250
0.80000
3
0.375
0.72727
4
0.500
0.66667
5
0.625
0.61538
6
0.750
0.57143
7
0.875
0.53333
8
1000
0.50000
I (h) adalah nilai itegrasi dengan kaidah trafesium menggunakan h=0,125 I ( h) = 1
1
1 xdx h / 2( f
0
2 f1 2 f2 2 f3 2 f4 2 f5 2 f6 2 f7 2 f8
0
0.125 / 2[1 2(0.88889) 2(0.80000) ... (0.50000)
0.69412 𝐼 (2)
adalah
nilai
itegrasi
dengan
kaidah
trafesium
menggunakan 2 = 0,250;
Metode Numerik
Page 182
1
I (2h) 0
1 dx (2h) / 2( f 0 2 f 2 2 f 4 2 f 6 2 f8 ) 1 x
0.125 / 2[1 2(0,80000) 2(0.66667) 2(0.57143) (0.50000)
0.69702 Nilai itegrasi yang lebih baik , J,
diperoleh dengan
ekstpolasi Richardson: 𝐽 = I () + I (h) I (2h) (2q 1)
Yang dalam hal ini, q= 2, karena I(h) dan I(2h) dihitung dengan kaidah trapezium yang
(yang mempunyai orde galat
= 2)
J 0.69412
0.69412 0.69412 0, 69315 22 1
jadi, taksiran nilai integrasi yang lebih baik adalah 0,69315. Bandingkanlah dengan nilai integrasi sejatinya 1
1
1 xdx ln(1 x) 0
Yang
apabila
x 1 x 0
ln(2) ln(1) 0.69314718
dibulatkan
ke
dalam
5
angka
bena
f(0,69314718)=0,69315, hasilnya tepat sama dengan nilai integrasi
Metode Numerik
yang
dihitung
dengan
dengan
ekstrapolasi
Page 183
Richardson 6.6.2 Metode Romberg Metode
integrasi
Romberg
didasarkan
pada
perluasan
ekstrapolasi Richardson untuk memperoleh nilai integrasi yang semakin baik. Sebagai catatan, setiap penerapan ekstrapolasi Richardson akan menaikkan order galat pada hasil solusinya sebesar dua: 𝑂(2𝑁 ) → 𝑂(2𝑁:2 ) Misalnya, bila 𝐼() dan 𝐼(2) dihitung dengan kaidah trpesium
yang
berorde
galat
O(h),
maka
ekstrapolasi
Rrichardson menghasilkan kaidah Simpson 1/3 yang berorde O(h). selanjutnya bila I(h) dan I(2h) dihitung dengan kaidah Simpson 1/3, ekstrapolasi Richardson menghasilkan kaidah Boole yang berorde 𝑂(). 𝑂(2 )
𝑂(2 )
𝑂(2 )
Tinjau kembali persamaan ekstrapolasi Richardson:
𝐽 = 𝐼() +
𝐼() − 𝐼(2) (2𝑞 − 1)
Misalkan I adalah nilai integrasi sejati yang dinyatakan sebagai: I Ak Ch 2 Dh 4 Eh 6 ...
yang dalam hal ini
Metode Numerik
Page 184
= (𝑏 − 𝑎)/𝑛 dan Ak perkiraan nilai integrasi dengan kaidah trapezium dan jumlah pias n 2k . Orde galat
Ak adalah O(h 2 ) .
Sebagai contoh, selang dalam [a, b] dibagi menjadi 64 buah pias atau upaselang:
n 64 26 k 6(0,1, 2,3, 4,5, 6)
𝑘=0
𝑛 =
(artinya
20
=1
pias,
21
= 2
pias,
h0 (b a) /1) A0 h0 / 2[ f 0 f 64 ]
𝑘=1
𝑛 =
(artinya
h1 (b a) / 2) A1 h1 / 2[ f 0 2 f32 f 64 ]
𝑘=2
(artinya
𝑛 =
22
= 4
pias,
h2 (b a) / 4) A2 h2 / 2[ f 0 2 f16 2 f32 2 f 48 f 64 ]
𝑘 = 3 (artinya 𝑛 =
3 =
23 =
8 pias,
𝑏−𝑎 → 𝐴3 = 3 /2,𝑓0 + 2𝑓8 + 2𝑓16 + 2𝑓24 + 2𝑓32 8 +2𝑓40 + 2𝑓56 + 2𝑓64 -
𝐾 = 6 (artinya 𝑛 =
6 =
Metode Numerik
26
= 64 pias,
𝑏−𝑎 → 𝐴6 = 6 /2,𝑓0 + 2𝑓1 + 2𝑓2 + ⋯ + 2𝑓63 + 2𝑓64 64
Page 185
Arti dari setiap
adalah sebagai berikut : 𝐴0 b
𝐴0 adalah taksiran nilai integrasi I f ( x ) dx
dengan
menggunakan
daerah
a
kaidah
trapezium 𝑛 =
integrasi menjadi
20
dengan
pembagian
= 1 buah pias; b
𝐴1 adalah taksiran nilai integrasi I f ( x ) dx
dengan
menggunakan
daerah
a
kaidah
trapezium
integrasi menjadi 𝑛 =
21
dengan
pembagian
= 2 buah pias; b
𝐴2 adalah taksiran nilai integrasi I f ( x ) dx
dengan
menggunakan
daerah
a
kaidah
trapezium
integrasi menjadi 𝑛 =
22
dengan
pembagian
= 4 buah pias; b
𝐴6 adalah taksiran nilai integrasi I f ( x ) dx
dengan
menggunakan
daerah
a
kaidah
trapezium
integrasi menjadi 𝑛 =
26
dengan
pembagian
= 64 buah pias;
Gunakan A0 , A1 , ..., Ak pada persamaan ekstrapolasi Richardson untuk mendapatkan runtunan B1 , B2 , ..., Bk , yaitu
Bk Ak
Metode Numerik
Ak Ak 1 22 1
Page 186
Jadi
nilai
I
(yang
lebih
baik)
sekarang
adalah 4
l Bk D ' h 4 E ' h 6 ... dengan orde galat Bk adalah O ( h ) .
Selanjutkan
gunakan
ekstrapolasi
Richardson
B1 , B2 , ..., Bk
untuk
pada
persamaaan
mendapatkan
runtunan
C 2 , C3 , ..., C k , yaitu
Ck Bk
Jadi
Bk Bk 1 24 1
nilai
I
(yang
lebih
baik)
l Ck E "h 6 ... dengan orde galat C k Selanjutnya
gunakan
ekstrapolasi
Richardson
C2 , C3 ,..., Ck
untuk
sekarang
adalah
adalah
6 O(h ) .
pada
persamaan
mendapatkan
runtunan
D3 , D4 , ..., C k , yaitu
Dk Ck
Jadi
Ck Ck 1 26 1
nilai
I
l Dk E '"h8 ...
(yang dengan
lebih orde
baik) galat
sekarang Dk
adalah
adalah 8 O(h ) .
Demikian seterusnya 6.6.3 Ekstrapolasi Aitken Kita telah membahas ekstrapolasi Richardson yang dapat diringkas sebagai berikut:
Metode Numerik
Page 187
b
I f ( x)dx l (h) Ch q a
Yang dalam hal ini : h = lebar tiap upaselang atau pias (atau jarak antara titik) C dan q adalah konstanta dengan q diketahui (C dapat dieliminir)
I(h) adalah hampiran nilai I
Ch q adalah
galat
dari
hampiran
nilai
I
maka
J I ( h) Adalah
1 [ I (h) I (2h)] 2q 1
perkiraan
nilai
integrasi
yang
lebih
baik
(improve) dari pada I.Apabila nilai q tidak diketahui maka kita gunakan tiga buah perkiraan nilai I, yaitu I(h),I(2h),I(4h);
J I (h) Ch q
C
J I ( h) hq
…(9) J I (2h) C (2h) q
C
J ( I 2 h) ( h 2q )
C
J I (4h) (4h) q
…(10)
J I (4h) C (4h) q …(11)
Eliminasikan nilai C dan q tidak diketahui? Untuk kasus
Metode Numerik
Page 188
ini kita gunakan tiga buah perkiraan nilai
I
, yaitu
I (h) , I (2h) , dan I (4h) :
J I (h) h q = J I (2h) (2h)q
J I ( h) hq 1 q J 1(2h) 2 h q 2q …(12) Dan menyamakan persamaan (10) dan (11)
J I (2h) 2h q 1 J I (4h) (4h) q 2 q
…(13)
Persamaan (12)sama dengan persamaan (13)
J I (h) J I (2h) J I (2h) J I (4h) …(14) Kali silangkan kedua persamaan (14)
J 2 JI (h) JI (4h) I (h) I (4h) J 2 2 JI (2h) [ I (2h)]2
J
I (h) I (4h) [ I (2h)]2 I (h) 2 I (2h) I (4h)
atau
Metode Numerik
Page 189
J I (h)
[ I (h) I (2h)]2 I (h) 2 I (2h) I (4h)
…(15) Persamaan (15) ini dinamakan persamaan ekstrapolasi Aitken. Sekarang tinjau kembali:
J I (h) Ch q J I (2h) C (2h) q 0 I (h) I (2h) Ch q C (2h) q
I (h) I (2h) C (2h) q Ch q …(16)
J I (2h) C (2h) q J I (4h) C (4h) q 0 I (2h) I (4h) C (2h) q C (4h) q
I (2h) I (4h) C (4h) q C (2h) q …(17) Bagi persamaan (17)dengan persamaan (16)
I (2h) I (4h) C (2h) q C (4h) q 2q I (h) I (2h) Ch q C (2h) q …(18) Besaran C pada persamaan (18)dapat dihilangkan menjadi
Metode Numerik
Page 190
t
I (2h) I (4h) 2q I (h) I (2h) …(19)
Tinjau kembali persamaan (15) yang dapat ditulis ulang sebagai
J I ( h)
I (h) I (2h) I (h) 2 I (2h) I (4h) I ( h) 2 I ( h)
I ( h)
I (h) I (2h) I I (2h) I (4h) I (h) I (2h)
I ( h)
I (h) I (2h) 1 t
I ( h)
I (h) I (2h) 1 t
jadi
J I ( h)
I (h) I (2h) t 1
…(20)
Yang mirip dengan persamaan ekstrapolasi Richardson Aitken akan tepat sama dengan ekstrapolasi Richardson jika nilai teoritis
t 2q Tepat sama dengan niai empirik
Metode Numerik
Page 191
t
I (2h) I (4h) I (h) I (2h)
Perbedaan
antara
kedua
metode
ekstrapolasi
muncul
bergantung kepada apakah kita mengetahui nilai q atau tidak.
Secara matematis, prinsip kerja dari metode-metode ini adalah melakukan evaluasi dan perbaikan rasio nilainilai akar yang telah diperoleh relatif terhadap akar eksaknya sedemikian rupa sehingga dapat meningkatkan laju konvergensinya (dan bahkan menghindari divergensi) sampai mendekati konvergensi kuadratis.
6.7 Integral Ganda Dalam
bidang
teknik,
integral
sering
muncul
dalam
bentuk
integral ganda dua (atau lipat dua) atau integral ganda tiga (lipat tiga). Misalkan kita tinjau untuk integral lipat dua. Integral lipat dua didefinisikan sebagai Tafsiran geometri dari integral ganda adalah menghitung volume ruang di bawah permukaan kurva f(x,y) yang alasnya adalah berupa bidang yang dibatasi oleh garis-garis x = a, x = b, y = c, dan y = d. Volume benda berdimensi tiga adalah
V = luas alas
tinggi
Kaidah-kaidah integrasi numerik yang telah kita bahas dapat
Metode Numerik
Page 192
dipakai untuk menghitung integral ganda. Jika pada fungsi dengan satu peubah, y = f(x), luas daerah dihampiri dengan pias-pias yang berbentuk segiempat atau trapesium, maka pada fungsi dengan dua
peubah,
z
=
f(x,
y),
volume
ruang
dihampiri
dengan
balokbalok yang berbentuk segiempat atau trapesium.
Solusi integral lipat dua diperoleh dengan melakukan integrasi dua kali, pertama dalam arah x (dalam hal ini nilai, nilai y tetap), selanjutnya dalam arah y (dalam hal ini, nilai x tetap), atau sebaliknya. Dalam arah x berarti kita menghitung luas alas benda, sedangkan dalam arah y berarti kita mengalikan alas dengan
tinggi
untuk
memperoleh
volume
benda.
Tinggi
benda
dinyatakan secara tidak langsung dengan koefisien-koefisien wi pada persamaan.
Misalkan
integrasi
dalam
arah
x
dihitung
dengan
kaidah
trapesium, dan integrasi dalam arah y dihitung dengan kaidah Simpson 1/3. Maka
Metode Numerik
Page 193
dengan ∆𝑥 = jarak antar titik dalam arah x, ∆𝑦= jarak antar titik dalam arah y,
n = jumlah titik diskrit dalam arah x, m = jumlah titik diskrit dalam arah y.
Diberikan tabel f(x,y) sebagai berikut:
Penyelesaian: Misalkan - dalam arah x kita gunakan kaidah trapesium
Metode Numerik
Page 194
- dalam arah y kita gunakan kaidah Simpson 1/3 Dalam arah x (y tetap):
Dalam arah y :
Jadi,
6.8 Kuadratus Gauss Di dalam metode trapesium dan Simpson, fungsi yang diintegralkan
Metode Numerik
Page 195
secara numerik terdiri dari dua bentuk yaitu tabel data atau fungsi. Pada metode kuadratur, yang akan dibahas adalah metode Gauss Kuadratur, data yang diberikan berupa fungsi. Pada aturan trapesium dan Simpson, integral didasarkan pada nilai-nilai di ujung-ujung pias. Seperti pada Gambar 7.9a, metode trapesium didasarkan pada luasan di bawah garis lurus yang menghubungkan nilai-nilai dari fungsi pada ujung-ujung interval integrasi. Rumus yang digunakan untuk menghitung luasan adalah: I (b a)
f (a) f (b) 2
dengan a dan b adalah batas integrasi dan (b – a) adalah lebar dari interval integrasi. Karena metode trapesium harus melalui titik-titik ujung, maka seperti terlihat pada Gambar 7.9a. rumus trapesium memberikan kesalahan cukup besar.
Gambar 7.9. Bentuk grafik metode trapesium dan Gauss kuadratur Di dalam metode Gauss kuadratur dihitung luasan di bawah garis lurus yang menghubungkan dua titik sembarang pada kurve. Dengan menetapkan posisi dari kedua titik tersebut secara bebas, maka akan bisa ditentukan garis lurus yang dapat menyeimbangkan antara kesalahan positif dan negatif, seperti pada Gambar 7.9b. Dalam metode trapesium, persamaan integral seperti diberikan oleh persamaan (7.24) dapat ditulis dalam bentuk:
Metode Numerik
Page 196
I c1 f (a) c 2 f (b) dengan c adalah konstanta. Dari persamaan tersebut akan dicari koefisien c1 dan c2. Seperti halnya dengan metode trapesium, dalam metode Gauss Kuadratur juga akan dicari koefisien-koefisien dari persamaan yang berbentuk:
I c1 f ( x1 ) c2 f ( x2 ) Dalam hal ini variabel x1 dan x2 adalah tidak tetap, dan akan dicari seperti pada Gambar 7.10. Persamaan (7.26) mengandung 4 bilangan tak diketahui, yaitu c1, c2, x1, dan x2, sehingga diperlukan 4 persamaan untuk menyelesaikannya. Untuk itu persamaan (7.26) dianggap harus memenuhi integral dari 𝑓 ( 𝑥 ) = 1, 𝑓 ( 𝑥 ) = 𝑥, 𝑓 ( 𝑥 ) =
empat fungsi, yaitu dari nilai 2
3
𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑓 ( 𝑥 ) = 𝑥 , sehingga untuk: 1
f ( x) x 3 : c1 f ( x1 ) c2 f ( x2 ) x 3 dx 0 c1 x1 c2 x2 3
1
1
f ( x) x 2 : c1 f ( x1 ) c2 f ( x2 ) x 2 dx 1
3
(7.27)
2 2 2 c1 x1 c2 x2 3 (7.28)
1
f ( x) x : c1 f ( x1 ) c2 f ( x2 ) x dx 0 c1 x1 c2 x2 1
(7.29)
1
f ( x) 1 : c1 f ( x1 ) c2 f ( x2 ) 1 dx 2 c1 c2 1
(7.30)
Sehingga didapat sistem persamaan:
c1 x1 c2 x2 0 ; 3
3
c1 x1 c2 x2 2
2
2 3
;
c1 x1 c2 x2 0
c1 c2 2. Penyelesaian dari sistem persamaan diatas adalah:
Metode Numerik
Page 197
𝑐1 = 𝑐2 = 1; 𝑥1 =
1
= – 0,577350269; 𝑥2 =
3
1
=
3
0,577350269. Substitusi
dari
hasil
I f (
menghasilkan:
1 3
tersebut
) f (
1 3
ke
dalam
persamaan
(7.26)
)
(7.31)
Gambar 7.10. Integrasi Gauss kuadratur Batas-batas integral dalam persamaan (7.27) hingga persamaan (7.30) adalah –1 sampai 1, sehingga lebih memudahkan hitungan dan membuat rumus yang didapat bisa digunakan secara umum. Dengan melakukan transformasi batas-batas integrasi yang lain dapat diubah ke dalam bentuk tersebut. Untuk itu dianggap terdapat hubungan antara variabel baru xd dan variabel asli x secara linier dalam bentuk: 𝑥 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥𝑑 Bila batas bawah adalah 𝑥 = 𝑎, untuk variabel baru batas tersebut adalah xd = –1. Kedua nilai tersebut disubstitusikan ke dalam persamaan (7.32), sehingga diperoleh: 𝑎 = 𝑎0 + 𝑎1 (– 1) dan batas baru 𝑥𝑑 = 1, memberikan: 𝑏 = 𝑎0 + 𝑎1 (– 1) Persamaan (7.33) dan (7.34) dapat diselesaikan secara simultan
Metode Numerik
Page 198
dan hasilnya adalah:
a0
ba 2
a1
ba 2
dan
Substitusikan persamaan (7.35) dan (7.36) ke persamaan (7.32) menghasilkan:
x
(b a) (b a) xd 2
Diferensial dari persamaan tersebut menghasilkan:
dx
ba dxd 2
Persamaan (7.37) dan persamaan (7.38) dapat disubstitusikan ke dalam persamaan yang diintegralkan. Bentuk rumus Gauss Kuadratur untuk dua titik dapat dikembangkan untuk lebih banyak titik, yang secara umum mempunyai bentuk: 𝐼 = 𝑐1 𝑓 (𝑥1 ) + 𝑐2 𝑓 (𝑥2 ) + … + 𝑐𝑛 𝑓 (𝑥𝑛 ) Nilai c dan x untuk rumus sampai dengan enam titik diberikan dalam Tabel 7.1. Tabel 7.1. Nilai c dan x pada rumus Gauss kuadratur Jumlah titik 2
3
4
Metode Numerik
Koefisien c
Variabel x
c1 = 1,000000000
x1 = 0,577350269
c2 = 1,000000000
x2 = 0,577350269
c1 = 0,555555556
x1 = 0,774596669
c2 = 0,888888889
x2 = 0,000000000
c3 = 0,555555556
x3 = 0,774596669
c1 = 0,347854845
x1 = 0,861136312
c2 = 0,652145155
x2 = 0,339981044
Page 199
5
6
c3 = 0,652145155
x3 = 0,339981044
c4 = 0,347854845
x4 = 0,861136312
c1 = 0,236926885
x1 = 0,906179846
c2 = 0,478628670
x2 = 0,538469310
c3 = 0,568888889
x3 = 0,000000000
c4 = 0,478628670
x4 = 0,538469310
c5 = 0,236926885
x5 = 0,906179846
c1 = 0,171324492
x1 = 0,932469514
c2 = 0,360761573
x2 = 0,661209386
c3 = 0,467913935
x3 = 0,238619186
c4 = 0,467913935
x4 = 0,238619186
c5 = 0,360761573
x5 = 0,661209386
c6 = 0,171324492
x6 = 0,932469514
Contoh soal: Hitung
4
integral
I e x dx, dengan
menggunakan
metode
Gauss
0
kuadratur. Penyelesaian: Dengan menggunakan persamaan (7.37) untuk a = 0 dan b = 4 didapat:
(b a) (b a) xd 2
x x
(4 0) ((4 0) xd ) 2 2 xd 2
Turunan dari persamaan tersebut adalah: 𝑑𝑥 = 2 𝑑𝑥𝑑 Kedua bentuk diatas disubstitusikan ke dalam persamaan asli, sehingga didapat: 4
1
0
1
dari
persamaan
( 2 2xd ) x 2 dxd e dx e
Ruas
kanan
Metode Numerik
diatas
dapat
digunakan
untuk
Page 200
menghitung
luasan
dengan
metode
Gauss
Kuadratur,
dengan
memasukkan nilai 𝑥𝑑 = 𝑥2 = – 0,577350269 dan nilai 𝑥𝑑 = 𝑥2 = 0,577350269. Untuk x1 = –0,577350269 2 e 2 ( 2 ( 0,577350269)) 4,6573501 . Untuk x2 = 0, 577350269 2 e 2 ( 2 0,577350269) 46 ,8920297 . Luas total seperti diberikan oleh persamaan (7.30): 𝐼 = 4,6573501 + 46,8920297 = 51,549380. Kesalahan:
t
53,598150 51,549380 100 % 3,82 % . 53,598150
Contoh soal: Hitung
4
integral
I e x dx,
dengan
menggunakan
metode
Gauss
0
Kuadratur 3 titik. Penyelesaian: Untuk 3 titik persamaan (7.26) menjadi:
I c1 f ( x1 ) c 2 f ( x 2 ) c3 f ( x3 ) Seperti terlihat dalam Tabel 7.1, untuk 3 titik, koefisien c dan
x adalah: 𝑐1 = 0,555555556 . 𝑥1 = 0,774596669. 𝑐2 = 0,888888889. 𝑥2 = 0,000000000. 𝑐3 = 0,555555556. 𝑥3 = 0,774596669. Dari
contoh
soal
sebelumnya
didapat
persamaan
yang
telah
dikonversi adalah: 4
1
0
1
( 2 2xd ) x 2 dxd e dx e
Untuk x1 = –0,774596669
2 e ( 2 2 x1 ) 3,13915546 .
Untuk x2 =
2 e ( 2 2 x 2 ) 14 ,7781122 .
2 e ( 2 2 x 3 ) 69 ,5704925 .
0,000000000
Untuk x3 = 0,774596669
Metode Numerik
Page 201
Persamaan (c1) menjadi: 𝐼 = (0,555555556 3,13915546) + (0,888888889 14,7781122) + (0,555555556 69,5704925) = 53,5303486. Kesalahan:
t
53,598150 53,5303486 100 % 0,13 %. 53,598150
BAB VII TURUNAN NUMERIK
7.1
Persoalan Turunan Numerik Persoalan turunan numerik adalah menentukan nilai hampiran nilai
turunan
fungsi
𝑓.
Meskipun
metode
numerik
untuk
menghitung turunan fungsi tersedia, tetapi perhitungan turunan sedapat mungkin dihindari. Alasannya, nilai turunan numerik umumnya kurang teliti dibandingkan dengan nilai fungsinya. Dalam
kenyataannya,
turunan
adalah
limit
dari
hasil
bagi
selisih: yaitu pengurangan dua buah nilai yang besar (𝑓𝑥 +
𝑤) − 𝑓𝑥) ) dan membaginya dengan bilangan yang kecil (h).
Metode Numerik
Page 202
Pembagian ini dapat menghasilkan turunan dengan galat yang besar.
7.2
Tiga Pendekatan dalam Menghitung Turunan Numerik Misal diberikan nilai – nilai 𝑥 di 𝑥0 − , serta nilai fungsi untuk nilai – nilai 𝑥 tersebut. Titik-titik yang diperoleh adalah (𝑥;1 , 𝑓;1 ), (𝑥0 , 𝑓0 ), (𝑥1 , 𝑓1 ), yang dalam hal ini 𝑥;1 = 𝑥0 − dan 𝑥1 = 𝑥0 + . 1.
Hampiran
Selisih
Maju
(Forward
Difference
Approximation) 𝑓 ′ 𝑥0 =
2.
Hampiran
𝑓(𝑥0 + ) − 𝑓(𝑥0 ) 𝑓1 − 𝑓0 =
selisih-mundur
(Backward
Difference
Approximation) 𝑓 ′ 𝑥0 =
Metode Numerik
𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑥0 − ) 𝑓0 − 𝑓1 =
Page 203
3.
Hampiran
selisih-pusat
(Central
Difference
Approximation) 𝑓 ′ 𝑥0 =
7.3
𝑓(𝑥0 + ) − 𝑓(𝑥0 − ) 𝑓1 − 𝑓;1 = 2 2
Penurunan Rumus Turunan dengan Deret Taylor Misalkan diberi titik-titik (𝑥𝑖 , 𝑓𝑖 ),
𝑖 = 0, 1, 2, … , 𝑛
𝑥𝑖 = 𝑥0 + 𝑖 dan 𝑓𝑖 = 𝑓(𝑥𝑖 ) a. Hampiran selisih – maju 𝑓(𝑥𝑖:1 ) = 𝑓(𝑥𝑖 ) +
(𝑥𝑖:1 − 𝑥𝑖 ) ′ (𝑥𝑖:1 − 𝑥𝑖 )2 ′′ 𝑓 (𝑥𝑖 ) + 𝑓 (𝑥𝑖 ) + ⋯ 1! 2!
𝑓𝑖:1 = 𝑓𝑖 + 𝑓𝑖 ′ +
Metode Numerik
2 ′′ 𝑓 +⋯ 2 𝑖
Page 204
𝑓𝑖 ′ = 𝑓𝑖:1 − 𝑓𝑖 −
2 ′′ 𝑓 +⋯ 2 𝑖
𝑓𝑖:1 − 𝑓𝑖 ′′ − 𝑓𝑖 2 𝑓𝑖:1 − 𝑓𝑖 = + 𝑂()
𝑓𝑖 ′ = 𝑓𝑖 ′
Yang dalam hal ini, 𝑂() = 𝑓𝑖 ′′ (𝑡), 𝑥𝑖 < 𝑡 < 𝑥𝑖:1 2
Untuk nilai-nilai 𝑓 di 𝑥0 𝑑𝑎𝑛 𝑥1 persamaan rumusnya menjadi 𝑓1 − 𝑓0 + 𝑂()
𝑓0 ′ =
b.
Hampiran selisih mundur 𝑓(𝑥𝑖;1 ) = 𝑓(𝑥𝑖 ) +
(𝑥𝑖:1 − 𝑥𝑖 ) ′ (𝑥𝑖:1 − 𝑥𝑖 )2 ,, 𝑓 (𝑥𝑖 ) + 𝑓 (𝑥𝑖 ) + ⋯ 1! 2!
𝑓𝑖;1 = 𝑓𝑖 − 𝑓𝑖 , + 𝑓𝑖 ′ = 𝑓𝑖 − 𝑓𝑖;1 +
2 ,, 𝑓 +⋯ 2 𝑖
2 ,, 𝑓 +⋯ 2 𝑖
𝑓𝑖 − 𝑓𝑖;1 ,, − 𝑓𝑖 + ⋯ 2 𝑓𝑖 − 𝑓𝑖;1 = + 𝑂()
𝑓𝑖 ′ = 𝑓𝑖 ′
Yang dalam hal ini, 𝑂() = − 𝑓𝑖 ′′ (𝑡), 𝑥𝑖;1 < 𝑡 < 𝑥𝑖:1 2
Untuk nilai-nilai 𝑓 di 𝑥0 𝑑𝑎𝑛 𝑥1 persamaan rumusnya menjadi 𝑓0 ′ =
c.
𝑓0 − 𝑓;1 + 𝑂()
Hampiran selisih pusat Kurangkan persamaan hampiran selisih maju dengan mundur 𝑓𝑖:1; 𝑓𝑖;1 = 2𝑓𝑖 ′ +
3 ,,, 𝑓 +⋯ 3 𝑖
2𝑓𝑖 ′ = 𝑓𝑖:1; 𝑓𝑖;1 −
3 ,,, 𝑓 3 𝑖
𝑓𝑖 , =
Metode Numerik
𝑓𝑖:1; 𝑓𝑖;1 2 ,,,, − 𝑓𝑖 + ⋯ 2 6
Page 205
𝑓𝑖 , =
𝑓𝑖:1; 𝑓𝑖;1 + 𝑂(2 ) 2
Yang dalam hal ini, 𝑂(2 ) = −
2 6
𝑓𝑖 ,,,, (𝑡), 𝑥𝑖;1 < 𝑡 < 𝑥𝑖:1
Untuk nilai-nilai 𝑓di 𝑥;1 𝑑𝑎𝑛 𝑥1 persamaan rumusnya menjadi : 𝑓0 , =
𝑓𝑖:1; 𝑓𝑖;1 + 𝑂(2 ) 2
Rumus untuk Turunan Kedua, 𝑓 ,, (𝑥) dengan bantuan Deret Taylor a)
Hampiran selisih-pusat Jumlahkan
persamaan hampiran selisih maju dengan mundur
𝑓𝑖:1 + 𝑓𝑖;1 = 2𝑓𝑖 + 2 𝑓𝑖 ,, +
4 (4) 𝑓 +⋯ 12 𝑖
𝑓𝑖:1 − 2𝑓𝑖 + 𝑓𝑖;1 = 2 𝑓𝑖 ,, +
4 (4) 𝑓 +⋯ 12 𝑖
𝑓𝑖 ,, =
𝑓𝑖:1 − 2𝑓𝑖 + 𝑓𝑖;1 2 (4) − 𝑓𝑖 2 12
jadi, 𝑓𝑖 ,, =
𝑓𝑖:1 − 2𝑓𝑖 + 𝑓𝑖;1 + 𝑂(2 ) 2
yang dalam hal ini, 𝑂(2 ) = − Untuk nilai-nilai 𝑓
2
𝑓 12 𝑖
(4)
(𝑡), 𝑥𝑖;1 < 𝑡 < 𝑥𝑖:1
di 𝑥;1 , 𝑥0 𝑑𝑎𝑛 𝑥1
persamaan rumusnya
menjadi : 𝑓0 ,, =
b)
𝑓1 − 2𝑓0 + 𝑓𝑖 + 𝑂(2 ) 2
Hampiran selisih-mundur Dengan cara yang sama seperti hampiran selisih-pusat di atas, diperoleh: 𝑓𝑖 ,, =
𝑓𝑖;2 − 2𝑓𝑖;1 + 𝑓𝑖 + 𝑂() 2
𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 al ini, 𝑂() = 𝑓 ,, (𝑡), 𝑥𝑖;2 < 𝑡 < 𝑥𝑖
Metode Numerik
Page 206
Untuk nilai-nilai 𝑓 di 𝑥;2 , 𝑥;1 𝑑𝑎𝑛 𝑥0 persamaan rumusnya menjadi : 𝑓0 ,, =
c)
𝑓;2 − 2𝑓;1 + 𝑓0 + 𝑂() 2
Hampiran selisih-maju Dengan cara yang sama seperti hampiran selisih-pusat di atas, diperoleh: 𝑓𝑖 ,, =
𝑓𝑖:2 − 2𝑓𝑖:1 + 𝑓𝑖 + 𝑂() 2
𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 al ini, 𝑂() = −𝑓 ′′ (𝑡), 𝑥𝑖 < 𝑡 < 𝑥𝑖:2 Untuk
𝑓
nilai-nilai
di
𝑥0 , 𝑥1 𝑑𝑎𝑛 𝑥2
persamaan
rumusnya
menjadi : 𝑓0 ′′ =
7.4
𝑓2 − 2𝑓1 + 𝑓0 + 𝑂() 2
Penurunan Rumus Turunan Numerik dengan Polinom Interpolasi Misalkan diberikan titk-titik data berjarak sama, 𝑥𝑖 = 𝑥0 + 𝑖, 𝑖 = 0,1,2, … , 𝑛, 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 𝑥0 + 𝑠, 𝑠
𝑅
Adalah titik yang akan dicari nilai interpolasinya. Polinom Newton-Gregory yang menginterpolasi seluruh titik data tersebut adalah: 𝑓(𝑥) ≈ 𝑝𝑛 (𝑥) = 𝑓0 +
𝑠∆𝑓0 ∆2 𝑓0 ∆3 𝑓0 + 𝑠(𝑠 − 1) + 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 − 2) 1! 2! 3! ∆𝑛 𝑓0 + 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 − 2) … (𝑠 − 𝑛 + 1) 𝑛! = 𝐹(𝑠)
Yang dalam hal ini, 𝑠 =
Metode Numerik
(𝑥;𝑥0 )
Page 207
Turunan pertama dari 𝑓(𝑥) adalah : 𝑓 ′ (𝑥) =
𝑑𝑓 𝑑𝐹 𝑑𝑠 = 𝑑𝑥 𝑑𝑠 𝑑𝑥
1 𝑠2 1 1 = (0 + ∆𝑓0 + (𝑠 − ) ∆2 𝑓0 + ( − 𝑠 + ) ∆3𝑓0 + ⋯ ) 2 2 3 =
1 1 (∆𝑓0 + (𝑠 − ) ∆2 𝑓0 + 𝑔𝑎𝑙𝑎𝑡) 2
Berdasarkan persamaan diatas, diperoleh rumus turunan numerik dengan ketiga pendekatan (maju, mundur, pusat) sebagai berikut : (a) Hampiran selisih-maju
Bila digunakan titik-titik 𝑥0 𝑑𝑎𝑛 𝑥1 : 𝑓 ′ (𝑥0 ) =
1 𝑓1 − 𝑓0 (∆𝑓0 ) =
Bila digunakan titik-titik 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 : 𝑓 ′ (𝑥0 ) = Untuk titik 𝑥0 → 𝑠 =
1 1 (∆𝑓0 + (𝑠 − ) ∆2 𝑓0 ) 2
(𝑥0 ;𝑥0 )
= 0, sehingga
1 1 𝑓 ′ (𝑥0 ) = (∆𝑓0 − ∆2 𝑓0 ) 2 1 1 = (∆𝑓0 − (∆𝑓1 − ∆𝑓0 ) 2 1 3 1 = ( ∆𝑓0 − ∆𝑓1 ) 2 2 1 3 3 1 1 = ( 𝑓1 − 𝑓0 − 𝑓2 + 𝑓1 ) 2 2 2 2 −3𝑓 + 4𝑓 − 𝑓 0 1 2 𝑓 ′ (𝑥0 ) = 2 (b)
Hampiran selisih-mundur Polinom interpolasi: Newton-Gregory mundur bila digunakan titik-titik 𝑥0 𝑑𝑎𝑛 𝑥;1 :
Metode Numerik
Page 208
1 𝑓0 − 𝑓;1 𝑓 ′ (𝑥0 ) = (∇𝑓0 ) = (c) Hampiran selisih-pusat digunakan titik-titik 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 : 𝑓 ′ (𝑥0 ) = Untuk titik 𝑥1 → 𝑠 =
1 1 (∆𝑓0 + (𝑠 − ) ∆2 𝑓0 ) 2
(𝑥1 ;𝑥0 )
= = 1, sehingga
1 1 𝑓 ′ (𝑥1 ) = (∆𝑓0 + ∆2 𝑓0 ) 2 1 1 = (∆𝑓0 + (∆𝑓1 − ∆𝑓0 ) 2 1 1 1 = ( ∆𝑓0 + ∆𝑓1 ) 2 2 1 (𝑓 − 𝑓0 + 𝑓2 − 𝑓1 ) = 2 1 𝑓2 − 𝑓0 𝑓 ′ (𝑥1 ) = 2 Untuk titik 𝑥;1 , 𝑥0 , 𝑑𝑎𝑛 𝑥1 : 𝑓 ′ (𝑥0 ) = Rumus
untuk
Turunan
Kedua,
𝑓1 − 𝑓;1 2 𝑓 ′′ (𝑥)
dengan
Polinom
Interpolasi Turunan kedua 𝑓 adalah 𝑑2 𝑓 𝑑 𝑑𝑓 𝑑𝑠 = ( ) 𝑑𝑥 2 𝑑𝑠 𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 1 = (0 + ∆2 𝑓0 + (𝑠 − 1)∆3 𝑓0 ). 1 2 = 2 (∆ 𝑓0 + (𝑠 − 1)∆3 𝑓0 ) Misalkan untuk hampiran selisih-pusat, titik-titik yang digunakan 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 : Untuk titik 𝑥1 → 𝑠 =
Metode Numerik
(𝑥1 ;𝑥0 )
= = 1, sehingga
Page 209
𝑓 ,, (𝑥1 ) =
1 2 (∆ 𝑓0 + (1 − 1)∆3 𝑓0 ) 2
1 2 (∆ 𝑓0 ) 2 1 = 2 (∆𝑓1 − ∆𝑓0 ) 1 = 2 (𝑓0 − 2𝑓1 + 𝑓2 ) =
Untuk titik 𝑥;1 , 𝑥0 , 𝑑𝑎𝑛 𝑥1 : 𝑓 ,, (𝑥0 ) =
7.5
𝑓;1 − 2𝑓0 + 𝑓1 2
Menentukan Orde Galat Pada penurunan rumus turunan numerik dengan deret Taylor, kita dapat langsung memperoleh rumus galatnya. Tetapi dengan polinom interpolasi kita harus mencari rumus galat tersebut dengan bantuan deret Taylor. Contohnya, kita menentukan rumus galat dan orde dari rumus turunan numerik hampiran selisih-pusat :
𝑓 ′ (𝑥0 ) =
𝑓1 − 𝑓;1 +𝐸 2
Nyatakan E (galat) sebagai ruas kiri persamaan, lalu ekspansi ruas kanan dengan deret Taylor di sekitar 𝑥0 : 𝐸 = 𝑓 ′ (𝑥0 ) −
Metode Numerik
𝑓1 − 𝑓;1 2
Page 210
1 2 3 *(𝑓0 + 𝑓0 , + 𝑓0 ,, + 𝑓0 ,,, + ⋯ ) 2 2 6
= 𝑓0 , −
− (𝑓0 − 𝑓0 , +
= 𝑓0 −
2 ,, 3 ,,, 𝑓 − 𝑓0 + ⋯ )+ 2 0 6
1 3 (2𝑓0 , + 𝑓0 ,,, + ⋯ ) 2 3 2 ,,, 𝑓 +⋯ 6 0
= 𝑓0 − 𝑓0 −
=−
2 ,,, 𝑓 +⋯ 6 0
=−
2 ,,, 𝑓 (𝑡), 𝑥;1 < 𝑡 < 𝑥1 6
= 𝑂(2 ) Jadi, 𝐸=−
7.6
hampiran 2 6
selisih-pusat
memiliki
galat
𝑓 ,,, (𝑡), 𝑥;1 < 𝑡 < 𝑥1 dengan orde 𝑂(2 ).
Ringkasan Rumus-rumus Turunan Turunan pertama 𝑓0 ′ =
𝑓1 ;𝑓0
𝑓0 ′ =
𝑓0 ;𝑓;1
𝑓0 ′ =
𝑓1 ;𝑓;1
+ 𝑂()
2
(selisih-maju)
+ 𝑂()
(selisih-mundur)
+ 𝑂(2 )
(selisih-pusat)
Turunan kedua ;3𝑓 :4𝑓 ;𝑓
′ 0 1 :𝑓 10 2 𝑓 ;2𝑓 𝑂(2 ) 𝑓𝑓00′′ = = 2 2 ++𝑂() 2
;𝑓 :8𝑓 ;8𝑓 :𝑓
′ ;2 𝑓 2 ;2𝑓1 :𝑓;1 0 + 𝑂(4 ) 𝑓𝑓00′′ = = ;2 2;1 12 + 𝑂()
Metode Numerik 𝑓0 ′′ =
𝑓1 ;2𝑓0 :𝑓;1 2
+ 𝑂(2 )
(selisih-maju) (selisih-maju) (selisih-pusat) (selisih-mundur)
Page 211
(selisih-pusat)
Turunan ketiga
𝑓0 ′′′ =
𝑓3 ;3𝑓2 :3𝑓1 ;𝑓0
𝑓0 ′′′ =
𝑓2 ;2𝑓1 :2𝑓;1 ;𝑓;2
3
2 3
+ 𝑂() + 𝑂(2 )
(selisih-maju) (selisih-pusat)
Turunan keempat
7.7
𝑓0 (4) =
𝑓4 ;4𝑓3 :6𝑓2 ;4𝑓1 :𝑓0
𝑓0 (4) =
𝑓2 ;4𝑓1 :6𝑓0 ;4𝑓;1 :𝑓;2
4
4
+ 𝑂() + 𝑂(2 )
(selisih-maju) (selisih-pusat)
Contoh Perhitungan Turunan
Metode Numerik
𝒙
𝒇(𝒙)
1.3
3.669
1.5
4.482
1.7
5.474
1.9
6.686
Page 212
a)
2.1
8.166
2.3
9.974
2.5
12.182
Hitunglah 𝑓 1 (1.7) dengan rumus hampiran selisih-pusat orde O(2 ) 𝑑𝑎𝑛 𝑂 (4 )
b)
Hitunglah 𝑓 1 (1. 4) dengan rumus hampiran selisih-pusat orde 𝑂(2 )
c)
Rumus apa yang digunakan untuk menghitung 𝑓 1 (1.3)𝑑𝑎𝑛 𝑓 1 (2.5) ?
Penyelesaian : a)
Orde 𝑂(2 ) ∶ 𝑓 ; 𝑓;1
𝑓01 = 1
2
Ambil titik-titik 𝑥;1=1.5 𝑑𝑎𝑛 𝑥1 = 1.9 yang dalam hal ini 𝑥0 = 1.7 terletak ditengah keduanya dengan h=0.2 6.686;4.482
𝑓 1 (1.7) =
2(0.2)
= 5.510 (empat angka bena)
Orde 𝑂(4 ) : 𝑓𝑜1 =
;𝑓2 :8𝑓1 ;8𝑓;1 :𝑓2 12
Ambil titik-titik 𝑥;2 = 1.3 𝑑𝑎𝑛 𝑥;1 =1.5,𝑥1 = 1.9 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 = 2.1 yang dalam hal ini 𝑥0 = 1.7 terletak dipertengahannya. 𝑓 1 (1.7) =
−8.166 + 8(6.686) − 8(4.482) + 3.669 12(0.2)
= 5.473 b)
(empat angka bena)
2
Orde 𝑂( )
Metode Numerik
Page 213
Ambil titik-titik 𝑥;1=1.3 𝑑𝑎𝑛 𝑥1 = 1.5 yang dalam hal ini 𝑥0 = 1.4 terletak ditengah keduanya dengan h=0.1 𝑓 1 (1.4) = c)
4.482;3.669 2(0.1)
Untuk menhitung 𝑓
= 4.065
(empat angka bena )
1 (1.3)digunakan
rumus hampiran selesih-
maju, sebab 𝑥 = 1.3 i hanya mempunyai titik-titik sesudahnya(maju), tetapi tidak memiliki titik-titik sebelumnya.sebaliknya untuk nilai 𝑓 1 (2.5)digunakan rumus hampiran selisih-mundur sebab 𝑥 = 2.5 hanya mempunyai titiktitik sebelumnya (mundur) Hampiran selisih-maju :
𝑓01 =
𝑓1 − 𝑓0 + 𝑂()
𝑓 1 (1.3) =
4.482 − 3.669 = 4.065 0.2
hampiran selisih-mundur : 𝑓0;𝑓1
𝑓01 =
𝑓 1 (2.5) =
7.8
+ 𝑂() 12.182;9.974 0.2
= 11.04
Ekstrapolasi Richardson Ekstrapolasi Richardson juga dapat diterapkan pada turunan numerik untuk memperoleh solusi yang lebih teliti. Misalkan 𝐷() dan 𝐷(2) adalah hampiran 𝑓 ′ (𝑥0 ) dengan mengambil titiktitik
masing-masing
sejarak
dan
2.
Misalkan
untuk
′
menghitung 𝑓 (𝑥0 ) digunakan rumus hampiran beda-pusat orde
Metode Numerik
Page 214
𝑂(2 ) ∶
𝐷() =
1 (𝑓 − 𝑓;1 ) + 𝑂(2 ) 2 1
= 𝑓0 ′ + 𝐶2 + ⋯
𝐷(2) =
1 (𝑓 − 𝑓;2 ) + 𝑂(2)2 2(2) 2
= 𝑓0 ′ + 𝐶(2)2 + ⋯ = 𝑓0 ′ + 4𝐶2 + ⋯
Kurangi persamaaan 𝐷() − 𝐷(2) 𝐷() − 𝐷(2) = −3𝐶2 𝐶=
𝐷() − 𝐷(2) −32
𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑠𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝐶 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝐷()
Ekstrapolasi Richardson dapat diperluas penggunaannya untuk
Metode Numerik
Page 215
mendapatkan nilai turunan fungsi yang lebih baik (improve). Berdasarkan persamaan diatas dapat ditulis aturan:
Yang dalam hal ini 𝑛 adalah orde galat rumus yang dipakai. Misalnya digunakan rumus hampiran selisih-pusat orde
𝑂(2 )
dalam menghitung 𝐷() 𝑑𝑎𝑛 𝐷(2), maka 𝑛 = 2, sehingga rumus ekstrapolasi Richardsonnya adalah seperti persamaan
Catatan juga bahwa setiap perluasan ekstrapolasi Richardson akan menaikkan orde galat dari 𝑂(𝑛 ) menjadi 𝑂(𝑛:2 ). Contoh Soal : Diberikan data dalam bentuk tabel sebagai berikut :
Metode Numerik
X
F(x)
2.0
0.42298
2.1
0.40051
2.2
0.37507
2.3
0.34718
2.4
0.31729
2.5
0.28587
2.6
0.25337
2.7
0.22008
2.8
0.18649
Page 216
2.9
0.15290
3.0
0.11963
Tentukan 𝑓 1 (2.5) dengan ekstrapolasi Richrdson bila D(h) dan D(2h) 𝑂(
dihitung
2 )𝑠𝑎𝑚𝑝𝑎𝑖
dengan
rumus
hampiran
selisih-pusat
orde
5 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑏𝑒𝑛𝑎.
Penyelesaian : 𝐷()
selang titik yang dipakai:[2.4 ,2.6] dan h = 0.1 𝑥;1< 2.4, 𝑥0< 2.5, 𝑥1< 2.6
D(h) =
𝑓1 ; 𝑓;1 2
D(2h)
=
(0.25337;0.31729) 2(0.1)
= −0.31960
selang titik yang dipakai:[2.3 ,2.7] dan h = 0.2 𝑥;2< 2.3, 𝑥0< 2.5, 𝑥1< 2.7
D(2h) =
𝑓2 ; 𝑓;2 2
D(4h)
=
(0.22008;0.34718) 2(0.2)
= −0.31775
selang titik yang dipakai:[2.1 ,2.9] dan h = 0.4 𝑥;4< 2.1, 𝑥0< 2.5, 𝑥4< 2.9
D(4h) =
𝑓4 ; 𝑓;4 2
=
(0.40051;0.15290)
𝐷() = −0.31960
2(0.4)
dan
= −0.30951
𝐷(2) = −0.31775
keduanya
dihitung
2
dengan rumus orde 0( ), sehingga n=2, sehingga 𝑓 1 (2.5) = 𝑓0 < 𝐷() + 1/(22 − 1) , 𝐷() − 𝐷(2)-
Metode Numerik
Page 217
= − 0.31960 + 1/3 (−0.31960 + 0.31775) mempunyai galat orde 0(4 )
= −0.32022 𝐷(2) = −0.31775
dan
𝐷(4) = −0.30951
keduanya
dihitung
2
dengan rumus orde 0( ), sehingga n=2, sehingga 𝑓 1 (2.5) = 𝑓0 < 𝐷(2) + 1/(22 − 1) , 𝐷(2) − 𝐷(4)= − 0.31775 + 1/3 (−0.31775 + 0.30951) = −0.32050
mempunyai galat orde 0(4 )
D(2h) = -0.32022 dan D(4h) = -0.32050 keduanya dihitung dengan rumus orde 0(4 ), sehingga n=4, sehingga 𝑓 1 (2.5) = 𝑓0 < 𝐷(2) + 1/(24 − 1) , 𝐷(2) − 𝐷(4)= − 0.32022 + 1/15 (−0.32022 + 0.32050) = −0.32020
mempunyai galat orde 0(6 )
Tabel Richardson : 0(2 )
h
0(4 )
0.1
-0.31960
0.2
-0.31775
-0.32022
-0.30951
-0.32050
0.4 Jadi, 𝑓
Metode Numerik
1 (2.5)
0(6 )
-0.32020
= -0.32020.
Page 218
Daftar Pustaka
Munir, Rinaldi,2010. Metode Numerik. Bandung : Informatika. http://www.google.com/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd=13&cad= rja&ved=0CDcQFjACOAo&url=http%3A%2F%2Faning.staff.gunadarma.ac.id%2F s%2Ffiles%2F27626%2Fnumerik.doc&ei=g2RbUpTmJMbDrAfTwIH4Cw&us g=AFQjCNH_LP320anr6OvOfvuPLcsubLg4jQ&sig2=gwfoNnSP3tfFdVZOOgIAnQ&bvm =bv.53899372,d.bmk http://sainsmat.uksw.edu/2008/wpcontent/s/2010/03/mastermetnum.pdf http://ilkom.starcomptechnology.com/wp-
Metode Numerik
Page 219
content/s/2013/02/Bahan-Ajar-Metode-Numerik.pdf http://millatulkhaniifah28.blogspot.com/2012/11/metode-secant-part2.html http://studentresearch.umm.ac.id/index.php/dept_of_mathematics/artic le/view/6070 http://id.wikipedia.org/wiki/Aljabar_linear
Metode Numerik
Page 220