Metode-numerik 1t54y

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 

  aa 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


1.2 × 10

;6


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 n1  Mh n1  O ( h n1 )

Dapat dituliskan menjadi:

f ( h)  p ( h)  O ( h n1 ) 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 103  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


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 −


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 [AB] 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


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 ) + 2𝑕𝑓(𝑥1 ) + 2𝑕𝑓(𝑥2 ) + ⋯ + 2𝑕𝑓(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 + 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 + 𝑓1 ) + 𝑂(𝑕3 ) 2 0

Kaidah trapesium untuk integrasi dalam selang ,0, 𝑕- kita perluas untuk menghitung 𝑏


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


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


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 n1 "  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 0u  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


dengan

menggunakan

daerah

a

kaidah

trapezium

integrasi menjadi 𝑛 =

21

dengan

pembagian

= 2 buah pias; b


dengan

menggunakan

daerah

a

kaidah

trapezium


22

dengan

pembagian

= 4 buah pias; b


dengan

menggunakan

daerah

a

kaidah

trapezium


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 

ba 2

a1 

ba 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 

ba 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


Metode Numerik

𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑥0 − 𝑕) 𝑓0 − 𝑓1 = 𝑕 𝑕

Page 203

3.

Hampiran

selisih-pusat

(Central

Difference


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 = 2𝑕𝑓𝑖 ′ +

𝑕3 ,,, 𝑓 +⋯ 3 𝑖

2𝑕𝑓𝑖 ′ = 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 (2𝑕𝑓0 , + 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 ′ + 𝐶𝑕2 + ⋯

𝐷(2𝑕) =

1 (𝑓 − 𝑓;2 ) + 𝑂(2𝑕)2 2(2𝑕) 2

= 𝑓0 ′ + 𝐶(2𝑕)2 + ⋯ = 𝑓0 ′ + 4𝐶𝑕2 + ⋯



Kurangi persamaaan 𝐷(𝑕) − 𝐷(2𝑕) 𝐷(𝑕) − 𝐷(2𝑕) = −3𝐶𝑕2 𝐶=

𝐷(𝑕) − 𝐷(2𝑕) −3𝑕2

𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑠𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝐶 𝑡𝑒𝑟𝑕𝑎𝑑𝑎𝑝 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


D(2h) =

𝑓2 ; 𝑓;2 2𝑕

D(4h)

=

(0.22008;0.34718) 2(0.2)

= −0.31775


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

Metode-numerik 1t54y

Overview 1s532p

More details 6h715l

More Documents from "Andi Bukant" 5e4243

Metode-numerik 1t54y

Contoh Studi Kasus Bengkel Motor 2t3f18

Template Petrogas (autosaved) 23193

03-sd-mtk-fajariah Soal Ulangan Harian Bab 01 Letak Bilangan Pada Garis Bilangan 5l1d2q

504uu

Kisi-kisi-ujian-praktik-ipa-ix.doc 6x5s3w