Post on 30-Jan-2018
BAB IMETODE NUMERIK SECARA UMUM
1.1 Pengertian Metode NumerikMetode 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 :
14 x5+5 x4+2x3−x2−x−12=02. Tentukan harga x yang memenuhi persamaan:
√27,8e5 x−1x=cos−1 (120 x2+√2 x )
17 x−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 NumerikBeberapa 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
Metode Numerik Page 1
ditemukan dengan cara menyederhanakanmatematika yang lebih tinggi menjadi operasi matematika yang mendasar.
3. Menyediakan sarana memperkuat pengetahuan matematika, karena salah satu kegunaannya adalah menyederhanakan matematika yang lebih tinggi menjadi operasi – operasi matematika yang mendasar.
1.3 Tahap Pemecahan Secara numeris :1. Pemodelan2. Penyederhanaan model3. Formulasi Numerik
a. Menentukan metoe numeric yang akan dipakai, bersama dengan analisis error awal.
b. Pertimbangan pemilihan metode1)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 uji6. Evaluasi -> intepretasi output, penaksiran kualitas
solusi numeric, pengambilan keputusan untuk menjelaskan program guna memperoleh hasil yang lebih baik.
1.4 Langkah-langkah Penyelesaian persoalan numerik :1.1 Identifikasi masalah1.2 Memodelkan masalah ini secara matemais1.3 Identifikasi metode numerik yang diperlukan untuk menyelesaikannya1.4 Analisis hasil akhir : implementasi, metode, model dan masalah
Metode Numerik Page 2
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 linear3. Interpolasi linear, kuadrat, Newton, dan spline.4. Regresi kuadrat terkecil.5. Diferensiasi numerik.6. Persamaan diferensial biasa.7. Integrasi numerik.
BAB IIDERET TAYLOR DAN ANALISIS GALAT
2.1 Deret Taylor dan Deret MaclLaurin
Metode Numerik Page 3
Deret TaylorRumus :
f ( x )=f (x0 )+(x−x0)
1 ! f ' (x0 )+(x−x0 )
2
2 ! f ' ' (x0 )+…+( x−x0 )
m
m! f m (x0 )+…
(x0 )=1Pada 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 xDan seterusnya.Tahap 2 :Subtitusikan sin(x ) beserta turunannya ke persamaan deret taylor dibawah ini:
f ( x )=f (x0 )+(x−x0)
1 ! f ' (x0 )+(x−x0 )
2
2 ! f ' ' (x0 )+…+( x−x0 )
m
m! f m (x0 )+…
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
3 ! (−cos (x0 ))+(x−x0 )
4
4 ! sin ( x0 )+…
Tahap 3 : Karena pada deret taylor x0=1, maka subtitusi x0 menjadi 1:
sin(x )=sin (1)+( x−1 )
1 ! cos (1)+( x−1 )2
2 ! (−sin (1 ))+( x−1 )3
3 ! (−cos (1 ))+(x−x0 )
4
4 ! sin (1 )+…
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 left (x right ) = - cos {x
f ' left (x right ) = sin {xTahap 2 :Subtitusikan cos (x) bersama dengan turunan cos (x) ke persamaan deret taylor dibawah ini:
f ( x )=f (x0 )+(x−x0)
1 ! f ' (x0 )+(x−x0 )
2
2 ! f ' ' (x0 )+…+( x−x0 )
m
m! f m (x0 )+…
Maka akan menghasilkan :
Metode Numerik Page 5
cos (x)=cos(x0)+(x−x0 )
1! (−sin ( x0 ))+(x−x0 )
2
2! (−cos (x0 ))+(x−x0 )
3
3 ! sin (x0)
Karena pada deret taylor x0=1, maka subtitusi x0 menjadi 1:
cos (x)=cos(1)+ (x−1 )1 !
(−sin (1 ))+ (x−1 )2
2!(−cos (1 ))+ ( x−1 )3
3!sin (1 )
Deret MacLaurinRumus :
f ( x )=f (x0 )+(x−x0)
1 ! f ' (x0 )+(x−x0 )
2
2 ! f ' ' (x0 )+…+( x−x0 )
m
m! f m (x0 )+…
(x0 )=0
Pada deret MacLaurin ini juga mempunyai panjang deret yang tak berhingga 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 )=cos x
f ' ' ( x )=−sin x
f ' ' ' ( x )=−cos x
f 4 ( x )=sin x . .
f (0 )=sin 0
f ' (0 )=cos0
f ' ' (0 )=−sin 0
f ' ' ' (0 )=−cos0
f 4 (0 )=sin 0 . .
010-10
Metode Numerik Page 6
Tahap 2 :Subtitusikan sin(x ) bersama dengan turunan sin(x ) ke persamaan dibawah ini:
f ( x )=f (x0 )+(x−x0)
1 ! f ' (x0 )+(x−x0 )
2
2 ! f ' ' (x0 )+…+( x−x0 )
m
m! f m (x0 )+…
Maka akan menghasilkan :
sin ( x )=sin (x0 )+(x−x0 )
1 ! cos (x0)+(x−x0 )
2
2 ! (−sin (x0 ))+(x−x0 )
3
3 ! (−cos (x0))+(x−x0 )
4
4 ! sin (x0 )+…
Tahap 3 : Karena pada deret MacLaurin x0=0, maka subtitusi x0 menjadi 0:
sin ( x )=sin (0 )+ ( x−0 )1!
cos(0)+ ( x−0 )2
2 !(−sin (0 ))+ ( x−0 )3
3 !(−cos (0 ))+ ( x−0 )4
4 !sin (0 )+…
Tahap 4 :Operasikan deret di bawah ini :
sin ( x )=0+ ( x )1!
1+ ( x )2
2!0+ ( x )3
3 !(−1)+ ( x )4
4 !0+…
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 xPenyelesaian :
Metode Numerik Page 7
Tahap 1 :Menentukan turunan tan(x) terlebih dahulu sebagai berikut :
f ( x )=tan x
f ' ( x )= 1cos2x
f ' ' (x )=2 sin xcos2x
f ' ' ' ( x )= 2cos4 x
+ 2sin2 xcos4 x
Tahap 2 :Subtitusikan tan(x) beserta turunannya ke persamaan dibawah ini:
f ( x )=f (x0 )+(x−x0)
1 ! f ' (x0 )+(x−x0 )
2
2 ! f ' ' (x0 )+…+( x−x0 )
m
m! f m (x0 )+…
Maka akan menghasilkan :
tan ( x )=tan (x0 )+(x−x0)
1 !1
cos2 x(x0 )+
(x−x0 )2
2 !2sin xcos2 x
+…+(x−x0 )
m
m !2
cos4 x+
2sin 2 xcos4 x
+…
Tahap 3 : Karena pada deret MacLaurin x0=0, maka subtitusi x0 menjadi 0:
tan ( x )=0+(x−0)1!
1+ ( x−0 )2
2 !0+…+
( x−0 )3
3 !2
Tahap 4 :Operasikan deret di bawah ini :
sin ( x )= x1!
+ 2x3 !
Metode Numerik Page 8
Hasil akhir :
sin x=x+2 x3
6
sin x=x+ x3
3Deret MacLaurin yang Penting.
1.1
1−x=1+ x+x2+x3+ x4+…
2. ln (1+x )=x− x2
2+ x3
3+ x 4
4+ x5
5+…
3. tan−1 x=x− x3
3+ x5
5− x7
7+ x9
9−…
4. ex=1+x+ x2
2!+ x3
3 !+ x4
4 !+…
5. sin x=x− x3
3 !+ x5
5 !– x7
7 !+ x9
9 !−…
6. cos x=1− x2
2 !+ x4
4 !− x6
6 !+ x8
8 !−…
7. sinh x=x+ x3
3+ x5
5+ x7
7+ x9
9+…
8. cosh x=1+ x2
2 !+ x4
4 !+ x6
6 !+ x8
8!+…
9. (1+x )2=1+( p1 ) x+( p2 )x2+( p3 ) x3+( p4 )x4+…
Metode Numerik Page 9
Deret Taylor dan Deret MacLaurent mempunyai rumus deret yang sama yaitu :
f ( x )=f (x0 )+(x−x0)
1 ! f ' (x0 )+(x−x0 )
2
2 ! f ' ' (x0 )+…+( x−x0 )
m
m! f m (x0 )+…
Hanya saja berbeda pada nilai x0, yaitu : Jika pada Deret Taylor x0 adalah 1. Jika pada Deret MacLaurent x0 adalah
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
ε disebut Galat. Jika tanda Galat ( positif atau negatif ) tidak dipertimbangkan , maka Galat mutlak
2.3 |ε|=|a−a¿
|Galat Relatif didefinisikan sebagai
εR=εa
Atau dalam persentase
εR=εax100 %
Metode Numerik Page 10
2.4 Karena galat dinormalkan terhadap nilai sejati, maka galat
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.
εRA=ε
a¿
Proses ini dilakukan secara berulang , atau secara iterasi dengan maksud secara beruntun menghitung aproksimasi yang lebih dan lebih baik. Jadi, persen galat relatif :
ε a=aproksimasi sekarang - aproksimasi sebelumnyaaproksimasi sekarang
×100 %
Komputasi diulang sampai |εa|<ε s
Pada perhitungan numerik yang menggunakan pendekatan lelaran (iteration), eRA dihitung dengan cara
εRA=ar+1−arar+1
yang dalam hal ini ar+1 adalah nila i hampiran lelaran sekarang dan ar adalah nilaihampiran lelaran sebelumnya. Proses lelaran dihentikan bila| εRA∨¿ εSyang dalam hal ini ε S adalah toleransi galat yang
dispesifikasikan. Nilai ε Smenentukan ketelitian solusi numerik.
Metode Numerik Page 11
Semakin kecil nilai ε S, 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 = 0.0001Galat Relatif Hampiran = (1/3000) / 3.333 = 1/9999
2. Misalkan ada prosedur leleran sebagai berikut
xr+1=−xr
3+36
, r=0 ,1 ,2 ,3 ,…
Leleran dihentikan bila kondisi | εRA∨¿ εS dalam hal ini ε S adalah toleransi galat yang diinginkan. Misalkan dengan memberikan x0=0.5 , dan ε S=0.00001 kita memperoleh runtutan.x0=0.5
x1=0.4791667 ;∨¿ εRA=(x1−x0 )
x1∨¿0.043478>εS
x2=0.4791667 ;∨¿
εRA=(x2−x1 )
x2∨¿0.0051843>εS
x3=0.4813757 ;∨¿
Metode Numerik Page 12
εRA=(x3−x2 )
3∨¿0.0005984>ε S
x4=0.4814091;∨¿
εRA=(x4−x3 )
x4∨¿0.0000693>ε S
x5=0.4791667 ;∨¿
εRA=(x5−x4 )
x5∨¿0.0000081>ε S,
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=0,45dana=4,50Hitung galat maksimum dari:
a. Luas permukaan bolab. Volume bola
Penyelesaian :
a. Luas permukaan bola (S=4 r 2) Galat relatif luas permukaan bola: ε r (S )=2 εr
¿2 εa
¿2 0,454,50
¿0,2 Galat mutlak luas permukaan bola:
ε s=Sε r (S )=4 π r2 .2 εr
Metode Numerik Page 13
¿4 (3,14 ) (4,50 )2 (0,2 )
¿50,868
S=(254,340 50,868)m2
Volumebola :V=43r3
Galat relatif volume bola: ε r (V )=3 εr
¿3 0,454,50
¿0,3Galat mutlak volume bola:
ε V=V . εr (V )=43r3 εr (V )
¿ 43(3,14 )(4,50)3(0,3)
¿114,453
V=(381,51 114,453)m3
2.3 Sumber Utama Galat NumerikSecara 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.
Metode Numerik Page 14
2. Galat pemrograman, Galat yang terdapat di dalam program sering dinamakan dengan bug. Dan proses penghilangan galat dinamakan debugging.
2.3.1 Galat PemotonganGalat pemotongan adalah keterbatasan komputer dalam menyajikan bilangan riil menghasilkan 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 16.428Galat 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)
hh adalah lebar absis (x1+i )dengan x i .galat yang ditimbulkan dari penghampiran turunan tersebut merupakan galat pemotongan.Contoh : Hampiran fungsi cos(x) dengan bantuan deret taylor di sekitar x = 0 :
Metode Numerik Page 15
cos x ≈1− x2
2!+ x4
4 !− x6
6! + x8
8 !− x10
10 !+…
Nilai hampiran 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<xPada contoh cos (x) di atas,
R6 ( x )= x7
7!cos (c )
,0<c<x
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(x ¿¿ 0<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 :
Metode Numerik Page 16
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 ' (x)=1x
f ( x ) = {1} over {{x} ^ {2}
f ' ( x ) = {2} over {{x} ^ {3}
f (4 )(x)=−6x2
f (5)(x )=24x5
f (1)=0
f ' (1)=1
f (1) = -
f ' (1) =
f (4 ) (1 )=−6
f (5)(c)=24c5
Deret Taylornya adalah
ln ( x )=( x−1 )−(x−1)2
2+(x−1)3
3−(x−1)4
4R
4(x)
Dan
ln (0,9 )=¿
(0,9−1 )−(0,9−1)2
2+(0,9−1)3
3−(0,9−1)4
4R
4R4(x)
Metode Numerik Page 17
ln (0,9 )=(−0,1 )−(−0,1)2
2+(−0,1)3
3−(−0,1)4
4R4(x)
ln (0,9 )=−0.1053583+R4(x)Juga
|R5 (0.9 )|<max0.9<c<1|24c5 |x (−0.1)5
5!
Dan nilai Max |24/c5∨¿ 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 )|<max 0.9<c<1|24c5 |x (−0.1)5
5 !=0.0000034
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 (bahkan, adakalanya tidak mungkin dihitung secara analatik). Hitunglah hampiran
nilai ∫0
1
sin x dx secara numeric, yaitu fungsi
f ( x )=sin xdihampiri dengan deret MacLaurin orde 9.Penyelesaian :Deret Maclaurin orde 9 fungsi f (x)=sin x adalah
Metode Numerik Page 18
sin x=x− x3
3 !+ x5
5 !– x7
7 !+ x9
9 !−…
Dengan demikian maka
∫0
1
sin x dx=∫0
1
(x−x3
3!+ x5
5 !– x7
7!+ x9
9 ! ) dx
¿(1−13
3!+ 15
5 !– 17
7 !+ 19
9 ! ) ¿1−1
6+ 1
120– 1
5040+ 1
362880=0.8414710097
2.3.2 Galat Pembulatan
Galat pembulatan adalah galat yang ditimbulkan oleh keterbatasan computer dalam menyajikan bilangan real. Hampir semua proses penghitungan dalam 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 0.6667disebut galat pembulatan.
Angka Bena Angka bena (significant figure) adalah angka bermakna,angka penting, atau angka yang dapat digunakan pasti .Contohnya :
Metode Numerik Page 19
43.1230.17640.0000012278.300270.00900.0090
Memiliki 5 angka bena (yaitu 4, 3, 1, 2, 3)Memiliki 4 angka bena (yaitu 1, 7, 6, 4)Memiliki 2 angka bena (yaitu 1, 2)Memiliki 6 angka bena (yaitu 2, 7, 8, 3, 0, 0)Memiliki 7 angka bena (yaitu 2, 7, 0, 0, 0, 9, 0)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
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
1.5×107
Memiliki 5 angka benaMemiliki 4 angka benaMemiliki 2 angka benaMemiliki 6 angka benaMemiliki 7 angka benaMemiliki 2 angka benaMemiliki 4 angka benaMemiliki 24 angka bena(bilangan avogadro)Memiliki 8 angka bena (jarak bumi-matahari)
Komputer hanya menyimpan sejumlah tertentu angka
Metode Numerik Page 20
bena. Bilangan riil yang jumlah angka benanya melebihi jumlah angka bena computer akan disimpan dalam sejumlah angka bena 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 )=−2331000
f (13.400 )=−0.233
2. Hitunglah hampiran nilai cos(0.2), sudut dinyatakan dalam radian, dengan deretMaclaurin 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
Metode Numerik Page 21
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:
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 :1. Tentukam polinom MacLaurin orde 3 untuk
f (x)=sin(x), kemudian gunakan polinom tersebut
untuk menghampiri nilai f (0.2) gunakan galat total dalam menentukan hasilnya dengan 4 angka bena.Penyelesaian :
sin ( x )=x− x3
3 !+ x5
5 !– x7
7 !
sin(0.2)=0.2−0.23
3!+ 0.25
5 !– 0.27
7 !=0.1986693308
Galat total : 0.1987
Metode Numerik Page 22
2. Carilah deret MacLaurin ex. Gunakanpolinom tersebut
untuk menghampiri nilai f (0.1), yang setiap hasil perhitungan antara maupun hasil perhitungan akhir menggunakan galat total.Penyelesaian :
ex=1+x+ x2
2!+ x3
3 !
e(0.1 )=1+0.1+ 0.12
2!+ 0.13
3!¿1.105166667
Galat total :1.105167
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 (h) dihampiri dgn fungsip¿).
Jika ¿ f (h)−p(h)∨≤M∨hn∨, yg dalam hal ini M adalah
konstanta riil > 0, maka kita katakan bahwa p(h)
menghampiri f (h) dengan orde penghampiran O(hn) dan
ditulis dgn :
f (h)=p(h)+O(hn)
O(hn) juga dapat diartikan sebagai orde galat dari
penghampiran fungsi. Karena h umumnya cukup kecil, yaitu <
Metode Numerik Page 23
1, maka semakin tinggi nilai n semakin kecil galat, yg berarti semakin teliti penghampiran fungsinya.
Metode yg berorde O(h2)misalnya, lebih teliti drpd metode yg
berorde O(h). Juga pada metode yg berorde O(h2), jika
ukuran h dijadikan setengah kali semula, maka galatnya menjadi seperempat kali galat semula.Umumnya deret Taylor digunakan untuk menghampiri fungsi. Misalkan :
x i+1=x i+h ,i=0,1,2 ,… ..
Adalah titik-titik sebesar h, maka hampiran f (x i+1) dengan
deret Taylor di sekitar x i adalah :
Dalam hal ini :
Jadi, kita dapat menuliskan :
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:]
Metode Numerik Page 24
f ( xi+1 )= f ( xi )+( x i+1−x i)
1 !f ' ( x i)+
( x i+1−x i )2
2 !f ''( x i)+. .. .+
( x i+1−x i)n
n !f (n)( xi )+Rn ( xi+1 )
f ( xi+1 )=f ( xi )+h1!
f ' ( xi )+h2
2 !f ''( x i )+. . ..+ hn
n!f (n )( x i)+Rn( x i+1)
Rn ( xi+1 )=h(n+1)
(n+1 )!f (n+1)( t )=O(hn+1); xi<t< xi+1
f ( xi+1)=∑k=0
n hk
k !f k( x i)+O(hn+1)
f ( x )=f (x0 )+f' (x0 ) (x−x0 )+
12! f ' ' (x0 )( x−x0)
2+ 13! f ' ' ' (x0 ) (x−x0 )
3+…+ 1n! f n (x0 ) (x−x0 )
n
+ Rn(x )
Bila (x−x0) = h atau x=x0+h, maka:
Dapat dituliskan menjadi:
p(h) adalah fungsi hampiran untuk f (h) dengan galat
O(hn+1) . O(hn+1) disebut sebagai Big-Oh (O-besar).
Pada umumnya 0<h<1, jadi semakin besar n semakin dekat
p(h) menghampiri f (h)
Contoh:
1. cos h=1– 12!h2O(h4)
¿1– 12!h2 1
4! h4O(h6)
¿1– 12!h2+ 1
4!h4 – 1
6!h6O(h8)
¿1– 12!h2+ 1
4!h4 – 1
6!h6+ 1
4!h8O(h10)
Metode Numerik Page 25
f ( x0+h )= f ( x0)+ f' ( x0)h+
12!
f ''( x0)h2+. ..
+1n !
f n ( x0 )hn+Rn (h)
Rn (h )=1
(n+1)!f n+1 (ξ )hn+1=Mhn+1=O( hn+1)
f (h)=p (h )±O(hn+1)
Orde Penghampiran didapat dati Deret Penting Maclaurin :
f ( x )=ln ( x )=x− x2
2+ x3
3− x4
4+ x5
5+O(h¿¿6)¿
f ( x )=cos (h )=1− h2
2!+¿ h
4
4 !− h6
6 !+O(h8)¿
eh=1+h+ h2
2 !+ h3
3 !+ h4
4 !+O(h5)
ln (x+1)=x – x2
2+ x3
3– x4
4+ x5
5+O(h6)
sin(h)=h – h3
3 !+ h5
5 !+O(h7)(bukanO(h6) , karena sukuorde 6=0)
cos (h)=1 – h2
2!+ h4
4 !– h6
6 !+O(h8)(bukanO(h7) , karena suku orde7=0)
Contoh :2. a = 3,141592; â = 3,142
â mendekati a teliti sampai tiga desimal
2.5 Bilangan Titik KambangBilangan riil di dalam komputer umumnya disajikan dalam
Metode Numerik Page 26
f ( x )=e x=1+h+ h2
2 !+ h
3
3 !+ h4
4 !+O( h5 )
f ( x )=sin (h)=h− h3
3 !+ h5
5 !+O(h7 )
er=|3 ,141592−3 ,142
3 ,142|=0 ,0001299<10−3
2
format bilangan titik-kambang. Bilangan titik -kambang a ditulis sebagai :
a=±m⨯B p=±0.d1d2d 3d 4d 5d6 ...d n⨯B pdengan,m = mantisa (riil), d1d2d3d4d5d6 ...dn adalah digit atau bit mantisa yang nilainya dari 0sampai 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 titik-kambang. Sistem bilangan yang kita gunakan setiap hari menggunakan basis sepuluh (disebut juga sistem desimal), B = 10. Umumnya komputer menggunakan sistem biner (B = 2), tapi beberapa komputer menggunakan basis 8 dan 16.Contoh soal : 1. bilangan rill 38.980 dinyatakan 0.3898×102dalam
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 0.379433×104dalam
format bilangan titik kambang dengan basis 10.
Metode Numerik Page 27
2.5.1 Bilangan titik kambag TernormalisasiBilangan titik kambang dapat dituliskan dalam bentuk sebagai berikut.a = ± (mb) ⨯ B p – 1
Misalnya, 245.7654 dapat ditulis sebagai0.2457654 ⨯ 103 atau2.457654 ⨯ 102 atau0.02457654 ⨯ 104 , dan sebagainya
Bilangan titik-kambang yang dinormalisasi ditulis sebagai
a=±m⨯Bp=±0.d1d2d3d4d5d6 ...dn⨯Bp
dengan, d1d2d3d4d5d6 ...dnadalah digit (atau bit) mantisa dengan syarat1 ≤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, 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),
Metode Numerik Page 28
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 mesinUkuran yang digunakan untuk membedakan suatu bilangan riil dengan bilangan riil berikutnya adalah epsilon mesin. 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,
Metode Numerik Page 29
sehingga semua bilangan yang mungkin adalah berbentuk:
±0.102⨯2p atau ±0.112⨯2p, -2 ≤p ≤3Daftar bilangan riil positif yang dapat direpresentasikan adalah0.102⨯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
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.
Metode Numerik Page 30
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
yang dalam hal ini R 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 adalah0.29 ⨯10-38 + 0.345 ⨯10-45
Metode Numerik Page 31
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 rumusε= 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 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.
Metode Numerik Page 32
2.5.3 Pembulatan Pada Bilagan Titik Kambang Bil. Riil dalam computer memiliki rentang terbatas Floating-point yang tidak cocok salah satu dari nilai-
nilai dalam rentang nilai yang tersedia akan dibulatkan kesalahsatu nilai dalam rentang
Error yang muncul akibat penghampiran di atas disebut galat pembulatan
Teknik pembulatan yang umumnyadipakaikomputer, yaitu:- Pemenggalan (Chooping)- Pembulatanke digit terdekat (In-rounding)
a. 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)Error = 0.00000065…⨯101
Metode Numerik Page 33
b. Pembulatan ke digit terdekat (in-rounding)
– Misaldiketahui: a = ± 0.d1d2d3…dndn+1…⨯10P
dn ,jika dn+1< 5 dn+1 ,jika dn+1 > 5dn ,jika dn+1 = 5 dan n genapdn+1 ,jika dn+1 = 5 dan n ganjil
Contoh 1: p = 0.31459265358…⨯101
Dalam komputer 6 digit, pembulatan menjadiflround(p) = 0.314593⨯101
dengan error = 0.00000034642…⨯101
èPembulatan ke digit terdekat menghasilkan error yang lebih kecil dari pada pemenggalan
• Pembulatanke digit terdekat (In-rounding) Contoh 2: a = 0.568278571528⨯10-4
1. Dalam komputer 7 digit, pembulatan menjadiflround(a) = 0.5682786⨯10-4
2. Dalam komputer 8 digit, pembulatan menjadiflround(a) = 0.56827857⨯10-4
Contoh lainnya, nilaia = 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
Metode Numerik Page 34
flround (a )=±0 .d1d2d3 . .. dn
¿X 10P
¿
d¿n=
¿
) = 0.568278572 x 10-4
2.5.4 Aritmatika Bilangan Titik Kambanga. Operasi Penambahan dan Pengurangan
Permasalahan 1 Penjumlahan dan Penguranga bilangan yang sangat kecil ke atau dari bilangan yang lebih besar menyebabkan errorContoh :Misalkam digunakan komputer dengan mantis 4 digit (basis 10). Hitunglah
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 )|=0.000019Galat mutlak Pemenggalan
Metode Numerik Page 35
¿|(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 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 0.7641 103 (4 angka bena)
3) Hitung akar-akar polinom x2−40 x+2=0 sampai 4 angka bena.
Metode Numerik Page 36
4) Diberikan f ( x )= ex−1−xx2 . Hitung f (0.01)
sampai 6 angka bena.Penyelesaian :1)
2)
3)
4)
Metode Numerik Page 37
b. Operasi Perkalian da PembagianKriteria:
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).Penyelesaian:a. Kalikan mantis
0.4652 ⨯ 0.1456 = 0.06773312b. Jumlahkan pangkat
4 + (−1) = 3c. Gabungkan mantis dengan pangkat
0.06773312 ⨯ 103
d. Normalisasi: 0.6773312 ⨯ 102
in-rounding → 0.6773 ⨯102
chopping → 0.6773 ⨯102
Metode Numerik Page 38
2. Hitung (0.8675 ⨯ 10−4)/0.2543 ⨯ 10−2 (4 angka bena).
Penyelesaian: a. Bagi mantis
0.8657 : 0.2543 = 3.4113252b. Kurangi pangkat
(−4) – (−2) = −2c. 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 GalatGalat yang dikandung dalam bilangan titik-kambang merambat pada hasil komputasi. Misalkan terdapat dua bilangan adan b(nilai sejati) dan nilai hampirannya masing-masing adan b,
yang mengandung galat masing-masing ε adan ε b. Dapat ditulis
a=a+εa dan b=b+εb.
Galat merambat pada hasil penjumlahan a dan b
a+b=(a+εa)+(b+εb)=(a+b)+(ε a+εb)
Jadi, galat hasil penjumlahan sama dengan jumlah galat masing-masing operand.Galat merambat pada hasil perkalian a dan b
ab=(a+εa)( b+ε b)= a b+a εb+b ε a+εa ε b
Metode Numerik Page 39
ab−a b=a εb+b ε a+εa εbJika, a dan b 0, maka galat relatifnya adalah
(ab− a b)ab
=( a εb+b εa+ε a εb)
ab=( a εb)ab
+( b εa)ab
+ε a εbab
Jika, a dan ahampir sama besar, yaitu aabegitu juga b
danb, dan ε a dan ε b sangat kecil, maka aa bbdan (
εaa)(εbb),
maka
ab−a bab
=εbb+εaa=εRb+εRa
Jadi, galat relatif hasil perkalian sama dengan jumlah galat relatif masing-masing operand.
2.7 Kondisi BurukSuatu persoalan dikatakan berkondisiburuk (illconditioned) bila jawabannya sangat peka terhadap perubahan kecil data (misalnyaperubahankecilakibatpembulatan). Bila kita mengubah sedikit data, maka jawabannya berubah sangat besar (drastis). Lawan dari berkondisi buruk adalah berkondisi baik (wellconditioned). Suatu persoalan dikatakan berkondisi baik bila perubahan kecil datahanya mengakibatkan perubahan kecil pada jawabannya.
Sebagai contoh, tinjau persoalan menghitung akar persamaan kuadratax2+bx+c=0. Caranya hanya mengubah nilai-nilai tetapan c-nya saja:(i) x2−4 x+3.999=0akar-akarnya x1=2.031 dan x2
=1.968Sekarang, ubah 3.99 menjadi 4.00:
Metode Numerik Page 40
(ii) x2−4 x+4.000=0 akar-akarnya x1=x2=2.000Ubah 4.00 menjadi 4.001:(iii) x2−4 x+4.001=0 akar-akarnya imajinerJadi, 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 KondisiKondisi komputasi numerik dapat diukur dengan bilangan kondisi. Bilangan kondisi merupakanukuran tingkat sejauh mana ketidakpastian dalam diperbesar x oleh f(x). Bilangan kondisi dapat dihitung dengan bantuan Deret taylor. Fungsi f(x) diuraikan di sekitar xsampai suku orde pertama:
f (x)≈ f ( x)+f ' ( x)(x− x )Galat relatif hampiran dari x adalah
εRA[ f (x)]=( f (x )−f ( x))/( f ( x))≈ (f ' ( x)(x− x ))/(f ( x))Dan galat relatif hampiran dari adalah
εRA [ x ]= x− xx
Bilangan kondisi didefinisikan sebagai nisbah (ratio) antara galat relatif hampiran dari f(x) dan galat relatif hampiran dari x:
Bilangan kondisi ¿|εRA [ f ( x )]εRA [x ] |=| x f ' ( x)f ( x ) |
Arti dari bilangan kondisi adalah:- Bilangan kondisi = 1 berarti galat relatif hampiran fungsi sama dengan galat relatif x
Metode Numerik Page 41
- 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 dikatakan berkondisi buruk jika bilangan kondisinya sangat besar, sebaliknya berkondisi 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 )= 12√x
Yangakandigunakanuntukmenghitung
Bilangankondisi¿| x
2√ x√ x |= 1
2Bilangankondisiinisangatkecil, yang berartipenarikanakarkuadratx merupakan prosesyang berkondisibaik. Sebagaicontoh, √20.999 = 4.5824665, danjika 20.999 diubahsedikit (dibulatkan)menjadi 21.000 maka√21.000 = 4.5825756. Ternyata perubahankecilpadanilaix hanyaberakibatperubahansedikitpadaf(x).
2. Hitungbilangankondisif ( x )= 101−x2 .
Metode Numerik Page 42
Penyelesaian:Hitungf '(x) terlebihdahulu
f ' ( x )= 20x(1−x2 ) ²
Yangdigunakanuntukmenghitung
bilangankondisi¿| x [ 20 x(1− x2 )2 ]
10(1− x2 )
|=| 2 x2
1− x2|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 )= 1cos2 x
Yang digunakan untuk menghitung
Metode Numerik Page 43
Bilangan kondisi¿| x| 1
cos2( x)|tan ( x) |
Bilangan kondisi ini sangat besar untuk x ≈ π2
. Misalkan
untuk x = π2
+ 0.1(π2
),
Bilangan kondisi = 1.7279(40.86)/-6.314 = -11.2
Dan untuk x = π2
+ 0.01(π2
),
Bilangan kondisi = 1.5865(4053)/-63.66 = -101
Metode Numerik Page 44
BAB IIISOLUSI 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 MasalahPersoalan mencari solusi persamaan yang lazim disebut
akar persamaan atau nilai-nilai nol yang berbentuk f ( x )=0.
Yaitu nilai x=ssedemikian sehingga f (s ) sama dengan nol.Beberapa persamaan sederhana mudah ditemukan akarnya, misalnya 5 x−10=0pemecahannyaadalah dengan
memindahka -10 ke ruas kanan sehingga menjadi 5 x=10,
sehingga solusi atau akarnya adalah x=2. Begitu juga dengan
persamaan kuadratik seperti x2−4 x−5=0 , akar-akarnya mudah ditemukan dengan cara pemfaktoran menjadi
( x−5 ) ( x+1 )=0 sehingga x1=5 dan x2=−1Umumnya persamaan yang akan dipecahkan muncul dalam bentuk nirlanjar (non linear) yang melibatkan bentuk sinus, cosinus, eksponensial, logaritma dan fungsi transenden
Metode Numerik Page 45
lainnya. Misalnya :Tentukan akar riil terkecil dari :
9.34−21.97 x+16.3 x3−3.704 x5=0Contoh 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.
3.2 Metode Pencarian Akar
Dalam metode numerik, pencarian akarf ( x )=0 dilakukan secara 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 terbukaMetode 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
Metode Numerik Page 46
menemukan akar, kadang-kadang konvergen, kadangkala ia divergen.
3.3 Metode TertutupSeperti 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.
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
Metode Numerik Page 47
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:
Jika f (a ) f (b )<0dan 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
Metode Numerik Page 48
selangtersebut.
Ada dua masalah yang terjadi karenaketidaktepatanmengambil 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 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.
Metode Numerik Page 49
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 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 (b¿¿1)¿
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.
Metode Numerik Page 50
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.
Langkah pencarian akar dengan metode bagi dua :
Langkah 1 : Pilih selang inteval pencarian awal x1< x<xu ,dimanax1adalah batas
bawahdan xuadalah batas atas. Kemudian lakukan pengujian apakah akar terdapat
dalaminterval , yaitu f (xu ) . f (x1)< 0.
Metode Numerik Page 51
Langkah 2 : Taksir nilai akar (xr) dalam selang dengan cara membagi dua selang
xr=x1+ xu
2
Langkah 3 : Lakukan pengujian terhadap nilai fungsi untuk mengetahui inteval
pencarian berikutnya , yaitu dengan cara :
Jika (x1) . f (xr )< 0 , berarti akar
terletak pada interval di bawah xr, sehingga interval pencarian selanjutnya
x1¿ x1<x<xu=xr laluulangi langkah ke – 2.
Jika (x1) . f (xr )>0 , berarti akar
terletak pada interval di atas xr ,sehingga interval
pencarian 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 :
Metode Numerik Page 52
1. Lebar selang baru|a−b|<ϵ , yang dalam hal ini
ϵadalah nilai toleransi lebar selang yang mengurung akar
2. Nilai fungsi di hampiran akar f (c )=0. Beberapa bahasa pemrograman membolehkan pembandingan dua buah bilangan riil, sehingga perbandinganf (c )=0dibenarkan. Namun jika kembali ke konsep awal bahwa dua buah bilangan riil tidak 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.3. Galat relative hampiran akar :¿¿ yang dalam hal
ini galat relative hampiran yang diinginkan.
Dengan jumlah iterasi dapat diprediksi menggunakan :
Contoh Soal :
Carilah salah satu akar persamaan berikut:
xe-x+1 = 0
Metode Numerik Page 53
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 = b - (xr) = nilai tengah = xmaka diperoleh tabel biseksi sebagai berikut :
Pada iterasi ke 10 diperoleh x = -0.56738 dan f(x) = -0.00066Untuk 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 :
1. Carilah nilai akar dari persamaan
f ( x )=x3− x−1=0
Metode Numerik Page 54
Penyelesaian :
Pilih a=1danb=2. Karena
f (1 )negatif dan f (2 ) positif , maka salah satu akar terletak di antara 1 dan 2 . Oleh karena itu
x0=32=1,5.Kemudian karena
f ( 32 )=( 3
2 )3
−32−1= 7
8( positif ) maka akar
karakteristik terletak antara 1 dan 1,5.
Kondisi ini memberikan x1=1+1,5
2=1,25.Karena
f (x1 )=f (1,25 )=−1964
(negatif), nilai akar yang
dicari terletak diantara 1,25 dan 1,5. Sehingga diperoleh
x2=1,25+1,5
2=1,375.
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 )=x2−4 x−5 menggunakan metode bagi
Metode Numerik Page 55
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<0jadi memang terdapat akar pada selang [2,9]
Iterasi 1
Bagi 2 selang [2:9]
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≥c1disebut 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 ]
Metode Numerik Page 56
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]
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≥c2disebut solusi hampiran lokasi akar untuk iterasi 2.
Galat/error= [akar sejati – akar hampiran] = [5 – 3,75] = 1,25
Metode Numerik Page 57
3. Selesaikan persamaan x2−3=0dalam interval [1,2] menggunakan metode bagi dua sampai 5 iterasi.
Penyelesaian :
Iterasi 1 :
a1=1⇒ f (a1 )=−2
b1=2
x1=a1+b1
2=1+2
2=1,5⇒ f (x1 )=−0,75
Iterasi 2:
Diamati (a1) . f (x1 )> 0, maka
a2=x1=1,5⇒ f (a2 )=−0,75
b2=b1=2
x2=a2+b2
2=1,5+2
2=1,75⇒ f (x2 )=0,0625
Iterasi 3:
Metode Numerik Page 58
Diamati (a2) . f (x2 )< 0, maka
a3=a2=1,5⇒ f (a3)=−0,75
b3=x2=1,75
x3=a3+b3
2=1,5+1,75
2=1,625⇒ 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
2=1,625+1,75
2=1,6875⇒ f (x3 )=−0,1523
Iterasi 5:
Diamati (a4) . f (x4 )<0, maka
a5=x4=1,6875⇒ f (a5 )=−0,1523
Metode Numerik Page 59
b5=b4=1,75
x5=a5+b5
2=1,6875+1,75
2=1,7187⇒ 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 persamaan-persamaan 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 dua koordinat nilai awal terhadap
Metode Numerik Page 60
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 )b−a
=f (b )−0b−c
Dapat disederhanakan menjadi c= f (b )a−f (a )bf (b )−f (a )
Algoritma Metode Regula Falsi1. Tentukan nilai awal a dan b 2. Cek konvergensi nilaif (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 )bf (b )−f (a )
4. Cek konvergensi nilai c yaitu jika nilai f ( c ) =0
Metode Numerik Page 61
maka hentikan proses iterasi. 5. Jika belum konvergensi tentukan nilai interval
baru dengan cara :a. Jika tanda f(c) = tanda f(a) maka c = ab. 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 )=x2−5 x+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 )(−2 )−( 4 )
=0,333
c=2+0,333 (5−2 )=3→f (3 )=(3 )2−5 (3 )+4=−2Langkah 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
Metode Numerik Page 62
1 3 -2 5 4 0,333 3,667 -0,8892 3,66
7-
0,8895 4 0,182 3,909 -0,264
3 3,909
-0,264
5 4 0,062 3,977 -0,069
w= (−0,264 )(−0,264 )−(4 )
=0,062
c=3,909+0,062 (5−3,909 )=3,977
→f (3,977 )=(3,977 )2−5 (3,977 )+4=−0,069Dan seterusnya ….
n a f (a) b f (b) w c f (c )0 2 -2 5 4 0,333 3 -21 3 -2 5 4 0,333 3,667 -0,889
w= (−2 )(−2 )−( 4 )
=0,333
c=3+0,333 (5−3 )=3,667
→f (3,667 )=(3,667 )2−5 (3,667 )+4=−0,889
Metode Numerik Page 63
Iterasi dapat dihentikan pada iterasi ke-7, karena c6danc7
konstan (c6danc7=4,0000¿sehingga diperoleh akar dari persamaan non linearnya adalah 4,0000
3.4 Metode TerbukaTidak 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 mengurungakar. Inilah alasannya mengapa metode ini 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).
Metode Numerik Page 64
5. Karena itu ,metode terbuka tidak selalu menemukan akar ,kadang konvergen dan kadang ia divergen
Yang termasuk ke dalam metode terbuka : 1. Metode lelaran titik tetap (fixed point iteration).2. Metode Newton-‐Rhapson.3. Orde Kovergesi Metode Terbuka4. 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. Susun persamaan f (x)=0 menjadi bentuk x=g(x )2. Bentuk menjadi xr+1=g(x)3. Tentukan sebarangx0, kemudian hitung
x1 , x2 ,………yang dapat konvergen ke akar sejati4. STOP
|xr+1−xr|<ε atau|xr+1−xr|
|xr|<δ
Contoh :
x – e x=0
x=e xatau g (x)=e xLalu, bentuklah menjadi prosedur lelaran
x r+1=g(x r)Dan terkalah sebuah nilai awal x0 , lalu hitung nilai
Metode Numerik Page 65
x1 , x2 , x3 , ... , f (s )=0dan s=g (s ).
Kondisi berhenti lelaran dinyatakan bila
│x r+1−x r │<εAtau bila menggunakan galat relatif hampiran
|xr+1−xrxr+1
|<δDengan𝜀 dan𝛿telahditetapkan sebelumnya
Perhatikan contoh berikut:
Carilah akar persamaan f ( x )=x2−2x−3=0 dengan
metode lelaran titik tetap. Gunakan ε=0.000001.
Penyelesaian: Terdapat beberapa kemungkinan prosedur lelaranyang dapat dibentuk a) x2−2x –3=0
x2=2x+3
x=√(2 x+3)
Dalam hal ini, ( x )=√2 x+3 . Prosedur lelaran adalah
xr+1=√(2 xr+3). Ambil terkaan awal x0 = 4.
Tabel lelarannya :
Metode Numerik Page 66
Metode Numerik Page 67
r xr | xr+1 – xr |0 4.000000 -1 3.316625 0.6833752 3.103748 0.2128773 3.034385 0.0693624 3.011440 0.0229455 3.003811 0.0076296 3.001270 0.0025417 3.000423 0.0008478 3.000141 0.0002829 3.000047 0.00009410 3.000016 0.00003111 3.000005 0.00001012 3.000002 0.00000313 3.000001 0.00000114 3.000000 0.000000
Hampiran akar x = 3.000000
b) x2−2x –3=0x (x – 2)=3
x= 3x−2
Dalam hal ini, g ( x )= 3x−2
. Prosedur lelarannya
adalah xr+1= 3xr−2
. Ambil terkaan awal x0 =
4.
Tabel lelarannya :
R xr | xr+1 – xr |0 4.000000 -1 1.500000 2.5000002 -6.000000 7.5000003 -0.375000 5.6250004 -1.263158 0.8881585 -0.919355 0.3438036 -1.027624 0.1082697 -0.990876 0.0367488 -1.003051 0.0121759 -0.998984 0.00406610 -1.000339 0.00135511 -0.999887 0.00045212 -1.000038 0.000151
Metode Numerik Page 68
13 -0.999987 0.00005014 -1.000004 0.00001715 -0.999999 0.00000616 -1.000000 0.00000217 -1.000000 0.000001
Hampiran akar x = -1.000000
( c ) −x2−−2 x – 3=0−2 x=−x2+3
x= x2−32
Prosedur lelarannya adalah xr+1¿xr
2−32
. Ambil
terkaan awal x0 = 4.Tabel lelarannya :
I xr | xr+1 – xr |0 4.000000 -1 6.500000 2.5000002 19.625000 13.1250003 191.070313 171.4453124 18252.43215
918061.361847
. . .
Ternyata lelarannya divergen.Teorema 3.2
Metode Numerik Page 69
Misalkan x=5adalah solusi dari
x=g(x )dan andaikan g mempunyai turunan
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.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
lelarandivergen monoton;4. Jika g'(x) < -1 untuk setiap x ∈I, maka
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 :
Metode Numerik Page 70
1. Tidak, tergantung pada f(x) = 0 yang terdapat pada soal tersebut.
2. Kondisi berhenti ketika
|xr+1−xr|<ε atau|xr+1−xrxr−1
|<δ3.
3. Tebakan akar dilakukan secara bebas tetapi sebaiknya diambil dari akar yang mendekati fungsi f(x).
4. Konvergen monoton : hasil dari |xr+1−xr| selalu
turun dan mendekati akarsejatinya.
Konvergen berosilasi : hasil dari |xr+1−xr| selalu
naik turun tetapi mendekatiakar sejatinya.
Divergen monoton : hasil dari |xr+1−xr| selalu
naik sehingga menjauhiakar sejatinya.
Divergen berosilasi : hasil dari |xr+1−xr| selalu
naik turun tetapi menjauhiakar sejatinya.
Contoh Soal :
Hitung akar f (x)=x2 –2 x – 3 dengan
ε=0.000001 .
x2– 2 x –3=0
x (x – 2)=3
xr+1= 3xr−2
r xr | xr+1 – xr |0 4.000000 -
Metode Numerik Page 71
1 1.500000 2.5000002 -6.000000 7.5000003 -0.375000 5.6250004 -1.263158 0.8881585 -0.919355 0.3438036 -1.027624 0.1082697 -0.990876 0.0367488 -1.003051 0.0121759 -0.998984 0.00406610 -1.000339 0.00135511 -0.999887 0.00045212 -1.000038 0.00015113 -0.999987 0.00005014 -1.000004 0.00001715 -0.999999 0.00000616 -1.000000 0.00000217 -1.000000 0.000001
3.4.2 Metode Newton RhapsonMetode 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
Metode Numerik Page 72
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
2f ( t ), {x} rsub {r} < t < {x} rsub {r +1
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 )
, f ' (xr)≠0
Yang merupakan rumus metode Newton-Raphson.Kondisi berhenti lelaran Newton-Raphson adalah bila
|xr+1−xr|<εAtau bila menggunakan gelat relative hampiran
|xr+1−xrxr+1
|<δDengan ε dan δ adalah toleransi galat yang
diinginkan
Catatan :
Jika terjadi f ' (xr )=0, ulangi perhitungan lelaran
dengan x0 yang lain.
Metode Numerik Page 73
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)Karena itu diperoleh akar hampiran dengan
mengambil y=0 ,yaitu
xn=xn−1−f ( xn−1)f ' ( xn−1)
Metode Numerik Page 74
Kriteria Konvergen Newton RaphsonUntuk memperoleh iterasi konvergen maka harus
memenuhi harga mutlak |g' (x )<1|karena metode
Newton Raphson adalah metode terbuka maka dapat dirumuskan :
g ( x )=x− f (x)f ' (x )
maka turunan pertama g ( x )
adalah :
g' (x )=1−f ' ( x ) . f ' ( x )−f (x).f(x)} over {left [{f} ^ {'} (x) right ]¿
g' (x )=|f ' ( x )|2−|f '( x)|2+f (x)f(x)} over {{left [{f} ^ {'} (x) right ]} ^ {2} ¿
g' (x )=f (x).f(x)} over {{left [{f} ^ {'} (x) right ]} ^ {2} ¿
Karena syarat konvergensi |g' ( x )|<1Maka ¿ 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 ε r adalah galat dari xr .
Uraikan g (s ) disekitar xr :
Metode Numerik Page 75
g (s )=g (xr )+g' (xr ) ( s−xr )+
12g (xr )¿
¿ g (xr )+g' (xr ) εr+
12g (xr ) ε r
2+…,
Kemudian kurangi dengan xr+1=g(xr) sehingga diperoleh:
g (s )−xr+1=g' (xr )+12g ( xr )εr
2+…
Karena s=g (s ), maka
s− xr+1=g' (xr ) εr+12g (xr ) εr
2+…
Misalkan s− xr+1=εr+1 , sehingga
ε r+1=g (xr ) εr+12g (xr ) εr
2+…
Bilangan pangkat dari ε r menunjukkan orde (atau laju) konvergensi prosedur lelaran:
(a) :ε r+1≈ g' ( t ) εr , xr<t<xr+1, Prosedur lelaran orde satu
Metode Numerik Page 76
(b) :ε r+1≈12g'
(xr ) ε r2Prosedur lelaran orde dua
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 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
x0−x1= y−f
(x¿¿1)f (x¿¿0)− f (x¿¿1)¿ ¿
¿
Karena x=x2 maka y=0, sehingga diperoleh
Metode Numerik Page 77
x2−x1
x0−x1=0−f
( x¿¿1)f (x¿¿0)−f (x¿¿1)¿¿
¿
x2−x1=−f(x¿¿1)(x0−x1)
f (x¿¿0)−f (x¿¿1)¿¿¿
x2=x1−f(x¿¿1)(x0−x1)
f (x¿¿0)−f ( x¿¿1)¿¿¿
x2=x1−f(x¿¿1)(x1−x0)
f (x¿¿1)−f (x¿¿0)¿¿¿
Secara umum rumus Metode Secant ini ditulis
xn+1=xn−f( x¿¿n)(xn−xn−1)
f (x¿¿n)−f (x¿¿n−1)¿¿¿
Prosedur Metode Secant :
Ambil dua titik awal, misal x0dan x1
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 :
Metode Numerik Page 78
Tentukan salah satu akar dari 4x3 – 15x2 + 17x – 6 = 0 menggunakan Metode Secant sampai 9 iterasi.
Penyelesaian :f(x) = 4x3 – 15x2 + 17x – 6iterasi 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=1,8Iterasi 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
x3=1,8−(−0,672)(1,8−(3 ))
−0,672−18
x3=1,84319Iterasi 3 :Ambil ambil x2=1,8 dan x3=1,84319
Metode Numerik Page 79
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=2,10932Iterasi 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=1,96752Iterasi 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=1,99423Iterasi 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
Metode Numerik Page 80
x7=1,99423−(−0,02854)(1,99423−1,96752)−0,02854−(−0,15303)
x7=2,00036Iterasi 7 :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=2,00000Iterasi 8 :Ambil ambil x7=2,00036dan 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=2,0000Iterasi 9 :Ambil ambil x8=1,999996dan 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)
Metode Numerik Page 81
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 -0,6722 3 1,8 1,8431
918 -0,672 -
0,578173 1,8 1,8431
92,10932
-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
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 GandaAkar 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 )=x3−5x2+7x−3
Metode Numerik Page 82
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 )=x4−6 x3+12x2−10 x−3Akar ganda menimbulkan sejumlah kesulitan untuk banyak metode numerik :1. Kenyataan bahwa fungsi tidak berubah tanda pada
akar ganda genap menghalangi penggunaan metode-metode tertutup. Metode terbuka, seperti metode Newton-Raphson, sebenarnya dapat diterapkan disini. Tetapi, bila digunakan metode Newton-Rapshon untuk mencari akar 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 Newton-Repshon mmaupun metode secant (talibusur), yang dua-duanya menggunakan turunan (atau taksirannya) pada penyebut rumus mereka masing-masing. Ini 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
Metode Numerik Page 83
nol sebelum f’(x). Jadi jika f(x)=0 maka hentikan lelarannya.
3. Ralston dan Rabinowitz (1978) telah menjukkan bahwa menunjukan bahwa perubahan sedikit dalam perumusan mengembalikannya ke kekonvergenan kuadrat, seperti dalam
x i+1=x i−mf (x i )
f ' (x¿¿ i)………… ..¿¿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
u(x )=f (xi )
f '( x¿¿ i)………….. (¿∗¿ )¿
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:
x i+1=x i−u (x i )
u ' (x¿¿ i)………… ..¿¿
Metode Numerik Page 84
Persamaan (***) dan (*****) dapat disubtitusikan ke dalam persamaan (****) dan hasilnya disederhanakan untuk menghasilkan
x i+1=x i−f (x i ) f '(x i)
¿¿¿
Contoh soal :1. Pernyataan masalah : Gunakan baik metode Newton-
Rapshon yang baku maupun yang dimodifikasi untuk menghitung akar ganda dari
f ( x )=x3−5x2+7 x−3 , dengan terkaan awal
x0=0
Penyelesaian :
f ( x )=x3−5x2+7 x−3
f ' ( x )=3 x2−10 x+7
f ' ' ( x )=6 x−10Dengan metode Newton-Rapshon yang baku :
x i+1=x i−f (x i )
f ' (x¿¿ i)¿x i+1=x i−
(x i3−5 x i2+7 xi−3 )
(3 xi2−10 xi+7)
Dengan metode Newton-Rapshon yang dimodifikasi :
x i+1=x i−f (x i ) f '(x i)
¿¿¿Tabel lelarannya adalah :
Metode Newton-Raphson baku
Metode Newton-Raphson yang dimodifikasi
Metode Numerik Page 85
i x i i x i
0 0,000000000 0 0,0000000001 0,428571429 1 1,1052631582 0,685714286 2 1,0030816643 0,832865400 3 1,0000023824 0,9133289835 0,9557832936 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 )=x2−2x−3 ,
dengan terkaan awal x0=4
Penyelesaian :
f ( x )=x2−2x−3
f ' ( x )=2x−2
f ' ' ( x )=2Dengan metode Newton-Rapshon yang baku :
x i+1=x i−f (x i )
f ' (x¿¿ i)¿x i+1=x i−
x i2−2x i−32 xi−2
Dengan metode Newton-Rapshon yang dimodifikasi :
Metode Numerik Page 86
x i+1=x i−f (x i ) f '(x i)
¿ ¿¿
x i+1=x i−(x i2−2 x i−3 )(2x i−2)
¿¿Tabel lelarannya adalah :
Metode Newton-Raphson baku
Metode Newton-Raphson yang dimodifikasi
i x i i x i0 4,000000000 0 4,0000000001 3,166666667 1 3,4000000002 3,006410256 2 2,9672131153 3,000010240 3 2,9997268134 3,000000000 4 3,000000000
Konvergen di akar x=33. Pernyataan masalah : Gunakan baik metode
Newton-Rapshon yang baku maupun yang dimodifikasi untuk menghitung akar ganda dari
f ( x )=x3+6 x−3 , dengan terkaan awal
x0=0,5
Penyelesaian :
f ( x )=x3+6 x−3
f ' ( x )=3 x2+6
f ' ' ( x )=6 xDengan metode Newton-Rapshon yang baku :
Metode Numerik Page 87
x i+1=x i−f (x i )
f ' (x¿¿ i)¿x i+1=x i−
x3+6 x−33 x2+6
Dengan metode Newton-Rapshon yang dimodifikasi :
x i+1=x i−f (x i ) f '(x i)
¿¿¿
x i+1=x i−(x3+6 x−3 )(3x2+6)
¿¿Tabel lelarannya adalah :
Metode Newton-Raphson baku
Metode Newton-Raphson yang dimodifikasi
i x i i x i0 0,5000000000 0 0,50000000001 0,4814814815 1 0,48132780082 0,4814056015 2 0,48140559893 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 langsung p(x ) untuk x=1 tidak efektif sebab melibatkan banyak operasi perkalian. Metode Horner, atau disebut juga metode perkalian bersarang (nested multiplication) menyediakan cara perhitungan polinom dengan sedikit operasi perkalian. Dalam hal ini, polinomp(x ) dinyatakan sebagai perkalian bersarang
Metode Numerik Page 88
p ( x )=a0+x (a1+ x (a2+x (a3+…+x (an−1+an x )) )…)¿
Hasil Evaluasi : p (t )=b0
Contoh:
1. Nyatakanp ( x )=x5+2x4+8 x3+8 x2+4 x+2Penyelesaian:
p ( x )=x5+2x4+8 x3+8 x2+4 x+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
Metode perkalian bersarang untuk menghitung p(t ) sering kali dinyatakan dalam bentuk tabel Horner berikut: (untuk contoh di atas)1 1 2 8 8 4 2
1 3 11 19 231 3 11 19 23 25
Metode Numerik Page 89
Hasilevaluasi: p (1 )=25Dan menghasilkan polinom sisa : x4+3 x3+11 x2+19 x+232. Nyatakanp ( x )=5 x3+2 x2+6x+8
Penyelesaian:
p ( x )=5 x3+2 x2+6x+8 (6 operasi perkalian)
p ( x )=( (5 x+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
Metode perkalian bersarang untuk menghitung p(t ) sering kali dinyatakan dalam bentuk tabel Horner berikut: (untuk contoh di atas)2 5 2 6 8
10 24 605 12 30 68=p (2)
Hasilevaluasi: p (2 )=68Dan menghasilkan polinom sisa : 5 x2+12 x+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
Metode Numerik Page 90
[ p(x )(x−t)
=q (x)]+sisabo
Atau
p ( x )=bo+ (x−t )q (x)Yang dalam hal ini,
q ( x )=bn xn−1+bn−1x
n−2+…+b3 x2+b2 x+b1
Jika t adalah hampiran akar polinomp(x ) maka
p (t )=bo+ (t−t )q (t )=bo+0=bo(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 deflasi (deflation).
Koefisien-koefisien q (x), yaitu
bn ,bn−1 ,…,b3 , b2 , b1 dapat ditemukan langsung dari tabel Horner.Algoritmanya:Misalkan akar polinom dihitung dengan metode Newton- Raphson,
xr+1=xr−p ( x )p' ( x )
Maka proses pencarian akar secara deflasi dapat dirumuskan dalam langkah 1 sampai 4 berikut ini:Langkah 1
Menghitung p(xr) dapat dilakukan secara mangkus
dengan metode Horner
Metode Numerik Page 91
Misalkan t=xradalah 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:
Misalkant=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)
Langkah 3
xr+1=xr−p ( x )p' ( x )
Langkah 4
Ulangi langkah 1, 2 dan 3 sampai|xr+1−xr|<εContoh Soal :
Temukan seluruh akar nyata polinom
p ( x )=x6+4 x5−72 x4−214 x3+1127 x2+1602 x−5040
Metode Numerik Page 92
Dengan tebakan awal x0=8
Penyelesaian:
Dengan menggunakan metode Newton-Raphson kita dapat memperoleh akar pertama yaitu 7.
Bukti:
Diketahui:
p ( x )=x6+4 x5−72 x4−214 x3+1127 x2+1602 x−5040
p' ( x )=6x5+20 x4−288x3−642x2+2254 x+1602
x0=8
Kemudian,
xr+1=xr−p ( x )p' ( x )
Maka:
x1=x0−x6+4 x5−72 x4−214 x3+1127 x2+1602 x−5040
6 x5+20 x4−288 x3−642 x2+2254 x+1602
x1=8− 68640109618
x1=7 .3…
Metode Numerik Page 93
Jika digambarkan,
Deflasi→p ( x )=(x−x1 )q ( x )+b0
Untuk mengetahui q (x), lakukan skema horner yaitu:
Maka
q ( x )=x5+11 x4+5 x3−179 x2−126 x+720
Setelah itu kita akan cari akar polinom derajat 5 dengan tebakan awal 7
(gunakan metode Newton-Raphson)
p ( x )=x5+11 x4+5 x3−179 x2−126 x+720
p' ( x )=5 x4+44 x3+15 x2−358 x−126
x0=7
iterasi xr p(x ) p '(x ) xr+1
1 7 36000 25200 5.57142 5 6240 6844 4.08823 4 1512 2778 3.45574 3 0 528 3
Metode Numerik Page 94
Ternyata akar ditemukan pada titikx=3, yang akan ditunjukkan dengan titik merah pada gambar berikut
Deflasi→q ( x )=(x−x2 ) r ( x )+b1
Lakukan skema horner untuk mencari r (x )
Maka kita peroleh
r ( x )=x4+14 x3+47 x2−38 x−240
Ulangi langkah sebelumnya untuk mencari akar polinom derajat 4 ini, gunakan tebakan awal 3
r ( x )=x4+14 x3+47 x2−38 x−240
r ' ( x )=4 x3+42 x2+94 x−38
x0=3
Iterasi xr r (x ) r '(x ) xr+1
1 3 528 730 2.2767
2 2 0 170 2
Metode Numerik Page 95
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 )=x3+16x2+79 x+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 PolinomMetode 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
Metode Numerik Page 96
x≈−a0
a1
yang dapat dijadikan sebagai tebakan awal untuk 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 x2−200 x+1=0Jawab :Tebakan awal untuk akar terkecil adalah
x0=−1/ (−200)=1/200Tebakan awal untuk akar terbesar adalah
x0=−(−200)/1=2002. Tentukan tebakan awal untuk mencari akar
polinom 2 x2+4 x+1=0Jawab :Tebakan awal untuk akar terkecil adalah
x0=−2 /(4 )=1/2Tebakan awal untuk akar terbesar adalah
x0=−(4 )/2=2
Metode Numerik Page 97
4.7 Sistem Persamaan Nirlanjar4.7.1 Metode lelaran titik tetap
lelarannya titik-tetap untuk sistem dengan dua persamaan nirlanjar:
xr+1=g1(xr , yr)
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,
f 1 ( x , y )=x2+xy−10=0
f 2 ( x , y )=3 xy2−57=0
(Akar sejatinya x=2 dan ¿3 )Prosedur lelaran titik-tetapnya adalah
Metode Numerik Page 98
xr+1=10−xr
2
yr
yr+1=57−3 xr+1 yr2
Berikan tebakan awal x0=1.5 dan y0=3.5 dan
ε=0.000001Tabel lelarannya :
r x Y |xr+1| |yr+1 yr|0 1.500000 3.500000 −¿ −¿1 2.214286 −24.375000 0.714286 27.8750002 −0.209105 429.713648 2.423391 454.0886483 0.023170 −12778.041781 0.232275 13207.755429
..............................................................................................
.......................Ternyata lelarannya divergen!
Sekarang kita ubah persamaan prosedur lelarannya menjadi
xr+1=√10−xr2
yr+1=√ 57− yr3 xr+1 yr
2
Berikan tebakan awal x0=1.5 dan y0=3.5 dan
ε=0.000001Hasilnya,
r x y |xr+1| |yr+1 yr|
Metode Numerik Page 99
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
4.7.2 Metode newton raphsonMetode Newton-Raphson dapat dirampatkan
(generalization) untuk sistem dengan n persamaan.
ur+1=ur+(xr+1−xr )∂ur∂ x
+( yr+1− yr)∂ur∂ y
dan
Metode Numerik Page 100
vr+1=vr+(xr+1−xr )∂vr
∂ x+( yr+1− yr)
∂vr∂ y
xr+1=xr−ur∂vr∂ y
+vr∂ur∂ y
∂ur
∂x∂vr
∂ y−∂ur∂ y
∂ vr∂ x
Dan
yr+1= yr+ur
∂vr∂ x
+vr∂ur∂ y
∂ur
∂x∂vr
∂ y−∂ur∂ y
∂ vr∂x
Contoh :Gunakan metode Newton -Raphson untuk mencari akar
f 1 ( x , y )=x2+xy−10=0
f 2 ( x , y )=3 xy2−57=0
Dengan tebakan awal x0=1.5 dan y0=3.5Penyelesaian :
∂u0
∂ x=2x+ y=2(1.5)+3.5=6.5
∂uo
∂ y=x=1.5
Metode Numerik Page 101
Determinan Jacobi :
∂ur
∂x∂ vr∂ y
−∂ur∂ y
∂vr∂x
∂v0
∂ x=3 xy2=3(3.5)2=36.5
∂v0
∂ y=1+6 xy=1+6 (1.5)=32.5
Determinan Jacobi untuk lelaran pertama adalah
∂ur
∂x∂ vr∂ y
−∂ur∂ y
∂vr∂x
=6.5(32.5)−1.5 (36.75)=156.125
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 ¿¿Dan
y0=3.5−(−2.5 ) (36.75 )−1.625(6.5)
156.125 =2.84388
Apabila lelarannya diteruskan, ia konvergen ke akar sejati
x=2 dan y=3.Seperti halnya metode lelaran titik -tetap, metode Newton-Raphson 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
Metode Numerik Page 102
Dalam suatu proses kimia, campurkan karbon monoksida dan oksigen mencapai kesetimbangan pada suhu 300 ° K dan tekanan 5 atm.reaksi teoritisnya adalah
CO+ 12O2⇄CO2
Reaksi kimia yang sebenarnya terjadi dapat ditulis sebagai
CO+O2⟶ xCO2+(1+x )
2O2+(1−x )CO2
Persamaan kesetimbangan kimia untuk menentukan fraksi mol CO yang tersisa yaitu x, yang ditulis sebagai
K p=(1−x)(3+x)
12
x (x+1)12 p
12
,0<x<1
Yang dalam hal ini . K p=3,06 adalah tetapan
kesetimbangan untuk reaksi CO+ 12O2 pada 3000 ° K
dan P=5 atm. tentukan 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
f ( x )=(1−x ) (3+x )
12
x ( x+1 )12 p
12
−K p ,0<x<1
Dengan K p=3,06 dan P=5 atm.
Metode Numerik Page 103
Selang yang mengandung akar adalah [0.1,0 .9 ]. nilai fungsi di ujung – ujung selang adalah
f (0,1 )=(1−0,1 ) (3+0,1 )
12
0,1 (0,1+1 )12 ¿¿
f (0,9 )=(1−0,9 ) (3+0,9 )
12
0,9 ( 0,9+1 )12 ¿¿
Yang memenuhi f (0,1 ) f ( 0,9 )<0Tabel lelarannya adalah :
R a C b f(a)0 0,100000 0,542360 0,900000 3,6968151 0,100000 0,288552 0,542360 1,8484072 0,100000 0,178401 0,288552 0,9242043 0,178401 0,200315 0,288552 0,3224904 0,178401 0,193525 0,200315 0,3224905 0,178401 0,192520 0,193525 0,1612426 0,192520 0,192963 0,193525 0,0090647 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] 0,1885520,322490 -1,298490 [c,b] 0,110151-0,144794 -1,298490 [a,c] 0,021914-0,011477 -0,144794 [a,c] 0,0151240,009064 -0,011477 [c,b] 0,001005
Metode Numerik Page 104
-0,000027 -0,011477 [a,c] 0,000443-
0,000000-0,000027 [a,c] 0,000442
Hampiran akar x=0,192962Jadi, setelah reaksi berlangsung, fraksi mol CO yang
tersisa adalah 0,192962.
BAB IVSOLUSI 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 matriksAx=b (P.4.2)Yang dalam hal ini.
Metode Numerik Page 105
A=[aij ] adalah matriks berukuran n×n
x=[ x j ] adalah matriks berukuran n×1
b=[b j ] adalah matriks berukuran n×1 (disebut juga vector kolom)yaitu
[a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
⋯⋯⋯
a1n
a2n
a3n
⋮ ⋯ ⋮an1 an2 an3 ⋯ ann
] [x1
x2
x3
⋮xn]=[
b1
b2
b3
⋮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 yang unik
X1=det (A1)det (A )
,X2=det(A2)det (A )
,
X3=det(A3)det (A )
,…, X n=det(An)det (A)
Contoh soal :Selesaikan dengan aturan cramer1. x1+ x2+2 x3=6
Metode Numerik Page 106
2 x1+x2−x3=3
−x1+2x2+2x3=−1Jawab :
A=[ 1 1 22 1 −1−1 2 2 ]
b=[ 63−1]
D= (1 )[1 −12 2 ]− (1 )[ 2 −1
−1 2 ]+(2)[ 2 1−1 2]
D=¿
D=4−3+10
D=11
DX 1=[ 6 1 2
3 1 −1−1 2 2 ]
DX 1=(6 )[1 −1
2 2 ]−(1 )[ 3 −1−1 2 ]+(2 )[ 3 1
−1 2]DX 1
=(6 ) ¿
DX 1=6 (4 )−5+2 (7 )
DX 1=33
Metode Numerik Page 107
DX 2=[ 1 6 2
2 3 −1−1 −1 2 ]
DX 2=(1 )[ 3 −1
−1 2 ]−(6 ) [ 2 −1−1 2 ]+(2 )[ 2 3
−1 −1]DX 2
=(6−1 )¿−6(4−1)+(2)(−2−(−3))
DX 2=5−6(3)+2 (1 )
DX 2=−11
DX 3=[ 1 1 6
2 1 3−1 2 −1]
DX 3=(1 )[1 3
2 −1]−(1 )[ 2 3−1 −1]+ (6 )[ 2 1
−1 2]DX 3
=(−1−6)−(−2−(−3))+(6)(4−(−1))
DX 3=−7−1+6 (5 )
DX 3=22
x1=Dx1
D=33
11=3
x2=Dx2
D=−11
11=−1
x3=Dx3
D=22
11=2
Metode Numerik Page 108
∴ x1=3 ; x2=−1 ;dan x3=2
2. x1−2 x2+x3=3
2 x1−3x2+4 x3=13
−3 x1+5 x2+2x3=5Jawab :
A=[ 1 −2 12 −3 4−3 5 2]
b=[ 3135 ]
D= (1 )[−3 45 2]−(−2 )[ 2 4
−3 2 ]+(1)[ 2 −3−3 5 ]
D=(−6−20)+2 ( 4−(−12))+(10−9)
D=−26+2(16)+1
D=¿7
DX 1=[ 3 −2 1
13 −3 45 5 2]
DX 1=(3 )[−3 4
5 2 ]−(−2 ) [13 45 2 ]+(1 )[13 −3
5 5 ]DX 1
=(3 )(−6−20)+2(26−20)+(65−(−15))
Metode Numerik Page 109
DX 1=3 (−26 )+12+80
DX 1=14
DX 2=[ 1 3 1
2 13 4−3 5 2]
DX 2=(1 )[13 4
5 2]−(3 )[ 2 4−3 2 ]+(1 )[ 2 13
−3 5 ]DX 2
=(26−20)−3 ¿
DX 2=6−3(16)+49
DX 2=7
DX 3=[ 1 −2 3
2 −3 13−3 5 5 ]
DX 3=(1 )[−3 13
5 5 ]−(−2 ) [ 2 13−3 5 ]+ (3 )[ 2 −3
−3 5 ]DX 3
=(−15−65)+2(10−(−39))+(3)(10−9)
DX 3=−80+2(49)+3(1)
DX 3=21
x1=Dx1
D=14
7=2
Metode Numerik Page 110
x2=Dx2
D=7
7=1
x3=Dx3
D=21
7=3
∴ x1=2 ; x2=1; danx3=3
3. −12 x1+x2+8 x3=−80
x1−6 x2−4 x3=13
−2 x1−x2+10 x3=90Jawab :
A=[−12 1 81 −6 −4−2 −1 10 ]
b=[−801390 ]
D= (−12 )[−6 −4−1 10 ]−(1 )[ 1 −4
−2 10 ]+(8) [ 1 −6−2 −1]
D=−12(−60−4)− (10−8 )+8(−1−12)
D=−12 (−64 )−2+8(−13)
D=¿662
DX 1=[−80 1 8
13 −6 −490 −1 10 ]
Metode Numerik Page 111
DX 1=(−80 )[−6 −4
−1 10 ]−(1 )[13 −490 10 ]+(8 )[13 −6
90 −1]DX 1
=(−80 )(−60−4)−(130−(−360))+8 (−13−(−540))
DX 1=−80 (−64 )−490+8(527)
DX 1=8846
DX 2=[−12 −80 8
1 13 −4−2 90 10 ]
DX 2=(−12 )[13 −4
90 10 ]− (−80 )[ 1 −4−2 10 ]+ (8 )[ 1 13
−2 90]DX 2
=−12(130−(−360))+80(10−8)+8(90−(−26))
DX 2=−12 (490 )+80 (2)+116
DX 2=−4792
DX 3=[−12 1 −80
1 −6 13−2 −1 90 ]
DX 3=(−12 )[−6 13
−1 90]−(1 )[ 1 13−2 90 ]+(−80 )[ 1 −6
−2 −1]DX 3
=−12(−540−(−13 ))−(90−(−26))+(−80)(−1−12)
DX 3=−12 (527 )−(116 )−80 (−13)
DX 3=7248
Metode Numerik Page 112
x1=Dx1
D=8846
662=4423
331
x2=Dx2
D=−4792
662=−2396
331
x3=Dx3
D=7248
662=3624
331
∴ x1=4423331
; x2=−2396
331;dan x3=
3624331
4. 0,3 x1+0,5x2+x3=−0,01
0,5 x1+x2+1,9 x3=0,67
0,1 x1+0,3 x2+0,5 x3=0,44Jawab :Penskalaan 10
A=[3 5 105 10 191 3 5 ]
b=[−0,16,74,4 ]
D= (3 )[10 193 5 ]−(5 )[5 19
1 5 ]+(10)[5 101 3 ]
D=3 (50−57)−5 (25−19 )+10(15−10)
D=3 (−7 )−5(6)+10 (5)
Metode Numerik Page 113
D=−1
DX 1=[−0,1 5 10
6,7 10 194,4 3 5 ]
DX 1=(−0,1 )[10 19
3 5 ]−(5 )[6,7 194,4 5 ]+(10 )[6,7 10
4,4 3 ]DX 1
=(−0,1 )(50−57)−5(33,5−83,6)+10(20,1−44)
DX 1=−0,1 (−7 )−5(−50,1)+10 (−23,9)
DX 1=12,2
DX 2=[3 −0,1 10
5 6,7 191 4,4 5 ]
DX 2=(3 )[6,7 19
4,4 5 ]−(−0,1) [5 191 5 ]+ (10 ) [5 6,7
1 4,4 ]DX 2
=(3 ) (33,5−83,6 )+0,1 (25−19 )+10(22−6,7)
DX 2=3 (−50,1 )+0,1 (6 )+10(15,3)
DX 2=3,3
DX 3=[3 5 −0,1
5 10 6,71 3 4,4 ]
Metode Numerik Page 114
DX 3=(3 )[10 6,7
3 4,4 ]−(5 ) [5 6,71 4,4 ]+(−0,1 )[5 10
1 3 ]DX 3
=(3 ) (44−20,1 )−5 (22−6,7 )−0,1(15−10)
DX 3=3 (23,9 )−5 (15,3 )−0,1(5)
DX 3=−5,3
x1=Dx1
D=12,2
−1=−12,2
x2=Dx2
D=3,3−1
=−3,3
x3=Dx3
D=−5,3
−1=5,3
∴ x1=−12,2 ; x2=−3,3 ;dan x3=5,3
4.3 Metode Eliminasi GaussEliminasi Gauss adalah suatu metode untuk
mengoperasikan nilai-nilai di dalam matriks sehingga menjadi matriks yang lebih sederhana lagi. Dengan melakukan operasi baris sehingga matriks 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 Numerik Page 115
Metode ini digunakan dalam analisis numerik untuk meminimalkan mengisi selama eliminasi, dengan beberapa tahapKeuntungan : menentukan apakah sistem konsisten menghilangkan kebutuhan untuk menulis ulang variabel
setiap langkah lebih mudah untuk memecahkan masalahkelemahan : memiliki masalah akurasi saat pembulatan desimal
Metode ini berbentuk matriks segitiga atas seperti :
[a11 a12 a13
0 a22 a23
0 0 a33
⋯⋯⋯
a1n
a2n
a3n
⋮ ⋯ ⋮0 0 0 ⋯ ann
][x1
x2
x3
⋮xn]=[
b1
b2
b3
⋮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→bn−1−an−1.n xn
an−1.n−1
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 .
Metode Numerik Page 116
Sekali xn , xn−1 ,… ,xk+1 diketahui, maka nilaixk maka dihitung dengan
xk=bk− ∑
j=k +1
n
akj x j
akk, k=n−1 , n−2 ,…,danak k ≠0
Contoh Soal :1. x1+ x2+2 x3=6
2 x1+x2−x3=3
−x1+2x2+2x3=−1Jawab :
A=[ 1 1 22 1 −1−1 2 2 ] , b=[ 6
3−1]
[ 1 1 22 1 −1−1 2 2 | 6
3−1]B2−2 B1
B3+B1→
[1 1 20 −1 −50 3 4 | 6
−95 ]B3+3B2
→ [1 1 20 −1 −50 0 −11|
6−9−22]
−11 x3=−22→x3=2
−x2−5 x3=−9→x2=9−5 (2 )=−1
x1+ x2+2 x3=6→x1=6−(−1 )−2 (2 )=3
∴ x1=3 ; x2=−1 ; x3=2
2. x1−2 x2+x3=3
2 x1−3x2+4 x3=13
−3 x1+5 x2+2x3=5
Metode Numerik Page 117
Jawab :
A=[ 1 −2 12 −3 4−3 5 2] , b=[ 3
135 ]
[ 1 −2 12 −3 4−3 5 2|
3135 ]B2−2B1
B3+3B1→
[1 −2 10 1 20 −1 5|
3714 ]B3+B2
→ [1 −2 10 1 20 0 7|
3721]
7 x3=21→x3=3
x2+2 x3=7→x2=7−2 (3 )=1
x1−2 x2+x3=3→x1=3+2 (1 )−3=2
∴ x1=2 ; x2=1; x3=3
3. −12 x1+x2+8 x3=−80
x1−6 x2−4 x3=13
−2 x1−x2+10 x3=90Jawab :
A=[−12 1 81 −6 −4−2 −1 10 ] , b=[−80
1390 ]
[−12 1 81 −6 −4−2 −1 10 |
−801390 ]B2↔B1
→ [ 1 −6 −4−12 1 8−2 −1 10 |
13−8090 ]B2+12B1
B3+2B1→
[1 −6 −40 −71 −400 −13 2 | 13
76116 ]
Metode Numerik Page 118
−171
B2
→ [1 −6 −4
0 1 4071
0 −13 2| 13−7671116 ]B3+13B2
→ [1 −6 −4
0 1 4071
0 0 66271
|13−7671
724871 ]
66271
x3=7248
71→x3=
7248662
= 3624331
x2+4071
x3=−7671
→x2=−7671
−4071 ( 3624
331 )=−2396331
x1−6 x2−4 x3=13→x1=13+6 (−2396331 )+4 (3624
331 )=4423331
∴ x1=4423331
; x2=−2396
331; x3=
3624331
4. 0,3 x1+0,5x2+x3=−0,01
0,5 x1+x2+1,9 x3=0,67
0,1 x1+0,3 x2+0,5 x3=0,44Jawab :Penskalaan 10
A=[3 5 105 10 191 3 5 ] , b=[−0,1
6,74,4 ]
[3 5 105 10 191 3 5 |−0,1
6,74,4 ]B1↔B3
→ [ 1 3 55 10 193 5 10|
4,46,7−0,1]B2−5 B1
B3−3 B1→
Metode Numerik Page 119
[1 3 50 −5 −60 −4 −5|
4,4−15,3−13,3]−0,2 B2
→ [1 3 50 1 1,20 −4 −5|
4,43,06−13,3]B3+4 B2
→
[1 3 50 1 1,20 0 −0,2|
4,43,06−1,06]
−0,2 x3=−1,06→x3=5,3
x2+1,2 x3=3,06→x2=3,06−1,2 (5,3 )=−3,3
x1+3x2+5 x3=4,4→x1=4,4−3 (−3,3 )−5 (5,3 )=−12,2
4.4 Metode Eliminasi Gauss-JordanDalam 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 a12 a13
a21 a22 a23
a31
…an1
a32
…an2
a33
…an3
… a1n b1
… a2n b2
………
a3n
…ann
b3
…bn
][ 1 0 00 1 00…0
0…0
1…0
… 0 b1,
… 0 b2,
………
0…1
b3,
…bn, ]
Solusinya: x1=b1, x2=b2
, …………
Metode Numerik Page 120
xn=bn,
Seperti pada metode eliminasi gauss naïf, metode eliminasi Gauss-Jordan naïf tidak menerapkan tata-ancang pivoting dalam 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 n6. Buat augmented matriks [AB] namakan dengan A7. Untuk baris ke-i dimana i=1 s/d n
a) Perhatikan apakah nilai a i ,i sama dengan nol:Bila ya:Pertukarkan baris ke-i dan baris ke i+k≤n, dimana
a i+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 121
b) Jadikan nilai diagonalnya menjadi satu, dengan cara untuk setiap kolom k dimana k=1 s/d n+1,
hitung a i ,k=ai , ka i, i
8. Untuk baris ke j, dimana j=i+1 s/d nLakukan operasi baris elementer untuk kolom k dimana k=1 s/d nHitung c=a j , i
Hitung a j , k=a j ,k−c .a i, k
9. Penyelesaian, untuk i=n s/d 1 (bergerak dari baris ke n sampai baris pertama)
x i=a i ,n+1
Contoh Soal :1. x1+ x2+2 x3=6
2 x1+x2−x3=3
−x1+2x2+2x3=−1Jawab :
A=[ 1 1 22 1 −1−1 2 2 ] , b=[ 6
3−1]
[ 1 1 22 1 −1−1 2 2 | 6
3−1]B2−2 B1
B3+B1→
[1 1 20 −1 −50 3 4 | 6
−95 ]−B2
→ [1 1 20 1 50 3 4|
695] B1−B2
B3−3 B2→
[1 0 −30 1 50 0 −11|
−39
−22]− 111
B3
→[1 0 −30 1 50 0 1 |−3
92 ]B1+3B3
B2−5B3→
[1 0 00 1 00 0 1|
3−12 ]
Metode Numerik Page 122
∴ x1=3 ; x2=−1 ; x3=2
2. x1−2 x2+x3=3
2 x1−3x2+4 x3=13
−3 x1+5 x2+2x3=5Jawab :
A=[ 1 −2 12 −3 4−3 5 2] , b=[ 3
135 ]
[ 1 −2 12 −3 4−3 5 2|
3135 ]B2−2B1
B3+3B1→
[ 1 −2 10 1 20 −1 5|
37
14 ]B1+2B2
B3+B2→
[1 0 50 1 20 0 7|
177
21] 17B3
→
[1 0 50 1 20 0 1|
1773 ]B1−5 B3
B2−2B3→
[1 0 00 1 00 0 1|
213]
∴ x1=2 ; x2=1; x3=3
3. −12 x1+x2+8 x3=−80
x1−6 x2−4 x3=13
−2 x1−x2+10 x3=90Jawab :
A=[−12 1 81 −6 −4−2 −1 10 ] , b=[−80
1390 ]
Metode Numerik Page 123
[−12 1 81 −6 −4−2 −1 10 |
−801390 ]B2↔B1
→ [ 1 −6 −4−12 1 8−2 −1 10 |
13−8090 ]B2+12B1
B3+2B1→
[1 −6 −40 −71 −400 −13 2 | 13
76116 ]
−171
B2
→ [1 −6 −4
0 1 4071
0 −13 2| 13−7671116 ] B1+6B2
B3+13B2→ [1 0 −44
71
0 1 4071
0 0 66271
|46771−7671
724871
] 71662
B3
→ [ 1 0 −4471
0 1 4071
0 0 1|
46771−7671
3624331
]B1+
4471
B3
B2−4071
B3
→[1 0 00 1 00 0 1|
4423331
−2396331
3624331
]∴ x1=
4423331
; x2=−2396
331; x3=
3624331
4. 0,3 x1+0,5x2+x3=−0,01
0,5 x1+x2+1,9 x3=0,67
0,1 x1+0,3 x2+0,5 x3=0,44Jawab :Penskalaan 10
Metode Numerik Page 124
A=[3 5 105 10 191 3 5 ] , b=[−0,1
6,74,4 ]
[3 5 105 10 191 3 5 |−0,1
6,74,4 ]B1↔B3
→ [ 1 3 55 10 193 5 10|
4,46,7−0,1]B2−5 B1
B3−3 B1→
[ 1 3 50 −5 −60 −4 −5|
4,4−15,3−13,3]−0,2 B2
→ [1 3 50 1 1,20 −4 −5|
4,43,06−13,3]B1−3B2
B3+4 B2→
[1 0 1,40 1 1,20 0 −0,2|
−4,783,06−1,06 ]−1
0,2B3
→[1 0 1,40 1 1,20 0 1 |−4,78
3,065,3 ]B1−1,4 B3
B2−1,2B3→
[1 0 00 1 00 0 1|
−12,2−3,35,3 ]
∴ 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.
A A−1=A−1 A=IBila matriks A dikalikan dedngan I akan menghasilkan matriks
A sendiri.
AI=IA=ABerdasarkan dua kesamaan di atas, sistem persamaan
Metode Numerik Page 125
lanjar Ax=b dapat diselesaikan sebagai berikut :
Ax=b
A−1 Ax=A−1b (kalikan kedua ruas dengan A−1)
Ix=A−1b
x=A−1bJadi, penyelesaian sistem persamaan lanjar Ax=b adalah
x=A−1b dengan syarat A−1 ada.Contoh Soal :1. x1+ x2+2 x3=6
2 x1+x2−x3=3
−x1+2x2+2x3=−1Jawab :
A=[ 1 1 22 1 −1−1 2 2 ] , b=[ 6
3−1]
[ 1 1 22 1 −1−1 2 2 |1 0 0
0 1 00 0 1]B2−2B1
B3+B1→
[1 1 20 −1 −50 3 4 | 1 0 0
−2 1 01 0 1]−B2
→
[1 1 20 1 50 3 4|
1 0 02 −1 01 0 1] B1−B2
B3−3B2→
[1 0 −30 1 50 0 −11|
−1 1 02 −1 0−5 3 1]− 1
11B
3→
Metode Numerik Page 126
[ 1 0 −30 1 50 0 1 |
−1 1 02 −1 05
11−311
−111 ]B1+3 B3
B2−5B3→ [ 1 0 0
0 1 00 0 1|
411
211
−311
−311
411
511
511
−311
−111
]Solusinya adalah x=A−1b
[ x1
x2
x3]=[
411
211
−311
−311
411
511
511
−311
−111
][ 63−1]
[ x1
x2
x3]=[
2411
+ 611
+ 311
−1811
+ 1211
− 511
3011
− 911
+ 111
][ x1
x2
x3]=[ 3
−12 ]
∴ x1=3 ; x2=−1 ; x3=2
2. x1−2 x2+x3=3
Metode Numerik Page 127
2 x1−3x2+4 x3=13
−3 x1+5 x2+2x3=5Jawab :
A=[ 1 −2 12 −3 4−3 5 2] , b=[ 3
135 ]
[ 1 −2 12 −3 4−3 5 2|
1 0 00 1 00 0 1 ]B2−2B1
B3+3 B1→
[ 1 −2 10 1 20 −1 5|
1 0 0−2 1 03 0 1]B1+2B2
B3+B2→
[1 0 50 1 20 0 7|
−3 2 0−2 1 01 1 1 ] 17 B3
→ [1 0 50 1 20 0 1|
−3 2 0−2 1 017
17
17 ]B1−5 B3
B2−2 B3→
[1 0 00 1 00 0 1|
−267
97
−57
−167
57
−27
17
17
17
]Solusinya adalah x=A−1b
Metode Numerik Page 128
[ x1
x2
x3]=[
−267
97
−57
−167
57
−27
17
17
17
][ 3135 ]
[ x1
x2
x3]=[
−787
+1177
−257
−487
+ 657−10
737+ 13
7+ 5
7]
[ x1
x2
x3]=[213 ]
∴ x1=2 ; x2=1; x3=3
3. −12 x1+x2+8 x3=−80
x1−6 x2−4 x3=13
−2 x1−x2+10 x3=90Jawab :
A=[−12 1 81 −6 −4−2 −1 10 ] , b=[−80
1390 ]
Metode Numerik Page 129
[−12 1 81 −6 −4−2 −1 10 |
1 0 00 1 00 0 1 ]B2↔B1
→ [ 1 −6 −4−12 1 8−2 −1 10 |
0 1 01 0 00 0 1]B2+12B1
B3+2 B1→
[1 −6 −40 −71 −400 −13 2 |0 1 0
1 12 00 2 1]−1
71B2
→ [1 −6 −4
0 1 4071
0 −13 2| 0 1 0−171
−1271
0
0 2 1] B1+6 B2
B3+13 B2→
[1 0 −4471
0 1 4071
0 0 66271
|−671
−171 0
−171
−1271
0
−1371
−1471
1] 71662
B3
→ [1 0 −4471
0 1 4071
0 0 1|−671
−171 0
−171
−1271
0
−13662
−7331
71662
]B1+
4471
B3
B2−4071
B3
→[1 0 00 1 00 0 1|
−32331
−9331
22331
−1331
−52331
−20331
−13662
−7331
71662
]Solusinya adalah x=A−1b
Metode Numerik Page 130
[ x1
x2
x3]=[
−32331
−9331
22331
−1331
−52331
−20331
−13662
−7331
71662
][−801390 ]
[ x1
x2
x3]=[
2560331
−117331
+ 1980331
80331
−676331
−1800331
520331
− 91331
+ 3195331
][ x1
x2
x3]=[
4423331
−23963313624331
]∴ x1=
4423331
; x2=−2396
331; x3=
3624331
4. 0,3 x1+0,5x2+x3=−0,01
0,5 x1+x2+1,9 x3=0,67
0,1 x1+0,3 x2+0,5 x3=0,44Jawab :Penskalaan 10
Metode Numerik Page 131
A=[3 5 105 10 191 3 5 ] , b=[−0,1
6,74,4 ]
[3 5 105 10 191 3 5 |1 0 0
0 1 00 0 1]B1↔B3
→ [ 1 3 55 10 193 5 10|
0 0 10 1 01 0 0]B2−5 B1
B3−3 B1→
[1 3 50 −5 −60 −4 −5|
0 0 10 1 −51 0 −3]−0,2B2
→ [1 3 50 1 1,20 −4 −5|
0 0 10 −0,2 11 0 −3]B1−3B2
B3+4 B2→
[1 0 1,40 1 1,20 0 −0,2|
0 0,6 −20 −0,2 11 −0,8 1 ]−1
0,2B3
→[ 1 0 1,40 1 1,20 0 1 | 0 0,6 −2
0 −0,2 1−5 4 −5]
B1−1,4 B3
B2−1,2 B3→
[1 0 00 1 00 0 1|
7 −5 56 −5 7−5 4 −5]
Solusinya adalah x=A−1b
[ x1
x2
x3]=[ 7 −5 5
6 −5 7−5 4 −5][
−0,16,74,4 ]
[ x1
x2
x3]=[ −0,7−33,5+22
−0,6−33,5+30,80,5+26,8−22 ]
Metode Numerik Page 132
[ x1
x2
x3]=[−12,2
−3,35,3 ]
∴ x1=−12,2 ; x2=−3,3 ; x3=5,3
4.6 Metode Dekomposisi LUJika matriks A non-singular, maka dapat
difaktorkan/diuraikan menjadi matriks segitiga bawah L (lower) dan matriks segitiga atas U (Upper)
A=LUDalam bentuk matriks ditulis sebagai berikut:
[a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33]=[ 1 0 0
l21 1 0l31 l32 1][u11 u12 u13
0 u22 u23
0 0 u33]
a. Matriks segitiga bawah L, semua elemen diagonal adalah 1b. Matriks segitigas atas tidak ada syarat khusus untuk nilai
diagonalnyaContoh: hasil pemfaktoran matriks 3x3
[2 −1 −10 −4 26 −3 1 ]=[1 0 0
0 1 03 0 1][
2 −1 −10 −4 20 0 4 ]
Penyelesaian Ax=b, dengan dekomposisi LU, maka
– Faktorkan A=LU , sehingga
Ax=b
LUx=b– Misalkan Ux= y, maka Ly=b
Metode Numerik Page 133
Untuk memperoleh y, gunakan teknik substitusi maju
Ly=b→[ 1 0 0l21 1 0l31 l32 1 ][ y1
y2
y3]=[b1
b2
b3]
Untuk memperoleh x, gunakan teknik substitusi mundur
Ux= y→[u11 u12 u13
0 u22 u23
0 0 u33][ x1
x2
x3]=[ y1
y2
y3]
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 :
A=[a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33] , L=[ 1 0 0
l21 1 0l31 l32 1] ,U=[u11 u12 u13
0 u22 u23
0 0 u33]
Karena LU=A , maka hasil perkalian L dan U itu dapat ditulis sebagai :
LU=[ u11 u12 u13
l21u11 l21u12+u22 l21 u13+u23
l31u13 l31u12+l32u22 l31u13+l32u23+u33]=A=[a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33]
Metode Numerik Page 134
Dari kesamaan dua buah matriks LU=A , diperoleh :
u11=a11 , u12=a12 , u13=a13 Baris pertama U
l21u11=a21→l21=a21
u11Kolom pertama L
l31u13=a31→l31=a31
u13
l21u12+u22=a22→u22=a22−l21u12 Baris kedua U
l21u13+u23=a23→u23=a23−l21u13
l31u12+l32u22=a32→l32=a32−l31u12
u22Kolom kedua L
l31u13+l32u23+u33=a33→u33=a33−(l31u13+l32u23) Baris
Ketiga UContoh Soal :1. x1+ x2+2 x3=6
2 x1+x2−x3=3
−x1+2x2+2x3=−1Jawab :
A=[ 1 1 22 1 −1−1 2 2 ] , b=[ 6
3−1]
Metode Numerik Page 135
u11=a11→u11=1
u12=a12→u12=1
u13=a13→u13=2
l21=a21
u11=2
1=2
l31=a31
u13=−1
1=−1
u22=a22−l21u12=1−2 (1 )=−1
u23=a23−l21u13=−1−2 (2 )=−5
l32=a32−l31u12
u22=
2−(−1 )(1)−1
=−3
u33=a33−(l31u13+l32u23 )=2— 1 (2 )+ (−3 ) (−5 )=−11
Diperoleh L dan U sebagai berikut :
U=[1 1 20 −1 −50 0 −11] , L=[ 1 0 0
2 1 0−1 −3 1]
Berturut-turut hitung nilai y dan x sebagai berikut :Untuk memperoleh y, gunakan teknik substitusi maju
Ly=b→[ 1 0 02 1 0−1 −3 1] [ y1
y2
y3]=[ 6
3−1]
Metode Numerik Page 136
y1=62 y1+ y2=3→y2=3−2 (6 )=−9
− y1−3 y2+ y3=−1→ y3=−1+6+3 (−9 )=−22Untuk memperoleh x, gunakan teknik substitusi mundur
Ux= y→[1 1 20 −1 −50 0 −11][ x1
x2
x3]=[ 6
−9−22]
−11 x3=−22→x3=2
−x2−5 x3=−9→x2=−5 (2 )+9=−1
x1+ x2+2 x3=6→x1=6−(−1 )−2 (2 )=3
∴ x1=3 , x2=−1 , danx3=2
2. x1+ x2−x3=1
2 x1+2 x2+x3=5
−x1+ x2+2 x3=5Jawab :
A=[ 1 1 −12 2 1−1 1 2 ] , b=[155]
u11=a11→u11=1
u12=a12→u12=1
u13=a13→u13=−1
Metode Numerik Page 137
l21=a21
u11=2
1=2
l31=a31
u13=−1
1=−1
u22=a22−l21u12=2−2 (1 )=0
Karena uqqtidak boleh nol, lakukan pertukaran baris, baik
untuk matriks A maupun untuk vector b.
R2⟺R3[ 1 1 −1−1 1 22 2 1 ]
R2⟺R3[115 ]u11=a11→u11=1
u12=a12→u12=1
u13=a13→u13=−1
l21=a21
u11=−1
1=−1
l31=a31
u13= 2
1=2
u22=a22−l21u12=1−(−1)(1 )=2
Metode Numerik Page 138
u23=a23−l21u13=1−(−1) (−1 )=0
l32=a32−l31u12
u22=
2−(2 )(1)2
=0
u33=a33−(l31u13+l32u23 )=1−((2)(−1 )+( 0 ) ( 0 ))=3
Diperoleh L dan U sebagai berikut :
U=[1 1 −10 2 00 0 3 ] , L=[ 1 0 0
−1 1 02 0 1]
Berturut-turut hitung nilai y dan x sebagai berikut :Untuk memperoleh y, gunakan teknik substitusi maju
Ly=b→[ 1 0 0−1 1 02 0 1][ y1
y2
y3]=[115]
y1=1− y1+ y2=1→y2=1+1=2
2 y1+0 y2+ y3=5→ y3=5−2 (1 )−0=3Untuk memperoleh x, gunakan teknik substitusi mundur
Ux= y→[1 1 −10 2 00 0 3 ][ x1
x2
x3]=[123 ]
3 x3=3→x3=1
2 x2+0 x3=2→2 x2=2−(0)=1
x1+ x2−x3=1→x1=1−(1 )+ (1 )=1
Metode Numerik Page 139
∴ x1=1 , x2=1, dan x3=1
4.7 Metode Lelaran untuk Menyelesaikan SPL4.7.1 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=bndengan 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)−…−a2nxn(0 )
a21
⋮
xn(1)=
bn−an1 x1(0)−an2x2
(0 )−…−ann−1xn−1(0 )
an1
Lelaran kedua
x1(2)=
b1−a12 x2(1)−a13 x3
(1 )−…−a1n xn(1)
a11
Metode Numerik Page 140
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 :
x i(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 x i+1 yang lainnyaLelaran Pertama :
Rumus Umum :
x i(k+ 1)=
bi−∑i=1
n
aij x j(k+1)−∑
j=i+ 1
n
aij x j(k)
aij, k=0,1,2 ,…
Metode Numerik Page 141
Contoh :4 x− y+z=7
4 x−8 y+z=−21
−2 x+ y+5 z=15
Dengan nilai awal P0=( x0 , y0 , z0 )=(1,2,2 )Solusi sejatinya adalah (2,4,3)Penyelesaian :
xr+1=7+ yr−zr
4
yr+1=21+4 xr−zr
8
zr+1=15+2xr− yr
5Lelarannya
x1=7+2−2
4=1.75
y1=21+4 (1.75 )+2
8=3.75
z1=15+2(1.75)−3.75
5=3.000
x2=7+3.75−2.95
4=1.95
y1=21+4 (1.95)+3.000
8=3.96875
Metode Numerik Page 142
z2=15+2 (1.95 )−3.96875
5=2.98625
⋯
x10=2.00000000
y10=4.00000000
z10=3.00000000Jadi solusi SPL adalah
x=2.00000000 , y=4.00000000 dan
z=3.00000000
Metode Numerik Page 143
BAB VINTERPOLASI 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 buku-buku 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 , kgmm2
5 10 15 20 25 30 35 40
Waktu patah,y , jam 40 30 25 40 18 20 22 15
Masalah yang cukup sering munculdengan data dan 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 kgmm2 . 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
Metode Numerik Page 144
Pencocokan Kurva . Fungsi yang diperoleh dengan pendekatan ini merupakan fungsi hampiran.
I. Interpolasi5.1 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
y i= pn(x i) untuk i=0,1,2 ,…,nNilai y i dapat berasal dari fungsi matematika f (x) (seperti
ln x ,sin x , fungsi Bessel , dsb¿ sedemikian sehingga
y i=f (x i) ,sedangkan pn(x ) disebut fungsi hampiran
terhadap f (x). Atau y i berasal dari nilai empiris yang diperoleh melalui percobaan atau pengamatan.
i. Jika x0<a<xn maka yk=p (xk) disebut nilai
interpolasi
ii. Jika x0<xk atau x0<xn maka yk=p (xk) disebut
nilai ekstrapolasi
5.1.1 Interpolasi LanjarInterpolasi 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
Metode Numerik Page 145
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=y1− y0
x1−x0
a0=x1 y0−x0 y1
x1−x0
Sulihkan :
p1 (x )=x1 y 0−x0 y1
x1−x0+
( y1− y0 )x(x1−x0)
p1 (x )= y0+( y1− y0 )(x1−x0)
(x−x0)
Contoh :1. Perkiraan jumlah penduduk Amerika Serikat pada
Tahun 1968 berdasarkan data tabulasi berikutTahun 196
01970
Jumlah penduduk (juta)
179.3
203.2
Penyelesaian :
p1 (x )= y0+( y1− y0 )(x1−x0)
(x−x0 )
Metode Numerik Page 146
p1 (1968 )=179,3+ (203,2−179,3 )(1960−1970 )
(1968−1960 )=198,4
Jadi taksiran jumlah penduduk Amerika Serikat pada tahun 1968 adalah 198,4 juta2. 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+( y1− y0 )(x1−x0)
(x−x0 )
p1 (9,2 )=2,1972+ (2,2513−2,1972 )(9,5−9,0 )
(9,2−9,0 )=2,2188
Galat=2,2192−2,2188=0,0004
(ketelitian 3angkabena)
5.1.2 Interpolasi KuadratikMisal 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+a1x+a2 x2
Kurva polinom berbenuk parabola
Polinom p2 (x ) ditentukan dengan cara :
Sulihkan (x i , y i ) ke dalam persamaan
Metode Numerik Page 147
p2 (x )=a0+a1x+a2 x2, dengan i=0,1,2. Dari
sini diperoleh :
y0=a0+a1 x0+a2 x02
y1=a0+a1 x1+a2x12
y2=a0+a1 x2+a2 x22
Hitung a0 , a1 , a2 dengan metode eliminasi GaussContoh :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+8,0a1+64,00a2=2.0794
a0+9,0a1+81,00a2=2.1972
a0+9,5a1+90,25a2=2.2513Dengan menggunakan eliminasi Gauss menghasilkan
a0=0,06762
a1=0,2266
a2=−0,0064Polinom Kuadratnya adalah
p2 (x )=0,06762+0,2266 x−0,0064 x2
p2 (9,2 )=2.2192
Metode Numerik Page 148
5.1.3 Interpolasi KubikMisal diberika empat buah titik data
(x0 , y0 ) , (x1 , y1 ) , (x2 , y2 ) ,dan(x3 , y3). Polinom yang
menginterpolasi keempat buah titik itu adalah polinom kubik yang berbentuk :
p3 ( x )=a0+a1 x+a2 x2+a3 x
3
Polinom p3 ( x ) ditentukan dengan cara :
Sulihkan (x i , y i ) ke dalam persamaan
p2 (x )=a0+a1x+a2 x2+a3 x
3, dengan
i=0,1,2,3. Dari sini diperoleh :
y0=a0+a1 x0+a2 x02+a3 x0
3
y1=a0+a1 x1+a2x12+a3 x1
3
y2=a0+a1 x2+a2 x22+a3 x2
3
y3=a0+a1 x3+a2 x32+a3 x3
3
Hitung a0 , a1 , a2dan a3 dengan metode eliminasi Gauss
5.2 Polinom LagrangeTinjau kembali polinom lanjar pada persamaan
p1 (x )= y0+( y1− y2 )( x1−x0 )
(x−x0 )
Persamaan ini dapat diatur kembali sedemikian rupa sehingga menjadi
Metode Numerik Page 149
p1 (x )= y0( x−x1 )(x0−x1 )
+ y1(x−x0 )(x1−x0)
Atau dapat dinyatakan dalam bentuk
p1 (x )=a0 L0 ( x )+a1L1(x)Yang dalam hal ini
a0= y0 , L0 ( x )=(x−x1 )(x0−x1 )
a1= y1 , L1 ( x )=(x−x0 )(x1−x0 )
Bentuk umum polinom Lagrange derajat ≤n untuk (n+1) titik berada adalah
p1 (x )=∑i=0
n
ai Li ( x )=a0L0 ( x )+a1 L1 ( x )+…+anLn ( x )
Yang dalam hal inia i= y i ,i=0,1,2 ,…,n
Dan
Li (x )=∏i=0j ≠1
n (x−x j )(x i−x j )
=(x−x0 )( x−x1 )… (x−x i−1 ) (x−x i+1 )… (x−xn )(x i−x ) (xi−xi )… (x i−x i−1 ) (x i−x i+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.
Metode Numerik Page 150
perkirakan nilai p3 (0.5 ) dan bandingkan dengan nilai
sejatinya.Penyelesaian :
x i0.0 0.4 0.8 1.2
y i1.000000 0.921061 0.696707 0.362358
Polinom Lagrange derajat 3 yang menginterpolasi keempat titik di tabel adalah
p1 (x )=a0 L0 ( x )+a1L1 ( x )+a2L2 (x )+a3L3 ( x )
p3 ( x )= y0(x−x1) (x−x2 ) (x−x3 )
(x0−x1 ) (x0−x2 ) ( x0−x3 )+ y1
(x−x1) (x−x2 ) (x−x3 )(x1−x0 ) (x1−x2 ) (x1−x3 )
+¿
y2(x−x0)(x−x1)(x−x3)
(x2−x0 ) (x2−x1 ) (x2−x3 )+ y3
(x−x0)(x−x2)(x−x3)
(x3−x0 ) (x3−x1 ) (x3−x2 )
¿1.000000( x−0.41 ) ( x−0.8 ) (x−1.23 )
(0.0−0.4 ) (0.0−0.8 ) (0.0−1.2 )+0.921061 (x−0.0 ) (x−0.8 ) ( x−1.2 )
(0.4−0.0 ) (0.4−0.8 ) (0.4−1.2 )
+0.696707 (x−0.0)(x−0.4)(x−1.2)(0.8−0.0 ) (0.8−0.4 ) (1.2−0.8 )
+0.362358 (x−0.0)(x−0.4 )(x−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 6y 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)
Metode Numerik Page 151
p2 (x )= y0+L1 ( x ) y1+L2 ( x ) y2
L0 ( x )=( x−4 ) ( x−6 )(1−4 ) (1−6 )
→L0 (3.5 )=(3.5−4 )(3.5−6)
(1−4 )(1−6)=0.083333
L1 ( x )=(x−1 ) ( x−6 )( 4−1 ) ( 4−6 )
→L1 (3.5 )=(3.5−1 )(3.5−6)
( 4−1 )(4−6)=1.0417
L2 (x )=( x−1 ) ( x−4 )(6−1 ) (6−4 )
→L1 (3.5 )=(3.5−1 )(3.5−4)
(6−1 )(6−4)=−0.12500
Jadi,
p2 (3.5 )=(0.083333 ) (1.5709 )+ (1.0417 ) (1.5727 )+(−0.12500 ) (1.5751 )
p2 (3.5 )=1.5723
5.3 Polinom NewtonPolinom Lagrange kurang disukai dalam praktek karena alasan berikut1. 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 jumlah titik data meningkat atau menurun, hasil 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 )
Metode Numerik Page 152
a1=f [ x1 , x0 ]a2=f [ x2 , x1 , x0 ]
⋮
an=f [ xn , xn−1 ,…,x1 , x0 ]Yang dalam hal ini :
f [ x i , x j ]=f (x i )−f (x¿¿ j )x i−x j
¿
f [ x i , x j , xk ]=f [ x i , x j ]−f [ x j , xk ]
xi−xk⋮
f [ xn , xn−1 ,…,x1 , x0 ]=f [xn , xn−1 ,…, x1 ]−f [ xn−1, xn−2,…, 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, a2dan 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 x i y i= f (x i) 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 ]
Metode Numerik Page 153
2 x2 f (x2) f [ x3 , x2 ]3 x3 f (x3)
Keterangan : Selisih TerbagiContoh :Hitunglah f (9.2) dari nilai-nilai (x , y ) yang diberikan pada tabel dibawah ini dengan polinom Newton derajat 3Penyelesaian :Tabel selisih terbagi:
i x i y i=f (x i) ST-1 ST-2 ST-3
0 8.0 2.079442 0.117783 −0.006433 0.0004111 9.0 2.197225 0.108134 −0.0052002 9.5 2.251292 0.0977353 11.
02.397895
Contoh cara menghitung nilai selisih terbagi pada tabel adalah :
f [ x2 , x1 ]=f (x2 )−f (x1)
x2−x1=2.251292−2.197225
9.5−9.0=0.108134
f [ x3 , x2 , x1 ]=f [ x2 , x1 ]−f [ x1 , x0 ]
x2−x0=0.108134−0.117783
9.5−8.0=−0.006433
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
Metode Numerik Page 154
Nilai sejatif ( 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+nhatau dengan rumus umum
x i=x0+ih , i=0,1,2 ,…,nTitik yang diinterpolasikan dinyatakan dengan :
x=x0+sh , s∈RSehingga
x−x i=( s−i )h , i=0,1,2 ,…,nGalat interpolasinya adalah
E ( x )=(x−x0 ) (x−x1 )… (x−xn )f (n+1) (c )(n+1 )!
E ( x )=sh (s−1 )h… (s−n )h 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
Metode Numerik Page 155
minimum untuk nilai-nilai x terletak di (sekitar) pertengahan selang.
Missal :Diberikan data :
x f (x)0.025 2.8310.050 3.2460.075 4.7210.100 5.2100.125 6.3100.150 7.1200.175 8.5120.200 9.7600.225 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
Metode Numerik Page 156
Untuk mendapatkan galat interpolasi yang minimum, pilihlah selang [ x0 , xn ] sehingga x yang terletak di (sekitar) pertengahan selang.
[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 :
x i=x0+ih , i=0,1,2 ,…,n
Dan nilai x yang akan diinterpolasikan dinyatakan sebagai
x=x0+sh , s∈RUntuk polinom interpolasi berderajat 1, 2 dan 3 yang dibentuk dari x i diatas dapat dibuktikan bahwa
(a)
|E1(x )|=|f ( x )−p1(x)|≤ 18h2 Maks
x0≤c≤ x1|f ' '(c)|
(b)
|E2(x )|=|f ( x )−p2(x)|≤ √327
h3 Maksx0≤c≤ x2
|f ' ' ' (c )|
(c)
|E3( x)|=|f ( x )−p3(x )|≤ 124
h4 Maksx0≤c≤ x1
|f iv (c)|
Contoh Soal :Tinjaulah kembali tabel yang berisi pasangan titik
(x , f ( x )) yang diambil dari f ( x )=cos(x )
x i f (x i)
Metode Numerik Page 157
0.0 1.00000001.0 0.54030232.0 -0.41614683.0 -0.98999254.0 -0.6536436
(a) Hitung galat rata-rata interpolasi di titik
x=0.5 , x=1.5 , dan x=2.5, 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 3Penyelesaian :(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 )= ( x−0.0 ) ( x−1.0 ) ( x−2.0 ) ( x−3.0 )4 !
f (4 )(xm)
Hitung turunan keempat dari fungsi f ( x )=cos ( x )
Metode Numerik Page 158
f ' ( x )=−sin ( x )
f ' ' ( x )=−cos ( x )
f ' ' ' (x)=sin (x )
f (4 ) (x )=cos ( x )Karena itu
E3 ( x )= ( x−0.0 ) ( x−1.0 ) ( x−2.0 ) ( x−3.0 )4 !
(cos ( x ))
Untuk x=0.5 , x=1.5 , dan x=2.5, 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
-0.001657
9
0.0015252
2.5 -0.801143
6
-0.805854
6
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 )|≤ 124
h4 Max|f iv (c )|, x0≤c ≤x1
Metode Numerik Page 159
f (4 ) (x )=cos(x )dalam selang [0.0 ,3.0 ]Maka 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 h=1.0
|E3( x)|≤ (1.0 )4 1.00000024
= 124
=0.0416667
Jadi batas atas galat interpolasi E3 ( x )=0.0416667
(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 )4 !
¿
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 )4 !
(−cos (0.0 ))
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 )4 !
(−cos (3.0 ))
E3 (0.5 )=0.0386716
Sehingga batas – batas galat interpolasi di x=0.5
Metode Numerik Page 160
adalah :
−0.0390625≤E3(x)≤0.0386716
5.4.2 Taksiran Galat Interpolasi NewtonPolinom 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
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)(n+1 ) !
≈ f [ xn+1 , xn , xn−1 ,…, x1 , x0 ]
Sehingga taksiran galat interpolasi Newton dapat dihitung sebagai
Metode Numerik Page 161
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-GregoryPolinom 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
x0 f 0 ∆ f 0 ∆2 f 0 ∆3 f 0 ∆4 f 0
x1 f 1 ∆ f 1 ∆2 f 1 ∆3 f 1
x2 f 2 ∆ f 2 ∆2 f 2
x3 f 3 ∆ f 3
x4 f 4
Lambang∆ menyatakan selisih maju. Arti setiap symbol di dalam tabel adalah :
f 0=f ( x0 )= y0
f 1=f (x1 )= y1
⋯
f 4=f (x4 )Notasi :f p=f ( xp )∆ f 0=f 1−f 0
∆ f 1=f 2−f 1
Metode Numerik Page 162
⋯
∆ f 3=f 4−f 3
Notasi :∆ f p=f p+1−f p
∆2 f 0=∆ f 1−∆ f 0
∆2 f 1=∆ f 2−∆ f 1
∆2 f 2=∆ f 3−∆ f 2
Notasi : ∆2 f p=∆f p+1−∆ f p
∆3 f 0=∆2 f 1−∆2 f 0
∆3 f 1=∆2 f 2−∆2 f 1
Notasi :∆3 f p=∆2 f p+1−∆2 f p
Bentuk umum:
∆n+1 f p=∆n f p+1−∆n f p, n=0,1,2 ,…
Penurunan Rumus Polinom Newton-Gregory Maju
f [ xn ,…,x1 , x0 ]=∆2 f (x0 )n!hn =
∆2 f 0
n !hn
Relasi rekrusif
pn ( x )=pn−1 ( x )+(x−x0 ) (x−x1 )…(x−xn−1)∆2f 0
n! hn
pn ( x )=f 0+s
1 ! ∆ f 0+s (s−1)
2! ∆2 f 0+…+s (s−1 ) ( s−2 )… (s−n+1)
n! ∆n f 0
Atau dalam bentuk relasi rekrusif,(a) Rekurens :
Metode Numerik Page 163
pn ( x )= pn−1 ( x )+s ( s−1 ) (s−2 )…(s−n+1)
n ! ∆n f 0
(b) Basis : p0 ( x )=f (x0 )Persamaan dalam bentuk binomial :
pn ( x )=∑k=0
n
(sk )∆k f 0
Dimana ,
(s0)=1,( sk )= s (s−1 ) (s−2 )…(s−k+1)k !
Syarat : s>0, bilangan bulat dan k !=1×2×…×kBentuklah tabel selisih untuk fungsi f ( x )=1 /(x+1) di
dalam selang [0.000 ,0.625 ] dan h=0.125. hitung
f (0.300) dengan polinom Newton Gregory maju derajat 3Tabel 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
Metode Numerik Page 164
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 ,0.500 ]Diketahui
h=0.125dan
x=x0+sh s=x−x0
h=0.310−0.125
0.125=1.4
Nilai f (0.300) dihitung dengan polinom Newton-Gregory maju derajat tiga :
p3 ( x )=f 0+s
1 !∆ f 0+
s (s−1)2 !
∆2 f 0+s (s−1 ) ¿¿
¿0.889+(1.4 ) (−0.089 )+ (1.4 ) (0.4 )2
( 0.016 )+ (1.4 ) (0.4 ) (−0.6 )6
(−0.003 )
¿0.889−0.1246+0.0045
¿0.769
5.5.2 Polinom Interpolasi Newton-Gregory MundurTabel Selisih Mundur
Metode Numerik Page 165
i x i f (x) ∇ f ∆2 f ∆3 f-3 x−3 f−3
-2 x−2 f−2 ∇ f −2
-1 x−1 f−1 ∇ f −1 ∇2 f−1
0 x0 f 0 ∇ f 0 ∇2 f 0 ∇3 f 0
Keterangan :
f 0=f ( x0 )f−1=f (x−1)
∇ f 0=f 0−f −1
∇ f −1=f −1−f −2
∇2 f 0=∇ f 0−∇ f −1
∇k+1 f i=∇k f i−∇k f i−1
Polinom Newton Gregory mundur yang menginterpolasi
(n+1) titik data adalah
f ( x )≈ pn ( x )=∑k=0
n
(s+k−1s )∇k f 0
¿ f 0+s
1 ! ∇ f 0+s(s+1)
2! ∇2 f 0+…+s ( s+1 )(s+2)
n! ∇n f 0
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
Metode Numerik Page 166
Penyelesaian :(a) Polinom Newton Gregory maju derajat 3
i x i f (x) ∆ f ∆2 f ∆3 f0 1.7 0.3979849−0.0579985−0.00016930.00040931 1.8 0.3399864−0.05816780.00024002 1.9 0.28181
86−0.0579278
3 2.0 0.2238908
s=x−x0
h=1.72−1.70
0.1=0.2
Perkiraan nilai f (1.72) adalah
f (1.72 )≈ p3 (1.72 )=0.3979849+0.2 (−0.0579985 )
+0.2 (−0.8 )2
(−0.0001693 )+ 0.2 (−0.8 ) (−1.8 )6
( 0.0004093 )
¿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
i x i f (x i) ∇ ∇2 ∇3
-3 1.7
0.3979849
-2 1.8
0.3399864
-0.0579985
-1 1.9
0.2818186
-0.0581678
-0.000169
Metode Numerik Page 167
30 2.
00.2238908
-0.0579278
0.0002400
0.0004093
s=x−x0
h=1.72−2.0
0.1=−2.8
Perkiraan nilai f (1.72) adalah
f (1.72 )≈ p3 (1.72 )=0.2238908−2.8 (−0.0579278 )
+ (−2.8 ) (−1.8 )2
(0.0002400 )
+ (−2.8 ) (−1.8 )(−0.8)6
( 0.0004093 )
¿0.2238908+0.1621978
¿0.3864183
II. Regresi5.6 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 (x i , y i) adalah data hasil pengukuran. Kita
akan menghampiri titik-titik tersebut dengan sebuah garis lurus. Garis lurus tersebut dibuat sedemikian
Metode Numerik Page 168
sehingga galatnya sekecil mungkin dengan titik – titik data.Karena data mengandung galat, maka nilai data sebenarnya g(xi) dapat ditulis sebagai :
g (x i )= y i+e i, i=1,2 ,…,n
e i adalah galat setiap data. Diinginkan fungsi lanjar :
f ( x )=a+bxSehingga deviasinya adalah :
ri= y i−f (x i )= yi−(a+b x i)Total kuadrat deviasi
R=∑i=1
n
r i2=∑
i=1
n
¿¿
Persamaan normal dalam bentuk persamaan matriks :
[ n ∑ x i∑ x i ∑ x i
2]=[ab ][ ∑ yi∑ x i y i]
Nilai a dan b dapat dicari dengan mengutakatik kedua buah persamaan normal menjadi :
b=n∑ xi y i−∑ x i∑ y in∑ x i
2−(∑ x i)2
a= y−bxUntuk menentukan seberapa bagus fungsi hampiran mencocokan data, kita dapat mengukurnya dengan galat RMS (galat baku)
ERMS=( 1n∑i=1
n
|f (xi )− y i|2)
2
Metode Numerik Page 169
Contoh :Tentukan persamaan garis lurus yang mencocokkan data pada tabel di bawah ini. Kemudian, perkirakan nilai y untuk x=1.0Penyelesaian :
i x i y i x i2 x i y i
1 0.1 0.61 0.01 0.0612 0.4 0.92 0.16 0.3683 0.5 0.99 0.25 0.4954 0.7 1.52 0.49 1.0645 0.7 1.47 0.49 1.0296 0.9 2.03 0.81 1.827
∑ x i=3.3 ∑ yi=7.54∑ x i2=2.21 ∑ x i y i=4.4844
Dipermalukan sistem persamaan lanjar :
[ 6 3.33.3 2.21]=[ab ][ 7.54
4.4844 ]Solusi Persamaan Lanjar di atas adalah
a=0.2862
b=1.7645Persamaan garis regresinya adalah :
f ( x )=0.2862+1.7645 x
Perbandingan antara nilai y i dan (x i) :
i x i y i f (x i ) deviasi (deviasi )2
1 0.1 0.61 0.46261 0.147389 0.021722 0.4 0.92 0.99198 -0.07198 0.00518
Metode Numerik Page 170
3 0.5 0.99 1.16843 -0.17844 0.031844 0.7 1.52 1.52135 -0.00135 0.000005 0.7 1.47 1.52135 -0.05135 0.002646 0.9 2.03 1.87426 0.15574 0.02425
∑ x i=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
Galat RMS adalah ERMS=( 0.085636 )
12=0.119464
5.6.2 PelanjaranMisalkan kita akan mencocokan data dengan data dengan fungsi
y=C xb
Lakukan pelanjaran sebagai berikut :
y=C xb⟺ ln( y)=ln(C)+ ln(x)
Definisikan
Y=ln ( y )
a=ln (C )
X=ln ( x )Persamaan regresi Lanjarnya adalah :
Y=a+bXContoh :Cocokkan data berikut dengan fungsi y=C xb
Penyelesaian :
Metode Numerik Page 171
i x i y i X i=ln (x¿¿ i)¿Y i= ln( y¿¿ i)¿1 0.150
04.4964
-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
X i2 X iY i
3.5990 -2.85190.8396 -1.49800.2609 -0.88840.0001 0.01840.1644 0.79470.6217 1.59400.7665 1.7653
∑ ¿6.2522 ∑ ¿−1.0659Diperioleh sistem persamaan lanjar
Metode Numerik Page 172
[ 7 −1.2447−1.2447 6.2522 ][ab]=[12.7139
−1.0659 ]Solusi SPL di atas :
a=1.8515
b=0.1981
Hitung C=ea=e1.8515=6.369366Jadi titik (x , y ) pada tabel di atas di hampiri dengan fungsi pangkat sederhana :
y=6.369366 x0.1981
BAB VI
Metode Numerik Page 173
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 Tak-tentu 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
I=∫a
b
f ( x ) dx
Menurut teorema dasar kalkulus integral, persamaan diatas dihitung sebagai
∫a
b
f ( x )dx=F ( x )|ba=F (b )−F (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 174
Tafsiran geometri integral Tentu
Fungsi-fungsi yang dapat diintegrasikan dapat dikelompokkan sebagai1. 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 175
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. Padakasus 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 RekayasaIntegral mempunyai banyak terapan dalam bidang sains dan rekayasa. Dalam praktek rekayasa, seringkali fungsi 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 fungsieksplisit 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 176
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 177
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 panel kolektor seluas 150.000cm2 selama waktu 14 jam. Panel mempunyai kemangkusan penyerapan (absorption), eab, sebesar 45%. Panas total yang diserap diberikan oleh persamaan
Demikianlah beberapa contoh terapan integral dalam bidang sains dan rekayasa. Umumnya fungsi yang diintegralkan bentuknya rumit sehingga sukar diselesaikan secara analitik. Karena itu, perhitungan integral secara numerik lebih banyak dipraktekkan oleh para insinyur.
6.2 Persoalan Integrasi Numerik
Metode Numerik Page 178
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 untuk menyelesaikan integral di atas. Pada
Metode Numerik Page 179
penerapannya, perhitungan integral ini digunakan untuk menghitung luas area pada peta, volume permukaan tanah, menghitung luas dan volume-volume benda putar dimana fungsi f(x) tidak ditulis, hanya digunakan gambar untuk menyajikan nilaif(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 PiasDaerah integrasi dibagi atas sejumlah pias (strip) yang berbentuk segiempat. Luas daerah integrasi dihampiri dengan luas seluruh pias.
2. Metode Newton-CotesFungsi 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 pada sejumlah titik tertentu di dalam selang [-1, 1], mengalikannya dengan suatu konstanta, kemudian menjumlahkan keseluruhan perhitungan.
Metode Numerik Page 180
6.3 Metode Pias
Selang integrasi [a ,b] menjadi n buah pias (strip) atau segmen. Lebar tiap pias adalah
Titik absis pias dinyatakan sebagaidan nilai fungsi pada titik absis pias adalah
f r=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.
6.3.1 Kaidah segiempatPandang sebuah pias berbentuk empat persegi panjang dari x=x0 sampai x=x1
Metode Numerik Page 181
Luas satu pias adalah tinggi pias=f (x0)
∫x0
x1
f ( x )dx ≈h f (x0)
Atau (tinggi pias= f (x1))
∫x0
x1
f ( x )dx ≈h f (x1)
jadi :
∫x 0
x 1
f ( x )dx ≈h f (x0)
∫x0
x1
f ( x )dx ≈h f (x1)
___________________ +
2∫x0
x1
f ( x )dx≈h[ f (x0 )+ f (x1) ]
Metode Numerik Page 182
Bagi setiap ruas persamaan hasil penjumlahan di atas dengan 2, untuk menghasilkan :
∫x0
x1
f ( x )dx ≈ h2 [f (x0 )+ f (x1 ) ]
Persamaan diatas ini dinamakan kaidah segiempat. Kaidah segiempat untuk satu pias dapat kita perluas untuk menghitung
I=∫a
b
f ( x )dx
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 h, 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
∫a
b
f ( x )dx ≈hf (x0)+hf (x1 )+hf (x2 )+…+hf (xn−1)
∫a
b
f ( x )dx ≈hf (x1)+hf (x2 )+hf (x3 )+…+hf (xn)
Metode Numerik Page 183
_________________________________________________ +
2∫a
b
f ( x )dx≈hf (x0)+2hf (x1 )+2hf (x2)+…+2hf ( xn−1 )+hf (xn)
Bagi setiap ruas persamaan hasil penjumlahan di atas dengan 2, untukmenghasilkan:
∫a
b
f ( x )dx ≈ h2f ( x0)+h f (x1 )+h f (x2 )+…+h f (xn−1 )+
h2f (xn)
Jadi kaidah segiempat gabungan adalah:
∫a
b
f ( x )dx ≈ h2 (f 0+2 f 1+2 f 2+…+2 f n−1+ f n )=
h2¿¿
dengan f r=f (x¿¿ r ) ,r=0,1,2 ,…,n¿
Metode Numerik Page 184
6.3.2 Kaidah Trapesium
Pandang sebuah pias berbentuk trapesium dari x=x0
sampai x=x1berikut
Luas satu trapesium adalah
∫x0
x1
f ( x )dx ≈ h2 [f (x0 )+ f (x1 ) ]
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):
∫a
b
f ( x )dx ≈∫x0
x1
f ( x )dx+∫x1
x2
f (x )dx+…+∫xn−1
xn
f ( x )dx
h2 [ f (x0 )+f (x1 ) ]+ h
2 [ f (x1)+ f (x2 ) ]+…+ h2 [ f (xn−1 )+f (xn ) ]
Metode Numerik Page 185
≈ h2 [ f (x0 )+2 f (x1)+2 f ( x2 )+…+2 f (xn−1)+ f (xn)]
≈ h2 (f 0+2∑
i=1
n−1
f 1+ f n)denganf r=f (x¿¿ r ) ,r=0,1,2 ,…,n ¿
METODE TRAPESIUM DENGAN BANYAK PIAS
Untuk mengurangi banyak kesalahan yang terjadi, maka kurva lengkung didekat oleh sejumlah garis lurus, sehingga terbentuk banyak pias.
6.3.3 Kaidah Titik TengahPandang sebuah pias berbentuk empat persegi panjang dari x=x0 sampai x=x1 dan titik tengah absis
x=x0+h2
Metode Numerik Page 186
Luas satu pias adalah:
∫x0
x1
f ( x )dx ≈h f (x0+h2 )≈h f (x1
2
)
Persamaan diatas disebut kaidah titik tengah Kaidah titik-titik tengan gabungan dirumuskan:
∫a
b
f ( x )dx ≈∫x0
x1
f ( x )dx+∫x1
x2
f (x )dx+…+¿∫xn−1
xn
f ( x )dx ¿
≈h f (x 12 )+h f ( x3
2 )+h f ( x52)+h f (x 7
2)+…+h f (x n−12
)
≈h( f 12
+ f 32
+…+ f n−12 )
≈h∑i=0
n−1
f i+12
Yang dalam hal ini:
xr+1
2=a+(r+1/2)h
Dan
fr+ 1
2=f ( x
r+12)r=0,1,2 ,.. , n−1
Metode Numerik Page 187
6.3.4 Galat metode Pias
I adalah nilai integrasi sejati dan I , adalah integrasi secara numericmaka galat hasil integrasi numeric didefinisikan sebagai
E=I−I,
Untuk penurunan galat, kita tinjau galat integrasi di dalam selang [0 , h]
I=∫0
h
f ( x )dx
Untuk setiap kaidah sebagai berikut :6.3.4.1 Galat Kaidah Trapesium
Galat untuk sebuah pias
E=∫0
h
f ( x )dx−h2 ( f 0− f 1 )
Jadi,
∫0
h
f ( x )dx=h2 (f 0−f 1)+O (h3 )
Metode Numerik Page 188
Dan untuk galat total
∫0
h
f ( x )dx=h2¿
Catatan :Galat total integrasi dengan kaidah trapesium sebanding dengan kuadrat lebar pias (h). Semakin kecil ukuran h, semakin kecil pula galatnya, namun semakin banyak jumlah komputasinya Contoh :
Hitung Integral ∫1.8
3.4
e xdx dengan kaidah
trapezium. Ambil h=0.2. perkirakan juga batas-batas galatnya. Gunakan 5 angka bena.Penyelesaian :Fungsi Integrand nya adalah
f ( x )=ex
Jumlah pias adalah n=b−ah
=3.4−1.80.2
=8
Tabel data diskritnya adalah
r xr f (xr) r xr f (xr)0 1.8 6.050 5 2.8 16.4451 2.0 7.389 6 3.0 20.0862 2.2 9.025 7 3.2 24.5333 2.4 11.023 8 3.4 29.9644 2.6 13.464Nilai integrasinya
Metode Numerik Page 189
∫1.8
3.4
e xdx=h2 ( f 0+2 f 1+2 f 2+…+2 f 6+2 f 7+ f 8 )
¿ 0.22 [6.050+2 (7.389 )+2 ( 9.025 )+…+2 (16.445 )+2 (20.086 )+2 (24.533 )+2 (29.964 ) ]
¿23.994Nilai integrasi Sejatinya adalah
∫1.8
3.4
e xdx=ex|x=1.8x=3.4
¿e3.4−e1.8
¿29.964−6.050
¿23.914Galat kaidah trapesium
E=−12
(0.2 )2 (3.4−1.8 ) ex ,1.8< t<3.4
Karena fungsi f ( x )=exmenarik secara
monoton di dalam selang [1.8 ,3.4 ] , maka batas-batas galatnya :
E=−12
(0.2 )2 (3.4−1.8 )×{e1.8 (min )=−0.0323e3.4 (max )=−0.1598
Atau−0.0323<E←0.1598
Disini nilai sejati I harus terletak di antara
23.994−0.1598=23.834Dan
Metode Numerik Page 190
23.994−0.0323=23.962
Galat hasil integrasi ∫1.8
3.4
e xdx adalah
23.914−23.944=0.080Yang memang terletak antara galat minimum dan galat maksimum.
6.3.4.2 Galat Kaidah Titik TengahGalat untuk sebuah pias
E=∫0
h
f ( x )dx−h f 12
E≈ h3
24f (t),0<t<
Galat untuk seluruh pias adalah
Etot ≈nh3
24f (t ,a< t<b
≈ h2
24(b−a ) f (t
¿O(h2)
6.4 Metode Newton-CotesMoetode 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 191
I=∫a
b
f ( x ) dx≈∫a
b
pn ( x )d x
Yang dalam hal ini
pn ( x )=a0+a1x+a2 x2+…+an−1 x
n−1+an xn
Dari beberapa kaidah integrasi numerik yang diturunkan dari metode Newton-Cotes, tiga di antaranya yang terkenal adalah :
1. Kaidah trapesium2. Kaidah simpson 1/33. 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 (h , f (h )). 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 (x¿¿0)+x ∆ f(x¿¿0)
h=f ( x¿¿0)+x
∆ f 0
h¿¿¿
Integrasi p1 (x ) di dalam selang [0,1 ]
Jadi, kaidah trapesium adalah
Metode Numerik Page 192
∫a
h
f ( x )dx ≈ h2( f 0+ f 1)
Galat kaidah trapesium sudah kita tutunkan sebelumnya pada metode pias, yaitu
E=−12
h3 f ( t )= O ( {h} ^ {3} ) , 0< t <
Jadi.
∫a
h
f ( x )dx ≈ h2 (f 0+ f 1 )+O (h3 )
Kaidah trapesium untuk integrasi dalam selang [0 , h ] kita perluas untuk menghitung
I=∫a
b
f ( x )dx
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 upaselang h,
yaitu [ x0 , x1 ] , [ x1 , x2 ] , [ x2 , x3 ] ,…, [ xn−1 , xn ]. Titik-titik
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
Metode Numerik Page 193
buah kaidah trapesium yang disebut kaidah trapesium gabungan. Luas daerah integrasi di dalam selang [a ,b ] adalah jumlah seluruh luas trapesium, yaitu
∫a
b
f ( x )dx ≈ h2( f 0+2 f i+∑
i=1
n−1
f n)
denganf r=f (xr ) , r=0 ,1 ,2,…,n
galat total kaidah trapesium gabungan sudah kita turunkan pada metode pias, yaitu
Etot ≈−1
12h2(b−a) f ( t )= O ( {h} ^ {2} ), {x} rsub {0} < t < {x} rsub {n
Dengan demikian,
∫a
b
f ( x )dx= h2 ( f 0+2∑
i=1
n−1
f ii+ f n)+O (h2 )
Jadi, galat integrasi dengan kaidah trapesium sebanding dengan h2.
6.4.2 Kaidah Simpson 1/3Hampiran nilai integrasi yang lebih baik dapat ditingkatkan dengan menggunakan polinom 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
Metode Numerik Page 194
di bawah parabola (Gambar 6.10). untuk itu, dibutuhkan
3 buah titik data, misalkan (0 , f (0)) , (h , f (h)) dan
(2h , f (2h))
Polinom interpolasi Newton-Gregory derajat 2 yang melalui ketiga buah titik tersebut adalah
p2 (x )=f (x¿¿0)+ xh∆ f (x¿¿0)+ x (x−h)
2 !h2 ∆2 f (x¿¿0)=f 0+x ∆ f 0+x (x−h)
2! h2 ∆2 f 0¿¿¿
Integrasikan p2 (x ) di dalam selang [0 ,2h ] :
I ≈ h3(f 0+4 f 1+f 2)
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 ,b ] kita 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.
Metode Numerik Page 195
I tot≈h3(f 0+4 ∑
i=1,3,5
n−1
f i+2 ∑i=2,4,6
n−2
f i+ f n)
Galat Kaidah Simpson 1/3
E=−190
h5 f 0(iv )=O (h5)
Jadi, kaidah Simpson 1/3 untuk sepasang upaselang ditambah dengan galatnya dapat dinyatakan sebagai
∫0
2h
f ( x )dx=¿ h3 (f 0+4 f 1+ f 2 )+O(h5)¿
Galat untuk n/2 pasang upaselang adalah
Etot=−1180
h4 (b−a ) f (iv ) ( t ) ,karenan=b−ah
¿O(h4)
Jadi, kaidah Simpson 1/3 gabungan ditambah dengan galatnya dapat dinyatakan sebagai,
∫a
b
f ( x )dx=¿ h3 ( f 0+4 ∑
i=1,3,5
n−1
f i+2 ∑i=2,4,6
n−2
f i+ f n)¿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
Metode Numerik Page 196
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 ) ) , (h , f (h ) ) , (2h , f (2h ) ) ,dan(3h , f (3h ) ) ..
Dengan cara penurunan yang sama seperti kaidah Simpson 1/3, diperoleh
∫0
3h
f ( x )dx ≈ 3h8
( f 0+3 f 1+3 f 2+ f 3)
Yang merupakan Kaidah Simpson 3/8
Galat kaidah Simpson 3/8 adalah
E≈−3h8
h5 f 0(iv ) (t ) ,0<t<3h
Jadi kaidah simpson 3/8 ditambah dengan galatnya dapat di nyatakan sebagai
∫0
3h
f ( x )dx ≈ 3h8
( f 0+3 f 1+3 f 2+ f 3)+O(h5)
Sedangkan kaidah Simpson 3/8 gabungan adalah
Metode Numerik Page 197
∫a
b
f ( x )dx ≈ 3h8
( f 0+3 ∑i=1
i≠ 3,6,9
n−1
f i+2 ∑i=3,6,9 ,…
n−3
f i+ f n)
Namun penggunaan kaidah simpson 3/8 mensyaratkan jumlah upaselang (n) harus kelipatan tiga
Galat kaidah 3/8 simpson gabungan adalah
Etot=−(b−a)h4
80f (iv ) ( t ) , a<t<b
Etot=O(h4)
Jadi, kaidah Simpson 3/8 ditambah dengan galatnya dapat dinyatakan sebagai
∫a
b
f ( x )dx ≈ 3h8
( f 0+3 ∑i=1
i≠ 3,6,9
n−1
f i+2 ∑i=3,6,9 ,…
n−3
f i+ f n)+O(h4)
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
Metode Numerik Page 198
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
∫a
b
f ( x )dx=α h [w0 f 0+w1 f 1+w2 f 2+…+wn f N ]+E
CONTOH SOAL
1. diketahui:
∫0
4
exdx
h=0,5 ditanya:a. Kaidah trapesiumb. Kaidah titik tengahc. Kaidah simpson 1/3d. Kaidah simpsom 3/8jawab:
n=4−00,5
=8
Metode Numerik Page 199
Membuat tabel:a. Tabel trapesium dan simpson
r xr F(xr)0 0 11 0,5 1,648722 1 2,718283 1,5 4,481684 2 7,38905
5 2,512,18249
6 320,08553
7 3,533,11545
8 454,59815
b. tabel titik tengah
r xr F(xr)0 0 11 0,5 1,648722 1 2,718283 1,5 4,481684 2 7,38905
5 2,512,18249
6 3 20,0855
Metode Numerik Page 200
3
7 3,533,11545
8 454,59815
a. Kaidah trapesium
¿ h2(f 0+2 f 1+2 f 2+2 f 3+2 f 4+2 f 5+2 f 6+2 f 7+2 f 8)
¿ 0,52
{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¿
¿0,5 (106,08775 ) ¿53,043875
c. Kaidah simpson 1/3
¿ 0,53 ( f 0+4 f 1+2 f 2+4 f 3+2 f 4+4 f 5+2 f 6+4 f 7+ f 8 )
¿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
Metode Numerik Page 201
d. Kaidah simpson 3/8
¿ 3h8 ( f 0+3 f 1+3 f 2+2 f 3+3 f 4+3 f 5+2 f 6+3 f 7+f 8 )
¿ 3.0,58 {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 11 5 6
Trapesium
h2
( f 0+f 1 )
52
(1+6 )
= 17.5
Simpson 13
Metode Numerik Page 202
h3
( f 0+f 1 )
53
(1+6 )
= 11.667
Titik Tengah
R xr F(xr)
12
2.5 3.5
h ( f 12 )
5(3.5)
= 17.5
∫0
5
∭ x+1
∫0
5
∬ 12x2+x
∬0
5 16x3+ 1
2x2
Metode Numerik Page 203
∫0
5 124
x4+ 16x3
1120
x5+ 124
x4
3. 4 x3dx , 0≤x≤4, h=1, n = 4−01
=4
r xr F(xr)0 0 01 1 42 2 323 3 1084 4 256
Trapesium
12
(f 0+2 f 1+2 f 2+2 f 3+ f 4 )
¿ 12 (0+2(4)+2(32)+2(108)+256 )
¿ 12
(564 )
= 282
Metode Numerik Page 204
Simpson 13
=h3
( f 0+4 f 1+2 f 2+4 f 3+f 4 )
¿ 13 (0+4 (4)+2(32)+4 (108)+256 )
¿ 13
(768 )
¿256
R xr F(xr)
12
12
0.5
32
32
13.5
52
52
62.5
72
72
171.5
¿h( f 12+ f 3
2+f 5
2+ f 7
2 )¿1(0.5+13.5+62.5+171.5)
Metode Numerik Page 205
=248
6.5 SingularitasKita akan kesulitan melakukan menghitung integrasi numerik apabila fungsi tidak terdefenisi di x=t, dalam hal ini a < t <b. Misalnya dalam menghitung integrasi
Fungsi f(x) = cos x/ jelas tidak terdefenisi di x = 0 (ujung bawah selang). Begitu juga apabila perhitungan integrasi
Menggunakan h = 0.1, titik diskrit di x=1 tidak dapat dihitung
sebab fungsi tidak terdefenisi di x=1. Fungsi
yang tidak terdefenisi di x=t, untuk , dinamakan singular.
Singular juga muncul pada fungsi yang turunannya tidak
terdefenisi di x=t, untuk . Misalnya hasil perhitungan
integral memperlihatkan hasil yang menyimpang
meskipun fungsi sendiri terdefenisi untuk semua x=
t, untuk . Penyimpangan ini dapat dijelaskan sebagai
berikut. Misalkan integral dihitung dengan kaidah
Metode Numerik Page 206
trapezium.
Tinjau kembali galat total pada kaidah trapezium:
…(1)
Persamaan (1) menyiratkan bahwa galat integrasi
akan besar apabila atau tidak ada.
Singularitas harus dihilangkan dengan cara memanipulasi persamaan fungsi sedemikian sehingga ia tidak singularitas lagi.
Contoh 1:
Ubahlah fungsi integrasi
Sehingga menjadi tidak singular lagi.
Metode Numerik Page 207
Penyelesaian:
Fungsi tidak terdefenisi di x=0.
Misalkan
Batas-batas selang integrasi juga berubah
Maka
tidak singular lagi.
6.6 Penggunaan Ekstrapolasi untuk Integrasi
Misalkan 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 :
Metode Numerik Page 208
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
Yang dapat ditulis sebagai
Metode Numerik Page 209
Dengan I(h) adalah integrasi dengan menggunakan kaidah trapesium dengan jarak antar titik selebar h dan
Secara umum, kaidah integrasi yang lain dapat kita tulis sebagai
…(2)
Dengan C dan q adalah konstanta yang tidak bergantung pada h. nilai q dapat ditentukan langsung dari orde galat kaidah integrasi, misalnya:
Kaidah trapezium q=2
Kaidah trapezium q=2
Kaidah 1/3 simpson, 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(h)+C …(3)
Ekstrapolasikan h menjadi 2h, lalu hitung integrasi
Metode Numerik Page 210
numeriknya
J=l(2h)+C …(4)
Eliminasikan C dari kedua persamaan dengan menyamakan persamaan (3) dan persamaan (4):
+C=l(2h)+C
Sehingga diperoleh
…(5)
Sulihkan persamaan (5) kedalam persamaan (3) untuk memperoleh:
J=l(h)+¿ …(6)
Yang merupakan persamaan ekstrapolasi Ricahrdson. Ekstrapolsi Ricahrdson dapat kita 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 hitung l(2h) lalu hitung l(h). Urutan pengerjaan (I (h2h) atau I(h) lebih dulu) tidak mempengaruhi solusi
Metode Numerik Page 211
akhirnya.
Sebagai contoh perhatikan bila (h) dan (2h) di hitung dengan kaidah trafesium (q=2), maka ekstpolasi Ricahrdson-nya adalah
J=l(h)+¿ …(7)
Dan bila I(h) dan I(2h) dihitung dengan kaidah 1/3 Simpson (q = 4), maka ekstpolasi Ricahrdson-nya adalah
[I (h)−I (2h)]
J=l(h)+¿ …(8)
Perhatikan bahwa suku 1/3[ I (h)−I (2h)] pada
persamaan (7) dan suku 1/15[ I (h)−I (2h)] pada persamaan (8) merupakan factor korelasi. Artinya, nilai 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:
Jumlah upaselang ;n=(1−0)/0.125=8
Tabel titik-titik didalam selang [0,1] dengan h=0,125
Metode Numerik Page 212
R
0 0 11 0.12 0.888892 0.250 0.800003 0.375 0.727274 0.500 0.666675 0.625 0.615386 0.750 0.571437 0.875 0.533338 1000 0.50000
I (h) adalah nilai itegrasi dengan kaidah trafesium menggunakan h=0,125
=
I (2h) adalah nilai itegrasi dengan kaidah trafesium
menggunakan 2h=0,250;
Metode Numerik Page 213
Nilai itegrasi yang lebih baik , J, diperoleh dengan ekstpolasi Richardson:
J=(h)+¿
Yang dalam hal ini, q= 2, karena I(h) dan I(2h) dihitung
dengan kaidah trapezium yang (yang mempunyai orde
galat = 2)
jadi, taksiran nilai integrasi yang lebih baik adalah
0,69315. Bandingkanlah dengan nilai integrasi sejatinya
Yang apabila dibulatkan ke dalam 5 angka bena
Metode Numerik Page 214
f(0,69314718)=0,69315, hasilnya tepat sama dengan
nilai integrasi yang dihitung dengan dengan ekstrapolasi
Richardson
6.6.2 Metode RombergMetode 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 (h2N )→O (h2N+2 )
Misalnya, bila I (h) dan I (2h) 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(h).
O (h2 )O (h2 )O (h2)
Tinjau kembali persamaan ekstrapolasi Richardson:
Metode Numerik Page 215
J=I (h )+I (h )−I (2h)
(2q−1 )
Misalkan I adalah nilai integrasi sejati yang dinyatakan sebagai:
yang dalam hal ini
h=(b−a)/n
dan perkiraan nilai integrasi dengan kaidah trapezium
dan jumlah pias . Orde galat adalah .
Sebagai contoh, selang dalam [a, b] dibagi menjadi 64
buah pias atau upaselang:
k=0 (artinya n=¿1 pias,
k=1 (artinya n=¿2 pias,
k=2 (artinya n=¿4 pias,
Metode Numerik Page 216
k=3 (artinya n=¿8 pias,
h3=b−a
8→A3=h3/2¿
+2 f 40+2 f 56+2 f 64 ¿
K=6 (artinya n=¿64 pias,
h6=b−a64
→A6=h6/2¿
Arti dari setiap A0adalah sebagai berikut :
A0adalah taksiran nilai integrasi dengan menggunakan kaidah trapezium dengan pembagian daerah integrasi menjadi n=¿1 buah pias;
A1adalah taksiran nilai integrasi dengan menggunakan kaidah trapezium dengan pembagian daerah integrasi menjadi n=¿2 buah pias;
A2adalah taksiran nilai integrasi dengan menggunakan kaidah trapezium dengan pembagian
Metode Numerik Page 217
daerah integrasi menjadi n=¿4 buah pias;
A6 adalah taksiran nilai integrasi dengan menggunakan kaidah trapezium dengan pembagian daerah integrasi menjadi n=¿64buah pias;
Gunakan pada persamaan ekstrapolasi
Richardson untuk mendapatkan runtunan , yaitu
Jadi nilai I (yang lebih baik) sekarang adalah
dengan orde galat adalah .
Selanjutkan gunakan pada persamaaan ekstrapolasi Richardson untuk mendapatkan runtunan
, yaitu
Jadi nilai I (yang lebih baik) sekarang adalah
dengan orde galat adalah .
Selanjutnya gunakan pada persamaan ekstrapolasi Richardson untuk mendapatkan runtunan
Metode Numerik Page 218
, yaitu
Jadi nilai I (yang lebih baik) sekarang adalah
dengan orde galat adalah . Demikian seterusnya
6.6.3 Ekstrapolasi Aitken
Kita telah membahas ekstrapolasi Richardson yang dapat diringkas sebagai berikut:
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
adalah galat dari hampiran nilai Imaka
Adalah 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);
Metode Numerik Page 219
…(9)
…(10)
…(11)
Eliminasikan nilai C dan q tidak diketahui? Untuk kasus
ini kita gunakan tiga buah perkiraan nilai , yaitu
, , dan :
=
…(12)
Dan menyamakan persamaan (10) dan (11)
…(13)
Persamaan (12)sama dengan persamaan (13)
…(14)
Kali silangkan kedua persamaan (14)
Metode Numerik Page 220
atau
…(15)
Persamaan (15) ini dinamakan persamaan ekstrapolasi Aitken.
Sekarang tinjau kembali:
…(16)
…(17)
Bagi persamaan (17)dengan persamaan (16)
Metode Numerik Page 221
…(18)
Besaran C pada persamaan (18)dapat dihilangkan menjadi
…(19)
Tinjau kembali persamaan (15) yang dapat ditulis ulang sebagai
jadi
…(20)
Metode Numerik Page 222
Yang mirip dengan persamaan ekstrapolasi Richardson Aitken akan tepat sama dengan ekstrapolasi Richardson jika nilai teoritis
Tepat sama dengan niai empirik
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 nilai-nilai 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 GandaDalam 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
Metode Numerik Page 223
V = luas alas tinggi
Kaidah-kaidah integrasi numerik yang telah kita bahas dapat 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 224
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- dalam arah y kita gunakan kaidah Simpson 1/3
Metode Numerik Page 225
Dalam arah x (y tetap):
Dalam arah y :
Jadi,
6.8 Kuadratus GaussDi dalam metode trapesium dan Simpson, fungsi yang diintegralkan secara numerik terdiri dari dua bentuk yaitu tabel data atau fungsi. Pada metode kuadratur, yang akan dibahas
Metode Numerik Page 226
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
(7.24)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 227
I=c1 f (a )+c2 f (b )
(7.25)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)
(7.26)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 empat fungsi, yaitu dari nilai
f (x)=1, f (x)= x , f (x)=x2dan f (x )=x3 , sehingga untuk:
f ( x ) = x3 : c1 f ( x1 ) + c2 f ( x2) =∫−1
1
x3 dx = 0 = c1 x13+ c2 x23(7.27)
f ( x )= x2 : c1 f ( x1 ) + c2 f ( x2) =∫−1
1
x2 dx = 23= c1 x
12+ c2 x22(7.28)
f ( x )= x : c1 f ( x1 ) + c2 f ( x2 ) =∫−1
1
x dx = 0 = c1 x1+ c2 x2(7.29)
f ( x )= 1 : c1 f ( x1 ) + c2 f ( x2) =∫−1
1
1 dx = 2 = c1 + c2(7.30)
Sehingga didapat sistem persamaan:
c1 x13 + c2 x23 = 0;
c1 x12 + c2 x22 =23 ; c1 x1 + c2x2 = 0 c1+ c2= 2.
Penyelesaian dari sistem persamaan diatas adalah:
c 1=c 2=1 ; x1=¿ – 0,577350269; x 2=¿0,577350269.
Metode Numerik Page 228
Substitusi dari hasil tersebut ke dalam persamaan (7.26)
menghasilkan:I = f ( − 1
√3) + f ( 1
√3)
(7.31)
Gambar 7.10. Integrasi Gauss kuadraturBatas-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(7.32)
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) (7.33)
dan batas baru xd=1, memberikan:
b=a0+a1(–1) (7.34)
Persamaan (7.33) dan (7.34) dapat diselesaikan secara simultan dan hasilnya adalah:
a0=b+a
2 (7.35)
Metode Numerik Page 229
dan
a1=b−a
2 (7.36)
Substitusikan persamaan (7.35) dan (7.36) ke persamaan (7.32) menghasilkan:
x =(b+a ) + (b−a) xd
2(7.37)
Diferensial dari persamaan tersebut menghasilkan:
dx = b−a2
dxd (7.38)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 kuadraturJumlah titik Koefisien c Variabel x
2c1 = 1,000000000
c2 = 1,000000000
x1 = 0,577350269
x2 = 0,577350269
3
c1 = 0,555555556
c2 = 0,888888889
c3 = 0,555555556
x1 = 0,774596669
x2 = 0,000000000
x3 = 0,774596669
4
c1 = 0,347854845
c2 = 0,652145155
c3 = 0,652145155
c4 = 0,347854845
x1 = 0,861136312
x2 = 0,339981044
x3 = 0,339981044
x4 = 0,861136312
Metode Numerik Page 230
5
c1 = 0,236926885
c2 = 0,478628670
c3 = 0,568888889
c4 = 0,478628670
c5 = 0,236926885
x1 = 0,906179846
x2 = 0,538469310
x3 = 0,000000000
x4 = 0,538469310
x5 = 0,906179846
6
c1 = 0,171324492
c2 = 0,360761573
c3 = 0,467913935
c4 = 0,467913935
c5 = 0,360761573
c6 = 0,171324492
x1 = 0,932469514
x2 = 0,661209386
x3 = 0,238619186
x4 = 0,238619186
x5 = 0,661209386
x6 = 0,932469514
Contoh soal:
Hitung integral I=∫
0
4
e x dx,dengan menggunakan metode Gauss
kuadratur.Penyelesaian:Dengan menggunakan persamaan (7.37) untuk a = 0 dan b = 4 didapat:
x =(b+a ) + (b−a) xd
2
x=( 4+0 )+((4−0 ) xd )
2=2+2xd
Turunan dari persamaan tersebut adalah:
d x=2d xdKedua bentuk diatas disubstitusikan ke dalam persamaan asli, sehingga didapat:
∫0
4
ex dx=∫−1
1
e( 2 + 2 x d ) 2 dxd
Ruas kanan dari persamaan diatas dapat digunakan untuk menghitung luasan dengan metode Gauss Kuadratur, dengan memasukkan nilai xd=x2=– 0,577350269 dan nilai
Metode Numerik Page 231
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:
ε t=53 ,598150 − 51 ,54938053 ,598150
× 100 % = 3 ,82 %.
Contoh soal:
Hitung integral I=∫
0
4
e x dx,dengan menggunakan metode Gauss
Kuadratur 3 titik.Penyelesaian: Untuk 3 titik persamaan (7.26) menjadi:
I=c1 f ( x1 )+c2 f ( x2)+c3 f ( x3 ) (c1)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:
∫0
4
ex dx =∫−1
1
e( 2 + 2 xd) 2 dxd
Untuk x1 = –0,774596669 2 e( 2 + 2 x1 )=3 ,13915546.
Untuk x2 = 0,000000000 2 e( 2 + 2 x2 )=14 ,7781122.
Untuk x3 = 0,774596669 2 e( 2 + 2 x3 )=69 ,5704925.
Persamaan (c1) menjadi:
Metode Numerik Page 232
I=(0,555555556 3,13915546)+(0,88888888914,7781122)
+(0,555555556 69,5704925)=53,5303486.Kesalahan:
ε t =53 ,598150 −53 ,530348653 ,598150
× 100 % = 0 ,13 %.
BAB VIITURUNAN NUMERIK
7.1 Persoalan Turunan NumerikPersoalan 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
( f x+h)−fx ¿¿ dan membaginya dengan bilangan yang kecil (h). Pembagian ini dapat menghasilkan turunan dengan galat yang besar.
Metode Numerik Page 233
7.2 Tiga Pendekatan dalam Menghitung Turunan Numerik
Misal diberikan nilai – nilai x di x0−h, serta nilai fungsi
untuk nilai – nilai x tersebut. Titik-titik yang diperoleh adalah
(x−1 , f −1 ) , (x0 , f 0 ) , (x1 , f 1 ), yang dalam hal ini x−1=x0−h
dan x1=x0+h.1. Hampiran Selisih Maju (Forward Difference
Approximation)
f ' x0=f (x0+h )−f (x0)
h=f 1−f 0
h
2. Hampiran selisih-mundur (Backward Difference Approximation)
f ' x0=f (x0 )−f (x0−h)
h=
f 0− f 1
h
Metode Numerik Page 234
3. Hampiran selisih-pusat (Central Difference Approximation)
f ' x0=f (x0+h )−f (x0−h)
2h=f 1−f−1
2h
7.3 Penurunan Rumus Turunan dengan Deret Taylor
Misalkan diberi titik-titik (x i , f i ) ,i=0 ,1 ,2 ,…,n
x i=x0+ih dan f i= f (x i)a. Hampiran selisih – maju
f (x i+1)=f (x i )+(x i+1−x i )
1! f ' (x i )+(x i+1−x i )
2
2 ! f ' ' (xi )+…
Metode Numerik Page 235
f i+1=f i+h f i'+ h
2
2f i
' '+…
h f i'=f i+1−f i−
h2
2f i
' '+…
f i'=
f i+1−f ih
−h2f i
' '
f i'=
f i+1−f ih
+O (h )
Yang dalam hal ini, O (h )=h2f i
' ' (t ) , x i<t<x i+ 1
Untuk nilai-nilai f di x0danx1 persamaan rumusnya menjadi
f 0'=
f 1−f 0
h+O(h)
b. Hampiran selisih mundur
f (x i−1 )=f (x i )+(x i+1−x i )
1 ! f ' (x i )+( xi+1−x i )
2
2! f ,, (x i )+…
f i−1=f i−h f i,+ h
2
2f i
, ,+…
h f i'=f i−f i−1+
h2
2f i
,,+…
f i'=
f i−f i−1
h−h
2f i
, ,+…
Metode Numerik Page 236
f i'=
f i−f i−1
h+O (h )
Yang dalam hal ini, O (h )=−h2
f i' ' ( t ) , x i−1< t<xi+1
Untuk nilai-nilai f di x0danx1 persamaan rumusnya menjadi
f 0'=
f 0−f −1
h+O(h)
c. Hampiran selisih pusatKurangkan persamaan hampiran selisih maju dengan mundur
fi+1−¿ f i−1=2h f i
'+h3
3 f i, , ,+…¿
2h f i'= f
i+1−¿ f i−1−h3
3f i
, , ,¿
f i,=
f i+1−¿ f i−1
2h−h2
6f i
,, ,,+…¿
f i,=
f i+1−¿ f i−1
2h+O(h2)¿
Yang dalam hal ini, O (h2 )=−h2
6f i
, ,, , (t ) , x i−1<t<x i+1
Untuk nilai-nilai f di x−1danx1 persamaan rumusnya menjadi :
f 0,=
f i+1−¿ f i−1
2h+O(h2)¿
Metode Numerik Page 237
Rumus untuk Turunan Kedua, f ,,(x) dengan bantuan Deret
Taylor
a) Hampiran selisih-pusatJumlahkan persamaan hampiran selisih maju dengan mundur
f i+1+f i−1=2 f i+h2 f i
, ,+ h4
12f i
(4)+…
f i+1−2 f i+ f i−1=h2 f i,,+ h4
12f i
(4 )+…
f i,,=
f i+1−2 f i+ f i−1
h2 − h2
12f i(4 )
jadi,
f i,,=
f i+1−2 f i+ f i−1
h2 +O(h2)
yang dalam hal ini, O (h2 )=−h2
12f i
( 4 ) ( t ) , x i−1<t<x i+1
Untuk nilai-nilai f di x−1 , x0dan x1 persamaan rumusnya menjadi :
f 0,,=
f 1−2 f 0+ f ih2 +O(h2)
b) Hampiran selisih-mundurDengan cara yang sama seperti hampiran selisih-pusat di atas, diperoleh:
f i,,=
f i−2−2 f i−1+ f ih2 +O (h)
Metode Numerik Page 238
yangd alamhal ini, O (h )=h f , , (t ) , xi−2<t<x iUntuk nilai-nilai f di x−2 , x−1dan x0 persamaan rumusnya menjadi :
f 0,,=
f −2−2 f −1+ f 0
h2 +O(h)
c) Hampiran selisih-majuDengan cara yang sama seperti hampiran selisih-pusat di atas, diperoleh:
f i,,=
f i+2−2 f i+1+ f ih2 +O(h)
yangdalamhal ini, O (h )=−h f ' ' ( t ) , x i<t<x i+2
Untuk nilai-nilai f di x0 , x1danx2 persamaan rumusnya menjadi :
f 0' '=
f 2−2 f 1+ f 0
h2 +O(h)
7.4 Penurunan Rumus Turunan Numerik dengan Polinom InterpolasiMisalkan diberikan titk-titik data berjarak sama,
x i=x0+ih , i=0,1,2 ,…,n ,
dan
x=x0+sh , s∈RAdalah titik yang akan dicari nilai interpolasinya. Polinom Newton-Gregory yang menginterpolasi seluruh titik data tersebut adalah:
Metode Numerik Page 239
f ( x )≈ pn ( x )=f 0+s ∆ f 0
1 !+s (s−1 )
∆2 f 0
2!+s (s−1 ) (s−2 )
∆3 f 0
3 !+s (s−1 ) (s−2 )…(s−n+1)
∆n f 0
n!
¿F (s)
Yang dalam hal ini, s=(x−x0)
hTurunan pertama dari f ( x ) adalah :
f ' ( x )=dfdx
=dFds
dsdx
¿(0+∆ f 0+(s−12 )∆2 f 0+( s2
2−s+ 1
3 )∆3 f 0+…)1h
¿ 1h (∆ f 0+(s−1
2 )∆2 f 0+galat)Berdasarkan persamaan diatas, diperoleh rumus turunan numerik dengan ketiga pendekatan (maju, mundur, pusat) sebagai berikut :
(a) Hampiran selisih-maju Bila digunakan titik-titik x0danx1 :
f ' (x0 )=1h (∆ f 0 )=
f 1−f 0
h Bila digunakan titik-titik x0 , x1 , danx2 :
f ' (x0 )=1h (∆ f 0+(s−1
2 )∆2 f 0)
Metode Numerik Page 240
Untuk titik x0→s=(x0−x0)
h=0, sehingga
f ' (x0 )=1h (∆f 0−
12∆2 f 0)
¿ 1h¿
¿ 1h (3
2∆ f 0−
12∆ f 1)
¿ 1h (32 f 1−
32f 0−
12f 2+
12f 1)
f ' (x0 )=−3 f 0+4 f 1−f 2
2h
(b) Hampiran selisih-mundurPolinom interpolasi: Newton-Gregory mundur bila digunakan titik-titik x0danx−1 :
f ' (x0 )=1h (∇ f 0 )=
f 0− f−1
h
(c) Hampiran selisih-pusat
digunakan titik-titik x0 , x1 , danx2 :
f ' (x0 )=1h (∆ f 0+(s−1
2 )∆2 f 0)
Metode Numerik Page 241
Untuk titik x1→s=(x1−x0)
h=hh=1, sehingga
f ' (x1 )=1h (∆ f 0+
12∆2 f 0)
¿ 1h¿
¿ 1h (12 ∆ f 0+
12∆ f 1)
¿ 12h (f 1−f 0+ f 2−f 1 )
f ' (x1 )=f 2−f 0
2hUntuk titik x−1 , x0 , danx1:
f ' (x0 )=f 1−f−1
2h
Rumus untuk Turunan Kedua, f ' ' (x ) dengan Polinom
InterpolasiTurunan kedua f adalah
d2 fd x2=
dds (dfdx ) dsdx
¿ 1h (0+∆2 f 0+(s−1)∆3 f 0 ) . 1h
¿ 1h2 (∆
2 f 0+( s−1 )∆3 f 0)
Misalkan untuk hampiran selisih-pusat, titik-titik yang
Metode Numerik Page 242
digunakan x0 , x1 , dan x2 :
Untuk titik x1→s=(x1−x0)
h=hh=1, sehingga
f ,, (x1 )=1h2 (∆2 f 0+(1−1)∆3 f 0 )
¿ 1h2 (∆¿¿2 f 0)¿
¿ 1h2 (∆ f 1−∆ f 0 )
¿ 1h2 ( f 0−2 f 1+ f 2 )
Untuk titik x−1 , x0 , danx1:
f ,, (x0 )=f −1−2 f 0+ f 1
h2
7.5 Menentukan Orde GalatPada 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 )=f 1−f−1
2h+E
Metode Numerik Page 243
Nyatakan E (galat) sebagai ruas kiri persamaan, lalu ekspansi ruas kanan dengan deret Taylor di sekitar x0 :
E=f ' (x0 )−f 1−f −1
2h
¿ f 0,− 1
2h [( f 0+h f 0,+ h2
2f 0
,,+ h3
6f 0
,, ,+…)−( f 0−h f 0,+ h2
2f 0
, ,−h3
6f 0
, ,,+…)]¿ f 0−
12h (2h f 0
,+ h3
3f 0
, ,,+…)¿ f 0−f 0−
h2
6f 0
, ,,+…
¿−h2
6f 0
,, ,+…
¿−h2
6f ,, , (t ) , x−1< t<x1
¿O(h2)
Jadi, hampiran selisih-pusat memiliki galat
E=−h2
6f ,, , ( t ) , x−1< t<x1 dengan orde O(h2).
7.6 Ringkasan Rumus-rumus Turunan
Metode Numerik Page 244
Turunan pertama
Turunan kedua
Turunan ketiga
Turunan keempat
Metode Numerik Page 245
f 0'=
f 1−f 0
h+O (h ) (selisih-maju)
f 0'=
f 0−f −1
h+O (h ) (selisih-mundur)
f 0' '=
f 2−2 f 1+ f 0
h2 +O (h ) (selisih-
maju)
f 0' '=
f−2−2 f −1+ f 0
h2 +O (h ) (selisih-
f 0' ' '=
f 3−3 f 2+3 f 1−f 0
h3 +O (h ) (selisih-
maju)
f 0' ' '=
f 2−2 f 1+2 f−1−f −2
2h3 +O (h2 )
f 0(4 )=
f 4−4 f 3+6 f 2−4 f 1+ f 0
h4 +O (h )
(selisih-maju)
f 0(4 )=
f 2−4 f 1+6 f 0−4 f −1+ f−2
h4 +O (h2 )
7.7 Contoh Perhitungan Turunan
x f (x)
1.3 3.669
1.5 4.482
1.7 5.474
1.9 6.686
2.1 8.166
2.3 9.974
2.5 12.182
a) Hitunglah f 1 (1.7) dengan rumus hampiran selisih-pusat
orde O(h¿¿2)danO(h4)¿b) Hitunglah f 1 (1. 4) dengan rumus hampiran selisih-pusat
orde O(h¿¿2)¿c) Rumus apa yang digunakan untuk menghitung
f 1 (1.3 )dan f 1 (2.5) ?
Penyelesaian :
a) Orde O(h¿¿2) :¿
f 01=f 1−f −1
2h
Ambil titik-titik x−1=1.5dan x1 = 1.9 yang dalam hal ini
Metode Numerik Page 246
x0 = 1.7 terletak ditengah keduanya dengan h=0.2
f 1 (1.7 )= 6.686−4.4822 (0.2 )
=5.510(empat angka bena)
Orde O ¿) :
fo1=−f 2+8 f 1−8 f −1+ f 2
12h
Ambil titik-titik x−2=1.3dan x−1=1.5,
x1=1.9dan x2=2.1 yang dalam hal ini x0=1.7terletak dipertengahannya.
f 1 (1.7 )=−8.166+8 (6.686 )−8 (4.482 )+3.66912(0.2)
= 5.473 (empat angka bena)b) Orde O(h¿¿2)¿
Ambil titik-titik x−1=1.3dan x1 = 1.5 yang dalam hal ini
x0 = 1.4 terletak ditengah keduanya dengan h=0.1
f 1 (1.4 )= 4.482−3.6692 ( 0.1 )
=4.065(empat angka bena )
c) Untuk menhitung f 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=2.5hanya mempunyai titik-titik sebelumnya (mundur)
Metode Numerik Page 247
Hampiran selisih-maju :
f 01= f 1− f 0h
+O(h)
f 1 (1.3 )=4.482−3.6690.2
=4.065
hampiran selisih-mundur :
f 01= f 0−f 1h
+O (h )
f 1 (2.5 )=12.182−9.9740.2 = 11.04
7.8 Ekstrapolasi RichardsonEkstrapolasi Richardson juga dapat diterapkan pada turunan numerik untuk memperoleh solusi yang lebih teliti. Misalkan
D(h) dan D(2h) adalah hampiran f '( x0) dengan
mengambil titik-titik masing-masing sejarak h dan 2h.
Misalkan untuk menghitung f '( x0) digunakan rumus
hampiran beda-pusat orde O(h¿¿2) :¿
Metode Numerik Page 248
D (h )= 12h ( f 1−f−1 )+O(h¿¿2)¿
¿ f 0'+C h2+…
D (2h )= 12(2h) (f 2−f −2)+O(2h)2
¿ f 0'+C (2h)2+…
¿ f 0'+4Ch2+…
Kurangi persamaaan D (h )−D (2h )
D (h )−D (2h )=−3C h2
C=D (h )−D (2h )−3h2
substitusikannilaiC ter hadap D ( h )
Metode Numerik Page 249
Ekstrapolasi Richardson dapat diperluas penggunaannya untuk 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(h¿¿2)¿ dalam menghitung D (h )dan D (2h ), maka
n=2, sehingga rumus ekstrapolasi Richardsonnya adalah seperti persamaan
Catatan juga bahwa setiap perluasan ekstrapolasi Richardson akan menaikkan orde galat dari O(h¿¿n)¿
menjadi O(h¿¿n+2)¿.
Contoh Soal :
Diberikan data dalam bentuk tabel sebagai berikut :
X F(x)2.0 0.4229
82.1 0.4005
12.2 0.3750
72.3 0.3471
Metode Numerik Page 250
82.4 0.3172
92.5 0.2858
72.6 0.2533
72.7 0.2200
82.8 0.1864
92.9 0.1529
03.0 0.1196
3
Tentukan f 1(2.5) dengan ekstrapolasi Richrdson bila D(h) dan
D(2h) dihitung dengan rumus hampiran selisih-pusat orde
O (h2 ) sampai5angkabena .
Penyelesaian :
D(h) selang titik yang dipakai:[2.4 ,2.6] dan h = 0.1
x−1=¿2.4 , x0=¿2.5 ,x1=¿ 2.6¿ ¿¿
D(h) = f 1−f −1
2h=(0.25337−0.31729)
2(0.1)=−0.31960
Metode Numerik Page 251
D(2h) selang titik yang dipakai:[2.3 ,2.7] dan h = 0.2
x−2=¿2.3 , x0=¿2.5 ,x1=¿2.7 ¿¿¿
D(2h) = f 2−f −2
2h=(0.22008−0.34718)
2(0.2)=−0.31775
D(4h) selang titik yang dipakai:[2.1 ,2.9] dan h = 0.4
x−4=¿ 2.1 , x0=¿ 2.5, x4=¿ 2.9 ¿¿¿
D(4h) = f 4−f−4
2h=(0.40051−0.15290)
2(0.4)=−0.30951
D(h)=−0.31960 dan D(2h)=−0.31775 keduanya
dihitung dengan rumus orde 0(h¿¿2)¿, sehingga n=2, sehingga
f 1 (2.5 )=f 0=¿D (h )+1/(22−1) [D (h )−D ( 2h) ]¿
¿−0.31960+1/3(−0.31960+0.31775)
¿−0.32022 mempunyai galat orde
0(h¿¿4 )¿
D(2h)=−0.31775 dan D(4h)=−0.30951 keduanya
dihitung dengan rumus orde 0(h¿¿2)¿, sehingga n=2, sehingga
Metode Numerik Page 252
f 1 (2.5 )=f 0=¿D (2h)+1/(22−1) [D (2h)−D ( 4h) ]¿
¿−0.31775+1/3(−0.31775+0.30951)
¿−0.32050 mempunyai galat orde
0(h¿¿4 )¿
D(2h) = -0.32022 dan D(4h) = -0.32050 keduanya dihitung dengan rumus orde 0(h¿¿4 )¿, sehingga n=4, sehingga
f 1 (2.5 )=f 0=¿D (2h)+ 1/(24−1) [D (2h )−D ( 4h )] ¿
¿−0.32022+1/15(−0.32022+0.32050)
¿−0.32020 mempunyai galat orde
0(h¿¿6)¿
Tabel Richardson :
h 0(h¿¿2)¿ 0(h¿¿4 )¿ 0(h¿¿6)¿0.1 -0.319600.2 -0.31775 -0.320220.4 -0.30951 -0.32050 -
0.32020
Jadi, f 1 (2.5 ) = -0.32020.
Metode Numerik Page 253
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%2FDownloads%2Ffiles%2F27626%2Fnumerik.doc&ei=g2RbUpTmJMbDrAfTwIH4Cw&usg=AFQjCNH_LP320anr6OvOfvuPLcsubLg4jQ&sig2=gwfoNnSP3tfFdVZOOgIAnQ&bvm=bv.53899372,d.bmkhttp://sainsmat.uksw.edu/2008/wp-content/uploads/2010/03/mastermetnum.pdf
Metode Numerik Page 254
http://ilkom.starcomptechnology.com/wp-content/uploads/2013/02/Bahan-Ajar-Metode-Numerik.pdfhttp://millatulkhaniifah28.blogspot.com/2012/11/metode-secant-part-2.htmlhttp://studentresearch.umm.ac.id/index.php/dept_of_mathematics/article/view/6070http://id.wikipedia.org/wiki/Aljabar_linear
Metode Numerik Page 255