modul kuliah metode numerik
Post on 29-Jan-2016
685 Views
Preview:
DESCRIPTION
TRANSCRIPT
DIKTAT KULIAH
METODE NUMERIK
Penyusun : Drs. Ino Suryana, M.Kom Dra. Betty Subartini, M.Si
PROGRAM STUDI S-1 TEKNIK INFORMATIKA DEPARTEMEN MATEMATIKA
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS PADJADJARAN
2014
KATA PENGANTAR
Puji Syukur penulis panjatkan ke Hadirat Illahi Rabbi, karena dengan
hidayahNya penyusunan ulang diktat kuliah ini dapat terselesaikan.
Diktat Kuliah ini telah disusun pada tahun 2003 dan sampai sekarang masih
direvisi dengan menambahkan bebrapa materi yang diperlukan, dengan tujuan untuk
membantu mahasiswa pada Program Studi S-1 Teknik Informatika dan Program Studi S-
1 Matematika dalam mempelajari materi yang diajarkan pada mata kuliah Metode
Numerik meskipun dalam hal ini masih terdapat kekurangannya.
Diktat kuliah ini dibuat bersama oleh beberapa dosen pengajar Metode Numerik
di Departemen Matematika Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam
Universitas Padjadjaran.
Semoga diktat kuliah ini dapat bermanfaat bagi semua pihak yang
memerlukannya. Amien.
Bandung, Agustus 2014 Tim Penyusun.
i
DAFTAR ISI Halaman KATA PENGANTAR
DAFTAR ISI
Bab I. Konsep Dasar Metode Numerik 1
Bab II. Perhitungan Galat 6
Bab III. Penyelesaian Persamaan tak linear 11
Bab IV. Pencarian akar Real dari Polinom 28
Bab V. Matriks dan sistem Persamaan Linear 34
Bab VI. Interpolasi dan Hampiran Polinom 53
Bab VII. Turunan Numerik 63
Bab VIII. Integrasi Numerik 71
Bab IX. Persamaan Diferensial Biasa 80
ii
1
BAB I
KONSEP DASAR METODE NUMERIK
DEFINISI 1 :
Metode Numerik adalah pengkajian tentang teori dasar perhitungan sehingga hasil
perhitungan tersebut memiliki kualitas yang baik.
DEFINISI 2 :
Metode numerik adalah tehnik dimana masalah matematika diformulasikan sedemikian rupa
sehingga dapat diselesaikan oleh pengoperasian aritmatika.
DEFINISI 3 :
Metode Numerik adalah Metode yang digunakan untuk menyelesaikan masalah matematika
secara numerik/angka yaitu dengan cara diformulasikan sehingga dapat dibuat algoritmanya
dan ditulis dalam bahasa pemrograman yang dapat dimengerti oleh komputer.
DEFINISI 4 :
Metode Numerik adalah metode pemrosesan dari data numerik menjadi hasil numerik.
Mempelajari metode-metode numerik harus mempelajari dulu kalkulus dan bahasa
pemrograman misal : BASIC, PASCAL, FORTRAN, MATLAB dsb.
Beberapa Teorema dalam kalkulus yang mendasari perhitungan numerik :
1.1 Teorema Harga Antara
Misalkan f suatu fungsi kontinu di [ ]ba, , jika L menyatakan suatu bilangan diantara
)(af dan )(bf maka terdapat suatu bilangan bcac <<; sehingga Lcf =)(
Makna dari teorema di atas :
2
(i) Jika 0)().( <bfaf , maka pasti ada harga x dimana bxa << yang memenuhi
0)( =xf
(ii) Jika 0)().( >bfaf , belum menjamin bahwa persamaan )(xf memiliki jawab.
1.2 Teorema Harga Rata-rata
Misalkan f Suatu fungsi kontinu di [ ]ba, dan f dapat di diferensialkan di [ ]ba, ,
maka terdapat c di [ ]ba, sehingga ))((')()( abcfafbf −=− atau
abafbfcf
−−
=)()()('
c menyatakan titik dan )(' cf = koefisien arah garis yang menghubungkan titik
))(,())(,( bfbdanafa .
Hal khusus dari teorema ini adalah :
Jika f Kontinu di [ ]ba, , dapat didiferensialkan di [ ]ba, dan xxf ∀≠ ,0)(' di [ ]ba, ,
maka grafik f(x) memotong sumbu x paling banyak disatu titik.
1.3 Teorema Taylor
Teorema Taylor didekripsikan sebagai berikut :
Misalkan fungsi f k menyatakan turunan ke-k dari fungsi f . Jika f beserta dengan f 1 , f 2,
…., f n+1 semuanya kontinu di [ ]ba, dan 0x suatu titik di [ ]ba, , maka untuk setiap x di [ ]ba,
berlaku :
)()(!
)(...)(
!2)("
))((')()( 002
00
000 xRxxn
xfxx
xfxxxfxfxF n
nn
+−++−+−+= dengan
dttftxn
xR nx
x
nn )()(
!1)( 1
0
+∫ −= dan )(xRn dinamakan galat (error).
3
MENGAPA KITA HARUS MEMPELAJARI METODE NUMERIK ?
Para insinyur dan ahli ilmu alam, dalam pekerjaannya sering “bergelut” dengan
persamaan matematis. Masalah yang dihadapi dilapangan diformulasikan ke dalam model
yang berbentuk persamaan matematika. Persamaan tersebut mungkin sangat kompleks dan
jumlahnya lebih dari satu. Solusi yang diinginkan tidak selalu berupa fungsi kontinu, tetapi
berupa nilai-nilai farik. Metode Numerik dan komputer menyediakan alternatif penyelesaian
ketimbang menggunakan metode analitik.
Terdapat beberapa macam alasan mengapa mempelajari metode numerik :
1. Metode Numerik merupakan alat pemecahan masalah yang sangat ampuh. Metode
Numerik mampu menangani sistem persamaan besar, ketaklinearan, dan geometri
yang rumit yang dalam praktek rekayasa seringkali tidak mungkin dipecahkan secara
analitik.
2. Dipasaran banyak dijual paket program numerik, misalnya MATLAB, EUREKA,
MATEMATICA, dsb. Kita dapat memahami cara kerja paket program tersebut
dengan cara memiliki pengetahuan numerik dan teori dasar yang
melatarbelakanginya.
3. Dapat membuat sendiri program numerik tanpa harus membeli paket program.
4. Metode numerik menyediakan sarana untuk memperkuat kembali pemahaman
matematika. Karena metode numerik ditemukan dengan menyederhanakan
matematika yang lebih tinggi menjadi operasi matematika yang mendasar.
TAHAP-TAHAP MEMECAHKAN PERSOALAN SECARA NUMERIK
1. Pembentukan model matematika dari persoalan.
Persoalan diformulasikan ke dalam model-model matematika.
4
2. Penyederhanaan model
Beberapa andaian dibuat sehingga beberapa parameter dapat diabaikan. Model
matematika yang diperoleh, menjadi lebih sederhana sehingga solusinya lebih mudah
diperoleh.
3. Formulasi numerik
Setelah model matematika yang sederhana diperoleh, tahap selanjutnya adalah
memformulasikannya secara numerik, antara lain :
a. Menentukan metode yang akan dipakai, dengan didasari pada pertimbangan :
- Apakah metode tersebut teliti?
- Apakah metode tersebut mudah diprogram dan waktu eksekusinya cepat
-Apakah metode tersebut tidak peka terhadap perubahan data yang cukup kecil?
b. Menyusun algoritma dari metode numerik yang dipilih
4. Pemograman
Menerjemahkan algoritma ke dalam program sumber dengan salah satu bahasa
pemograman
5. Evaluasi
PERAN KOMPUTER PADA PERHITUNGAN NUMERIK
Sebelum adanya komputer digital, penyelesaian persoalan matematik menggunakan
metoda numerik merupakan pekerjaan yang membosankan. Hal ini dikarenakan banyaknya
proses iterasi, perhitungan berulang dari data numerik yang ada. Jika proses iterasi dikerjakan
secara manual, akan membutuhkan waktu yang relatif lama dan kemungkinan terjadinya
kesalahan yang relatif lebih besar akibat kesalahan manusia.
Misalkan untuk menyelesaikan persamaan nonlinier 6352 234 =++− xxxx .
5
Penyelesaian secara manual, misalnya menggunakan metoda Regula Falsi diperlukan bebrapa
kali iterasi.Untuk menyelesaikan sampai enam angka dibelakang koma dapat terjadi sampai
puluhan iterasi. Ini membutuhkan waktu yang relatif lama. Padahal, dalam proses iterasi bisa
sampai ratusan kali. Dalam keadaan demikian, computer sangat dibutuhkan untuk
mengurangi waktu penyelesaian.
Langkah-langkah penyelesaian persoalan munerik bisan dilihat pada penjelasan
sebelum ini.
6
BAB II.
PERHITUNGAN GALAT/KESALAHAN (ERROR)
2.1 Jenis Galat/Sumber Galat
2.1.1 Galat pengukuran (inheren error)
2.1.2 Galat pemotongan (truncation error)
2.1.3 Galat Pembulatan (round-off error)
2.1.4 Galat Blunders (gross error)
2.1.1 Galat pengukuran
Galat ini disebabkan karena salah waktu mengukur
2.1.2 Galat Pemotongan
Galat ini disebabkan karena kita menghentikan suatu deret atau runtunan dengan
suku-suku yang tidak berhingga. Galat ini timbul akibat penggunaan hampiran sebagai
pengganti formula eksak. Galat pemotongan disebut juga galat dari metode, karena muncul
akibat dari komputasi yang digunakan.
Misalnya, suatu fungsi f(x) dideretkan dengan deret Taylor di sekitak x0 diperoleh
deret :
nn
xxn
xfxx
xfxxxfxfxf )(
!)(
...)(!2
)("))((')()( 0
020
0000 −++−+−+= (2.1)
Pada persamaan (2.1) sering diambil hanya bebrapa suku, misalkan hanya diambil tiga suku.
Sedangkan suku keempat dan seterusnya diabaikan (dipotong sampai suku ketiga), sehingga
persamaan menjadi
20
0000 )(
!2)("
))((')()( xxxf
xxxfxfxf −+−+= (2.2)
7
2.1.3 Galat Pembulatan
Galat ini disebabkan oleh jumlah keterbatasan jumlah digit komputer dalam
menyatakan bilangan real. Bilangan real yang panjangnya melebihi jumlah digit
komputer dibulatkan ke bilangan terdekat. Galat pembulatan dinamakan juga galat
dari perhitungan. Misalkan bilangan 1,234678934687 akan ditampilkan pada mesin
hitung yang hanya mampu menampilkan 10 digit dibelakang koma, maka bilangan
tersebut akan menjadi 1,2346789347.
Secara umum dalam perhitungan numerik terdapat dua sumber utama penyebab galat yaitu
galat pemotongan dan galat pembulatan.
2.1.4 Galat Blunders (gross error)
Galat ini terjadi akibat kesalahan manusia atau mesin hitung yang digunakan. Galat
ini bisa dikurangi dengan dengan melakukan pekerjaan yang berulang-ulang dan memilih
mensin hitung yang kualitasnya baik.
2.2 PERHITUNGAN GALAT
Galat mutlak/galat sejati dalam prosen
%100.xxEx −=
Dengan x = nilai sebenarnya
x = nilai hampiran hasil perhitungan numerik
Galat Relatif Sejati : x
EE x
R = atau dalam persentase %100.x
EE x
R =
Apabila nilai sebenarnya tidak/belum diketahui, maka alternatifnya menormalkan
galat dengan menggunakan taksiran terbaik yang tersedia dari nilai sejati yaitu terhadap
aproksimasi itu sendiri.
Seperti dalam :
8
%100.sekarangiaproksimas
sebelumnyaiaproksimassekarangiaproksimasEa−
=
Atau Ea = 1n
n1nx
xx+
+ − x 100%
Perhitungan dihentikan setelah Ea < Es atau ditentukan dengan toleransi (bilangan
yang ditentukan). Dimana Es = (0,5 x 102-n ) % , n = angka bena.
2.3 Pengertian Angka Bena
Konsep angka bena (significant figure) atau angka berarti telah dikembangkan secara formal
untuk menandakan keandalan suatu nilai numerik. Angka bena adalah angka bermakna,
angka penting, atau angka yang digunakan dengan pasti.
Contoh :
42,123 memiliki 5 angka bena
0,1764 memiliki 4 angka bena
0,0000012 memiliki 2 angka bena
278,300 memiliki 6 angka bena
270,0090 memiliki 7 angka bena
Atau ditentukan batas toleransinya.
2.4 Pengertian Bilangan Titik Kambang
Bilangan riil di dalam komputer umumnya dinyatakan dalam format bilangan titik
kambang (floating point number). Bilangan titik kambang a ditulis sebagai :
pn
p BxddddBxma ...,0. 321±=±=
Yang dalam hal ini :
m = mantisa (riil) ndddd .....321 adalah digit atau bit mantisa yang nilainya dari
sampai B-1, n adalah panjang digit (bit) mantisa.
9
B = basis sistem bilangan yang dipakai
P = pangkat
Contoh : Taksiran Galat untuk Metode iterasi
Masalah : Dalam matematika fungsi kerap kali dapat dinyatakan oleh deret takhingga
misalnya fungsi eksponen dapat dinyatakan /dihitung memakai :
....!2
12
+++=xxe x Tentukan nilai xe untuk 5,0=x dimulai pada yang paling sederhana
sampai 3 angka bena.
Penyelesaian : Iterasi 1 :
1=xe jadi untuk nilai 15,0 =e
Iterasi 2
xe x += 1 jadi nilai 5,15.015,0 =+=e
Ea = 5,1
15,1 − x 100 % = 33,3 %
Iterasi 3 :
!21
2xxe x ++=
625,1!2
5,05,012
5,0 =++=e
Ea = 625,1
5,1625,1 −x 100 % = 7,69 %
Dan seterusnya sampai Ea < Es
2.5 PERAMBATAN GALAT
10
Galat yang dikandung dalam bilangan titik kambang merambat pada hasil komputasi.
Misalkan terdapat bilangan titik kambang a dan b, (nilai sejati atau nilai sebenarnya) dan nilai
hampirannya a dan b , yang mengandung galat aε dan bε . Jadi, kita dapat menulis
ba bbdanaa εε +=+= . Di sini akan diperlihatkan bagaimana galat merambat pada hasil
penjumlahan dan perkalian a dan b.
Untuk penjumlahan,
)()()()( baba bababa εεεε +++=+++=+
Jadi galat hasil penjumlahan sama dengan jumlah galat masing-masing operand.
Untuk perkalian,
bababa babababa εεεεεε +++=++= .))((
yang bila disusun mernjadi :
abab
baab ab εε+=
−
Jadi galat relatif hasil perkalian sama dengan jumlah galat relatif masing-masing operand.
11
BAB III
PENYELESAIAN PERSAMAAN TAK LINEAR
Bentuk umum fungsi tak linear adalah 0)( =xf , di mana )(xf merupakan fungsi yang tak
linear. Solusi yang dicari adalah akar dari persamaan 0)( =xf , titik atau nilai x yang membuat nol
fungsi )(xf . Solusi ini ada dua bagian, yaitu solusi eksak dan solusi hampiran. Solusi eksak pada
umumnya sulit untuk ditentukan, kecuali untuk bentuk-bentuk yang sederhana, sehingga solusi
hampiran menjadi alternatif untuk menentukan selesaian dari suatu bentuk persamaan tak linear.
Bentuk fungsi yang non-linear di antaranya adalah
1. Fungsi polinom : 2;...)( 2210 ≥++++= nxaxaxaaxP n
nn
2. Fungsi transenden ; trigonometri, eksponensial, logaritma.
3. Fungsi campuran; transenden dan polinom
Contoh:
1. 0sin =xx
2. 02 =− xex
3. 02sincos =−− xx
4. 0ln12 =−+ xx
Contoh-contoh di atas hanya dapat diselesaikan dengan menggunakan hitungan iteratif. Dalam
hitungan ini diperlukan tebakan awal. Tebakan awal dilakukan untuk pelokasian akar, mencari atau
menentukan selang yang mengandung akar. Metode atau cara yang digunakan adalah metode tabulasi
dan metode grafik. Metode tabulasi dilakukan dengan mentabulasikan seluruh pasangan data.
di antara dua nilai yang berbeda tanda paling sedikit mengandung satu akar (satu nilai x ), sehingga
0)( =xf
Metode Pencarian Akar
Ada dua macam metode pencarian akar :
12
Metode Tertutup , terdiri dari : 3.1.1 Metoda Tabulasi
3.1.2 Metode Bisection ( bagi dua)
3.1.3 Metode Regula falsi ( posisi palsu)
3.1.4 Metode Regula falsi yang diperbaiki.
3.2. Metode terbuka, terdiri dari :
3.2.1.Metode iterasi titik tetap
3.2.2.Metode Newton-Raphson
3.2.3. Metode Sekan 3.1.1 Metoda Tabulasi Metoda tabulasi adalah metoda penyelsaian persamaan nonlinier (transedental) dengan cara
membuat tabel-tabel persamaan (fungsi) nonlinier di sekitar titik penyelesaiannya. Metoda ini
merupakan metoda paling sederhana untuk menyelesaika persamaan nonlinier.
Keuntungan dari metoda ini adalah tidak memerlukan persamaan khusus untuk
menyelesaikan persamaan nonlinier. Sedangkan keterbatasan dari metoda ini, adalah :
1. Jika fungsi f(x) mempunyai beberapa akar (titik) penyelesaian, akar-akar penyelsaian ini tidak
dapat dicari secara langsung atau secara bersamaan, tetapi harus satu-persatu.
2. Tidak dapat mencari akar kompleks (imajiner).
3. Proses itersainya relatif lama.
Cara penyelesaian Metoda Tabulasi
Langkah 1: fungsi f(x) = 0. Tentukan dua titik awal fungsi f(x), misalkan f(x1) dan f(x2) sehingga
memenuhi syarat f(x1)·f(x2) < 0. Jika syarat ini dipenuhi, artinya titik penyelesaian ada diantara x1
dan x2.
Langkah 2: Buat tabel nilai fungsi f(x) di antara f(x1) dan f(x2).
Langkah 3: Buat tabel di sekitar dua titik x yang menyebabkan terjadinya perubahan tanda pada nilai
fungsi f(x).
13
Langkah 4: Ulangi langkah 3 sampai diperoleh nilai yang diharapkan.
Contoh :
Cari salah satu akar penyelesaian dari persamaan f(x) = 2 – 5x + Sin x = 0.
Penyelesaian
Langkah 1: Menentukan dua nilai awal f(x) sehingga memenuhi syarat di atas. Misalnya diambil
f(x1) = f(0) = 2 – 5*0 + Sin 0 = 2
f(x2) = f(1) = 2 – 5*1 + Sin 1 = -2,98255
karena f(x1)·f(x2) < 0, maka titik/akar penyelesaian ada diantara x=0 dan x=1.
Langkah 2: Buat tabel fungsi f(x) di sekitar f(x1) dan f(x2)
Nilai fungsi f(x) di sekitar x=0 dan x=1 adalah :
x f(x) absolut error
0.0 2.000000 2.000000 0.1 1.501745 1.501745 0.2 1.003491 1.003491 Min error
0.3 0.505236 0.505236 0.4 0.006981 0.006981
0.5 -0.491273 0.491273 tanda berubah 0.6 -0.989528 0.989528
0.7 -1.487783 1.487783 0.8 -1.986038 1.986038 0.9 -2.484293 2.484293 1.0 -2.982548 2.982548
Langkah 3 : Buat tabel di sekitar dua titik yang menyebabkan nilai f(x) berubah tanda.
Tabel f(x) dibuat untuk di sekitar x=0,4 dan x=0,5.
Berikut tabel nilai fungsi f(x) di sekitar x=0,4 dan x=0,5.
X f(x) absolut error 0.40 0.006981 0.006981
0.41 -0.042844 0.042844 tanda berubah 0.42 -0.092670 0.092670
0.43 -0.142495 0.142495 0.44 -0.192321 0.192321
14
0.45 -0.242146 0.242146
0.46 -0.291972 0.291972 0.47 -0.341797 0.341797 0.48 -0.391623 0.391623 0.49 -0.441448 0.441448 0.50 -0.491273 0.491273
Langkah 4 dan seterusnya.
Ulangi langkah 3, yaitu membuat tabel di sekitar dua titik yang menyebabkan terjadinya perubahan
tanda pada f(x). Pembuatan tabel dihentikan pada saat sudah diperoleh error yang relatif kecil,
misalnya error = 10-7.
3.1.2 Metode Bagi Dua (dari Bolzano)
Secara umum, jika )(xf bernilai real dan kontinu pada selang [ ]ba, dengan 0)().( <bfaf
, maka ada peluang paling sedikit terdapat satu akar real pada interval tersebut. Ujung-ujung selang,
yaitu a dan b disebut dengan tebakan awal. Metode pencarian akar yang semakin bertambah
(incremental search method) memanfaatkan pengamatan ini dengan cara menentukan suatu selang
tempat fungsi berubah tanda. Metode bagi dua juga disebut dengan metode pemenggalan biner. Jika
nilai fungsi berubah tanda pada suatu selang, maka akan dihitung nilai fungsi pada titik tengah,
kemudian lokasi akar ditentukan, yaitu terletak pada selang tempat terjadinya perubahan tanda.
Metode bagi dua ini dijamin konvergen, meskipun laju konvergensinya cukup lambat
f(x)
|
a c b
Gambar 3.1. Metode Bagi Dua
15
Interval [ ]ba, dibagi dua menjadi interval [ ]ca, dan [ ]bc, dengan
2bac +
=
Pengujian selang
[ ]
[ ]
→<=→=
→>
capadaberadaakarcakar
bcpadaberadaakarcfaf
,00
,0)(),(
Kriteria penghentian iterasi
Iterasi dihentikan apabila selisih antara b dengan a, yaitu |b – a| < ε
Contoh :
Diberikan fungsi : xexf x 3)( += , lakukan dua iterasi untuk menghampiri akar persamaan di atas!
Penyelesaian:
akar fungsi di atas berada pada interval [ ]0,1−
iterasi 1:
031)1(3)1()(1 1 <−=−+=−=→−= −
eefafa
01)0(3)0()(0 0 >=+==→= efbfb
sehingga 0)0().1( <− ff , maka berlaku
5,02
011 −=
+−=c
05,1)5,0()( 5,01 <−=−= −efcf
0)().( 1 <cfaf → akar ada pada [ ]0;5,0−
iterasi 2:
0)(5,0 <→−= afa ; 0)(0 >→= bfb
16
25,02
05,02 −=
+−=c
0)25,0(3)( 25,02 >−+= −ecf
0)().( 2 <cfaf akar ada pada [ ]25,0;5,0 −−
sampai iterasi kedua diperoleh hampiran akar .25,0−=x
Dan galat hampirannya = %1002
12 xc
cca
−=ε
= %100%10025,0
)5,0(25,0=
−−−− x
3.1.3 Metode Posisi Palsu (Regula Palsi)
Metode posisi palsu akan lebih cepat memberikan hasil dan dasar dari metode ini adalah
teorema harga antara yaitu “bila f kontinu di [ ]ba, dan 0)().( <bfaf , maka ada [ ]bax ,* ∈
sehingga 0)( * =xf Pada metode ini nilai akar dihampiri oleh fungsi linear (garis lurus), nilai
hampiran akan berupa perpotongan garis lurus melalui ))(,( afa dan ))(,( bfb dengan sumbu X
Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar berikut.
(a, f(a))
c1 c
a akar b
(b, f(b))
Gambar 3.2. Metode Regula falsi
17
Perhatikan gambar 3.2 di atas .
Persamaan garis yang melalui titik ))(,( afa dan ))(,( bfb diberikan oleh
abax
afbfafy
−−
=−
−)()(
)(
perpotongan degan sumbu cxyX ==→ ,0
)()()(
afbfabafac
−−
−=
atau
babx
bfafbfy
−−
=−
−)()(
)(
diperoleh perpotongan dengan sumbu X
)()()(
bfafbabfbc
−−
−=
atau
)()()(
afbfabbfbc
−−
−=
Iterasi dihentikan apabila telah dipenuhi
ε<−+ kk cc 1 atau ε<−
+
+
1
1
k
kk
ccc
Contoh:
Diberikan fungsi : xxxf sincos)( −= , akar positif terkecil berada pada interval [ ]1,0 gunakan
metode posisi palsu untuk menghampiri:
a. Akar persamaan tersebut sampai iterasi ketiga.
b. Tentukan f(c3).
c. Hitung 3
23c
cc −
Penyelesaian:
Iterasi 1:
xxxfdanba sincos)(1,0 −===
1)( =af
18
301169,0)( −=bf
)()()(1 afbf
abbfbc−−
−=
1301169,001)301169,0(11 −−
−−−=c
76854,023146,01 =−=
02384,0)( 1 =cf
→> 0)().( 1cfaf akar akan berada pada interval [ ]bc ,1 sehingga ac =1 pada iterasi ke-2
Iterasi 2:
1,76854,01 === bac
02384,0301169,0
76854,01)301169,0(12 −−−
−−=c
78551797,0=
00016943,0)( 2 −=cf
→< 0)().( 21 cfcf akar akan berada pada interval [ ]21 ,cc sehingga ac =1 dan bc =2
pada iterasi ke-3
Iterasi 3:
76854,01 == ac dan 78551797,02 == bc ,
02384,0)( =af dan 00016943,0)( −=bf
02384,000016943,076854,078551797,0)00016943,0(78551797,02 −−
−−−=c
78539816,03 =c
Jadi, akar persamaan sampai iterasi 3 adalah 78539816,03 =c
b. 93 109689,7)( −= xcf
c. 00015,03
23 −=−c
cc
19
Hasil perhitungan selengkapnya disajikan dalam tabel berikut.
Tabel 2.1
r a c b f(a) f(c) f(b) Selang baru
1 0 0,768534 1 1 0,02384 -0,301169 [c1,b]
2 0,76854 0,78551797 1 0,02384 -0,00016943 -0,301169 [c1,c2]
3 0,78551797 0,78539816 0,76854 0,02384 7,9689x10-9 -0,00016943
Secara umum, metode regula falsi lebih cepat konvergensinya dibandingkan dengan metode bagi dua.
Namun, pada beberapa kasus kecepatan konvergensinya justru lebih lambat. Contohnya jika kurvanya
cekung kebawah.
Pada kondisi yang paling ekstrim rab − tidak pernah kecil sε sebab salah satu titik ujung selang
selalu tetap untuk setiap iterasi.yang dapat mengakibatkan program mengalami looping . Oleh karena
itu untuk mengatasi masalah diatas maka metode regula falsi diperbaiki.
3.1.4 Perbaikan Metode Regula Falsi
Untuk Mengatasi kemungkinan titik mandek, metode regula falsi kemudian diperbaiki.
Caranya, pada akhir iterasi 1=r kita sudah memperoleh selang baru akan dipakai pada iterasi 2=r. Berdasarkan selang baru tersebut, tentukan titik ujung selang yang tidak berubah (jumlah perulangan
> 1) yang kemudian menjadi titik mandek. Nilai f pada titik mandek itu diganti menjadi setengah
kalinya, yang akan dipakai pada iterasi 2=r
Misalkan fungsi )(xf cekung keatas di dalam selang [ ]ba, seperti ditunjukkan pada gambar
3.2.
Setelah menghitung nilai 1c pada iterasi ke 1=r , ujung selang a untuk iterasi 2=r tidak berubah .
Titik a menjadi titik mandek. Karena itu untuk itersi 2=r nilai )(af yang dipakai adalah 2
)(af.
Begitu juga untuk iterasi 3=r , nilai )(af yang dipakai adalah setengah dari nilai )(af
sebelumnya, dan seterusnya sampai pada nilai rc sudah terletak di bawah kurva )(xfy =
Dua buah metode yang akan dibahas berikutnya adalah metode yang memiliki laju
konvergensi lebih cepat, akan tetapi tidak selalu konvergen. Dan untuk melaju ke metode tersebut
cobalah terlebih dahulu soal berikut, sebagai bahan untuk mengukur sampai di mana pemahaman
mengenai metode bagi dua dan metode posisi palsu.
20
Latihan.
1. Tentukan nilai akar dari persamaan nonlinier berikut menggunakan metoda Tabulasi hingga
diperoleh error 10-5.
a. 2 – 3x + sin x = 0 b. ex – x – 2 = 0
2. Tentukan harga pendekatan dari akar persamaan 02 =− −xex di [ ]1,0 dengan metode bagi dua.
a. pada iterasi ketiga berapakah harga 3a dan 3b
b. pada iterasi ke-5 berapakah harga 5x dan )( 5xf
c. carilah harga N, sehingga 310−≤− NN ab
d. carilah harga N dan harga 0Nx sehingga N
N
ccc −
=*
ε
3. Ingin dicari harga pendekatan dari akar-akar persamaan xx cos= di
2,0 π dengan metode
regula palsi, carilah:
a. 33 bdana pada iterasi ke-3
b. 5x dan )( 5xf pada iterasi ke-5
c. 5
45
xxx −
4. Tentukan banyaknya akar pada persamaan 06116 23 =−+− xxx untuk x > 0.
3.2.1 Metode Iterasi Titik Tetap
Metode iterasi titik tetap disebut juga metode langsung atau metode subtitusi beruntun.
Prosedur iterasinya sebagai berikut :
Susunlah persamaan 0)( =xf menjadi bentuk )(xgx = Lalu bentuklah menjadi prosedur iterasi :
)(1 rr xgx =+
dan tentukan sebuah nilai awal 0x , lalu hitung nilai ,....,, 321 xxx yang mudah-mudahan konvergen ke
akar sejati s sedemikian sehingga
)(0)( sgsdansf ==
Iterasi berhenti bila :
ε<−+ rr xx 1
atau bila mrenggunakan galat relatif hampiran
21
ε<−
+
+
1
1
r
rr
xxx
dengan ε dan δ telah ditetapkan sebelumnya (toleransinya).
Jika kasus pengambilan titik awal x0 yang cukup dekat ke akar sejati, maka proses akan konvergen
tetapi jika kita mengambil x0 terlalu jauh ke akar sejati maka akan divergen.
Untuk itu maka kita harus mengetahui kapan suatu iterasi konvergen dan kapan divergen.?
Kriteria Konvergensi
Diberikan prosedur iterasi
)(1 rr xgx =+ (3.2.1)
Misalkan sx = adalah solusi 0)( =xf sehingga )(0)( sgsdansf == , selisih antara 1+rx dan
s adalah :
sxgsx rr −=−+ )(1
= )()(
)( sxsx
sxgr
r
r −−−
(3.2.2).
terapkan teorema nilai rata-rata pada persamaan (3.2.2) sehingga
))(('1 sxtgsx rr −=−+ (3.2.3)
yang dalam hal ini stxr <<+1 Misalkan galat pada iterasi ke-r dan pada iterasi ke-(r+1) adalah
sxrr −=ε dan sxrr −= ++ 11ε
Persamaan (3.2.3) dapat kita tulis menjadi
rr tg εε )('1 =+
atau dalam tanda mutlak
rrr Ktg εεε ≤=+ )('1
Berapa batas-batas nilai K itu ?
Misalkan 0x dan x berada di selang sejauh h2 dari s , yaitu hsxhs +<<− , jika iterasi
konvergen di dalam selang tersebut, yaitu ,....,,, 3210 xxxx ..menuju s , maka galat setiap iterasi
berkurang. Jadi haruslah dipenuhi kondisi
01
23
12
1 .... εεεεε +−−+ ≤≤≤≤≤ r
rrrr KKKK
Kondisi tersebut hanya berlaku jika
1)(' <≤ Ktg
Karena 1<K , maka 01 →+rK untuk ∞→r disini 01 →−+ sxr
22
Teorema 3.1 : Misalkan )(xg dan )(' xg kontinu pada interval [ ]ba, = [ ]hshs +− , yang
mengandung titik tetap s dan nilai awal 0x dipilih dalam interval tersebut. Jika 1)(' <xg untuk
semua [ ]bax ,∈ x ∈ [a,b] maka iterasi )(1 rr xgx =+ akan divergen dari s .
Dari teorema tersebut dapat disarikan sebagai berikut :
Di dalam interval [ ]hshsI +−= , , dengan s titik tetap,
Jika 1)(0 ' << xg untuk setiap Ix∈ , maka iterasi konvergen monoton;
Jika 0)(1 ' <<− xg untuk setiap Ix∈ , maka iterasi konvergen berosilasi
Jika 1)(' >xg untuk setiap Ix∈ , maka iterasi divergen monoton;
Jika 1)(' −<xg untuk setiap Ix∈ , maka iterasi divergen berosilasi.
Sebagai catatan, keadaan 1)(' =xg tidak didefinisikan . dan nilai )(' xg semakin dekat ke nol
semakin dekat ke akar dan semakin cepat kekonvergenannya.
3.2.2 Metode Newton-Raphson
Dasar dari metode Newton Raphson adalah fungsi )(xf dihampiri oleh garis lurus, yakni
garis singgung. Hampiran akar berupa perpotongan garis singgung dengan sumbu X (untuk lebih
jelasnya perhatikan gambar berikut)
Y
y = f(x)
(x0, f(x0))
(x2, f(x2))
0 x1 x2 X
Persamaan garis singgung pada )(xf yang melalui ))(,( 00 xfx dapat diturunkan dengan mudah,
seperti berikut ini.
23
)()( 00 xxmxfy −=−
)( 0' xfm =
Jadi, ))(()( 0'
0 xxxfxfy −=−
Perpotongan dengan sumbu 1,0 xxyX ==→
))(()( 01'
0 xxxfxf −=−
)()(
0'
001 xf
xfxx −=
dengan cara yang sama akan diperoleh
)()(
1'
112 xf
xfxx −=
dan seterusnya, sehingga diperoleh bentuk umum
,...2,1;)()(
'1 =−=+ kxfxf
xxk
kkk
Yang perlu diperhatikan di dalam metode Newton adalah hanya ada satu tebakan awal, yaitu 0x .
Pada iterasi ke-k, kx adalah titik potong sumbu X dengan garis singgung pada )(xf di titik 1−nx
Contoh:
xexf x 3)( −= pada [ ]1,0
3)(' −= xexf
Misalkan tebakan awal : 25,00 =x
)()(
0'
001 xf
xfxx −=
3
)25,0(325,0 25,0
25,0
1 −−
−=e
ex
5612,0311208,025,01 =−=x
Iterasi 2:
61666,03
)5612,0.(35612,0 5612,0
5612,0
2 =−
−−=
eex
Iterasi 3:
619056,03
61666,0.361666,0 61666,0
61666,0
3 =−
−−=
eex
24
Kekonvergenan Metode Newton-Raphson
Kita tuliskan lagi 00 xxr −=ε , 11 xxr −=ε , dan secara umum nrn xx −=ε . Di sini nε adalah
galat pemenggalan pada iterasi ke-n kekonvergenan metode Newton dijelaskan melalui teorema
berikut.
Teorema:
Misalkan "' 0)(,0)( fdanxfxf rr ≠= kontinu di sekitar rx , maka :
21−= nn K εε
di mana K adalah suatu konstanta positif.
Bukti:
Bukti teorema ini didasarkan pada teorema Taylor. Untuk fungsi )( rxf dapat diuraikan di sekitar
1−nx sebagai berikut.
21
"
11'
1 )(2
)())(()()( −−−− −+−+= nrnrnnr xxfxxxfxfxf ξ
Untuk suatu [ ]1, −∈ nr xxξ
Diketahui pula bahwa 0)( =rxf , kemudian diketahui pula bahwa:
)(')(
1k
kkk xf
xfxx −=+ .
atau ))(()( 11'
1 nnnn xxxfxf −= −−− oleh karena itu kita peroleh sekarang persamaan
21
"
11'
11' )(
2)())(())((0 −−−−− −+−+−= nrnrnnnn xxfxxxfxxxf ξ
Atau
21
"
1' )(
2)())((0 −− −+−= nrnrn xxfxxxf ξ
25
21
"
1' )(
2)()(0 −− += nnn
fxf εξε
Jadi,
21'
"
)()(2
)(−−= n
rn xf
f εξε
Karena 'f dan "f kontinu di sekitar rx , maka untuk n yang cukup besar sehingga 1−nx dekat dengan
rx , berlaku :
21'
"
)()(2)(
−−≈ nr
rn xf
xfεε
atau
21−= nn K εε di mana
)(2)(
'
"
r
r
xfxfK −
≈
♦ Teorema di atas menyatakan :
1. 2011 εε K=
2. 402
40
211
2212 . εεεε KKkk ===
3. 803
80
222
2323 . εεεε KKkk ===
4. Umum langkah ke-n adalah n
nn K 20εε =
3.2.3. Metode Sekan
Metode sekan hampir sama dengan metode posisi palsu, bedanya pada metode sekan tebakan
awal tidak perlu mengapit akar yang akan dihampiri, atau )().( bfaf tidak harus negatif. Metode ini
digunakan untuk mencari hampiran untuk )(xf yang rumit atau sukar untuk dicari. Turunan untuk
fungsi )(xf dicari dengan menggunakan hampiran.
Di dalam kalkulus kita mengenal rumus turunan seperti berikut.
hxfhxfxf
h
)()(lim)(0
' −+=
→ atau boleh juga ditulis sebagai
hhxfxfxf
h
)()(lim)(0
' −−=
→
26
h h | | | x-h x x+h
Rumus di atas dapat dinyatakan dalam bentuk aproksimasi berikut.
hxfhxfxf )()()(' −+
≈
| | |
xk-1 xk xk+1
atau
1
1' )()()(
−
−
−−
≈kk
kk
xxxfxf
xf atau
kk
kk
xxxfxf
xf−−
=+
+
1
1' )()()(
)(')(
1k
kkk xf
xfxx −=+ .
1
1 )()()(
−
−
−−
−=
kk
kk
kk
xxxfxf
xfx
Akan diperoleh bentuk umum untuk metode sekan
,....3,2,1;)()(
)(1
11 =
−−
−=−
−+ k
xfxfxx
xfxxkk
kkkkk
dalam hal ini diperlukan dua tebakan awal.
(x0, f(x0))
(x1, f(x1))
(x2, f(x2))
0 x0 x1 x2 x3 X
27
Kekonvergenan Metode Sekan
Kita tuliskan 00 xxr −=ε , 11 xxr −=ε , dan secara umum nrn xx −=ε
nε adalah galat pemenggalan yang timbul karena mendekati rx dan nx .
Rumus kekonvergenan metode sekan dituangkan dalam bentuk teorema berikut.
Teorema :
Pada langkah ke-n galat pemenggalan 1+nε memenuhi hubungan
)()()()(
1
111
−
−−+ −
−=
nn
nnnnn xfxf
xfxf εεε
Teorema :
Pada langkah ke-n, 11 −+ = nnn K εεε
Di mana K adalah konstanta positif K = |)('2|
|)("|
nfnfγ
Penggunaan teorema yang terakhir dalam metode sekan, mengasumsikan bahwa "f dan 0' ≠f di sekitar rx
Latihan.
1. Gunakan metode Newton untuk mendekati akar persamaan 0152 2 =−− xx di [ ]2,1 a. Hitung harga nx untuk 3,2,1=n b. Pada iterasi ke-4, hitunglah harga )( 4xf dan galat relatifnya. (Gunakan kalkulator sampai 6
angka di belakang koma 2. Gunakan metode sekan untuk mendekati akar persamaan 0633 =−+ xx di [ ]2,1 ambil
12 10 == xdanx a. Tentukan persamaan garis yang menghubungkan ))(,( 00 xfx dan ))(,( 11 xfx . b. Hitung harga 1+nx untuk n = 1, 2, dan 3. c. Pada iterasi ke-5 hitung harga )( 5xf dan galat relatifnya.
3. Gunakan metode Newton untuk mencari harga pendekatan dari akar persamaan 0633 =−+ xx untuk itu pilih tebakan awal 10 =x .
Tentukan: a. Persamaan garis di titik ))(,( 00 xfx yang diperlukan
b. harga nx untuk n = 1, 2, 3. c. Pada iterasi ke-4, hitunglah harga )( 5xf dan galat relatifnya.
28
BAB IV PENCARIAN AKAR REAL DARI POLINOM
4.1. Masalah Deflasi dan Masalah Perturbasi
Kita akan mempelajari pencarian akar yang real dari suatu polinom dengan koefisien real.
Suatu polinom dengan derajat n dengan koefisien real adalah fungsi yang berbentuk :
nnn xaxaxaaxP ++++= ...)( 2
210
Di mana koefisien-koefisien naaaa ,...,,, 210 semuanya real dengan 0≠na . Metode yang paling
efisien untuk pencarian akar polinom adalah metode horner, metode ini sering disebut sebagai
metode perkalian bertingkat (nested multiplication). Metode horner adalah metode penulisan polinom
dalam bentuk :
)....))(...(()( 1210 xaaxaxaxaxP nnn +++++= −
Contoh:
Tuliskan polinom-polinom berikut dalam bentuk lain berdasarkan metode horner.
a. 323 5243)( xxxxP +++−=
b. 6526 9634)( xxxxxP +−+=
Penyelesaian :
Metode horner memberikan selesaian sebagai berikut.
a. ))52(4(3)(3 xxxxP +++−=
b. )(6 xP dapat ditulis sebagai
,9600340)( 654326 xxxxxxxP +−++++= sehinggga
)))))96(0(0(3(4(0)(6 xxxxxxxP +−+++++=
)))))96(((3(4( xxxxxx +−++=
atau disingkat
)))))96(3(4()( 36 xxxxxP +−++=
Proses deflasi adalah proses pencarian seluruh akar polinom dengan cara mereduksi pangkat dari
polinom tersebut. Proses ini dibentuk atas pemanfaatan metode horner. Untuk lebih jelasnya
perhatikan contoh berikut.
32 6423)( xxxxP −++−=
29
Atau ))64(2(3)( xxxxP −++−=
Sekarang kita definisikan barisan 3210 ,,, bbbb sebagai berikut.
))((6 33 xPdalamxkoefisienb −=
xbb 32 4 +=
xbb 21 2 +=
xbb 10 3+−=
jelas bahwa
0
1
2
3
3)2(3
))4(2(3))64(2(3)(
bxb
xbxxbxxxxxxP
=+−=
++−=−++−=−++−=
dengan cara yang sama, umumnya untuk polinom berderajat n kita memiliki teorema berikut.
Teorema:
Misalkan nnn xaxaxaaxP ++++= ...)( 2
210 ; dengan 0≠na
Jika barisan nbbbb ,...,,, 210 didefinisikan sebagai
nn ab =
xbab nnn += −− 11
11,1 −≤≤+= + nkxbab kkk
xbab 100 +=
maka 0)( bxP =
Manfaat teorema ini antara lain untuk menghitung harga )(xP untuk suatu harga x (misalnya 0xx =
), mengingat perhitungan harga )( 0xP memerlukan
a. n kali penjumlahan dan )12( −n kali perkalian, jika digunakan bentuk:
nnn xaxaxaaxP ++++= ...)( 2
210
b. n kali penjumlahan dan hanya n kali perkalian, jika digunakan bentuk :
)...))(...(()( 1210 xaaxaxaxaxP nnn +++++= −
30
Contoh:
Diketahui polinom ,56423)( 432 xxxxxP +−++−= hitung harga P(-2)
Penyelesaian :
Kita bentuk barisan 43210 ,,,, bbbbb sebagai berikut.
54 =b
16)2(56563 −=−+−=+−= xb
36)2)(16(44 32 =−−+=+= xbb
70)2(3622 21 −=−+=+= xbb
137)2)(70(33 10 =−−+−=+−= xbb
Jadi, 137)2( =−P
Manfaat kedua dari teorema ini adalah menentukan hasil pembagian suatu polinom oleh suku linear.
Hasil bagi tersebut dituangkan dalam teorema berikut.
Teorema:
Misalkan nnn xaxaxaaxP ++++= ...)( 2
210 ; dengan 0≠na
Jika barisan nbbbb ,...,,, 210 didefinisikan oleh :
nn ab =
11,01 −≤≤+= + nkxbab kkk
Maka )()()( 00 xQxxbxP −+=
Di mana : i. )( 00 xPb =
ii. 12321 ...)( −++++= n
n xbxbxbbxQ
Bukti :
Berdasarkan teorema sebelumnya, jelas bahwa )( 00 xPb = . Sekarang kita buktikan bahwa
)()()( 00 xQxxbxP −+=
Untuk itu, ruas kanan kita tuliskan sebagai berikut:
)...)(()()( 123210000
−++++−+=−+ nn xbxbxbbxxbxQxxb
10
2030201
2210 ...... −−−−−−++++= n
nn
n xxbxxbxxbxbxbxbxbb
nn
nnn xbxxbbxxbbxxbbxbb +−++−+−+−= −
−1
012
032021010 )(...)()()(
akan tetapi untuk setiap k ; 10 −≤≤ nk , berlaku
31
01xbab kkk ++= atau 01xbba kkk +−=
jadi, )(....)()( 221000 xPxaxaxaaxQxxb n
n =++++=−+
Contoh:
Diketahui polinom ,56423)( 432 xxxxxP +−++−=
Tentukan 0b dan )(xQ sehingga )()2()( 0 xQxbxP ++=
Penyelesaian:
Ambil 20 −=x
Pada contoh di atas telah dihitung 13770,36,16,5 01234 =−==−== bdanbbbb
Jadi
1370 =b
32 5163670)( xxxxQ +−+−= dan
)5163670)(2(137)( 32 xxxxxP +−+−++=
Catatan:
Persamaan )()()( 00 xQxxbxP −+= menyatakan bahwa
i. )(xQ adalah hasil bagi )(xP oleh )( 0xx −
ii. 0b adalah sisa pembagian oleh )( 0xx −
Manfaat yang ketiga dari metode Horner adalah dalam proses deflasi yang akan dijelaskan kemudian.
Polinom )(xP sekarang kita tuliskan dalam bentuk
)()()( 00 xQxxbxP −+= untuk suatu 0x .
Dalam hal 0x merupakan akar dari )(xP maka 0)( 00 == xPb dan )()()( 0 xQxxxP −= Ini
berarti bahwa 0x akar dari )(xP jika dan hanya jika )( 0xx − adalah faktor dari )(xP
Jadi, dalam hal x0 akar dari )(xP maka setiap akar dari )(xQ adalah juga akar dari )(xP . Ini berarti
bahwa jika x0 telah diperoleh, maka untuk mencari akar yang lain dari )(xP cukup kita cari dari
polinom )(xQ yang mempunyai derajat lebih kecil dibandingkan dengan )(xP .proses pencarian akar
inilah yang disebut dengan proses deflasi.
Dalam praktek proses deflasi berjalan seperti berikut. Misalkan )(1 xQ polinom derajat n yang
memiliki m buah akar real mxxx ,...,, 21 di mana nm ≤ . Pencarian mxxx ,...,, 21 dijabarkan dalam
langkah-langkah berikut.
32
Langkah 1 :Cari 1x akar dari )(1 xQ , misalnya dengan metode Newton. Kemudian cari )(2 xQ dengan
menggunakan teorema 2 sehinga )()()( 201 xQxxxQ −=
Langkah 2 : Untuk setiap k dari 2 sampai dengan m , carilah kx akar dari )(xQk Kemudian
carilah )(1 xQk+ dengan menggunakan teorema 2 sehingga )()()( 10 xQxxxQ kk +−=
Dalam menjalankan langkah-langkah ini perlu diperhatikan kedua masalah berikut:
1. Bagaimana menerapkan metode Newton pada polinom
2. Jika 1x dicari dengan metode Numerik, maka sebenarnya 1x ini bukan akar dari )(1 xQ akan
tetapi hanyalah harga pendekatannya. Oleh karena itu pada persamaan
)()()( 2001 xQxxbxQ −+= sebenarnya harga x , 00 ≠b dan tidak dijamin bahwa akar dari
)(2 xQ adalah juga akar dari )(1 xQ hal ini disebabkan dalam penerapan proses deflasi, koefisisen-
koefisien dari polinom yang kita gunakan mengalami perubahan dari yang seharusnya. Perubahan
atau gangguan (perturbasi) ini akan munculakibat penggunaan metode Numerik dalam mencari
harga pendekatan dari akar polinom.
4.2 Metode Newton untuk Polinom
Misalkan )(xP untuk suatu polinom dan ∗x salah satu akarnya. Metode Newton menyatakan
bahwa ,....2,1,0;)()(
'1 =−=+ nxPxp
xxn
nnn
di mana x0 menyatakan tebakan awal yang cukup dekat ke x*. Mengingat bahwa )(xP suatu polinom,
maka rumusan di atas dapat disederhanakan lagi. Untuk itu tuliskan lagi )(xP sebagai
)()()( 00 xQxxbxP −+=
Dengan demikian, maka
)()()()( '0
' xQxQxxxP +−=
Jadi,
)()( 00' xQxP =
Ini menyatakan bahwa untuk menghitung harga )( nxP dan )(' nxP cukup kita gunakan teorema 2.
Caranya sebagai berikut:
Tuliskan dahulu nn xaxaxaaxP ++++= ...)( 2
210 untuk ,...3,2,1,0=n Kita hitung :
1. nn ab =
33
nkkk xbab 1++= , untuk setiap ,10; −≤≤ nkk maka )(0 nxPb =
2. nn bc =
nkkk xcbc 1++= untuk setiap 11; −≤≤ nkk
maka )()( '1 nn xPxQc ==
harga 1+nx dihitung dari :
1
01 c
bxx nn −=+
Contoh :
Diketahui 5432 3515412)( xxxxxxP ++−−+= Gunakan metode Newton untuk mendekati akar
dari polinom )(xP dengan tebakan awal 5,70 =x dan 510−<ε
Penyelesaian: 5432 3515412)( xxxxxxP ++−−+=
Kita hitung telebih dahulu )5,7(P dan )5,7('P , dengan cara sbb.
b5 = 1
b4 = 3 + 1(7,5) = 10,5
b3 = -5 + (10,5)(7,5) = 73,75
b2 = -15 + (73,5)(7,5) = 538,125
b1 = 4 + (538,5)(7,5) = 4039,9375
b0 = 12 + (4039,9375)(7,5) = 30311,53125
Jadi, P(7,5) = 30311,53125
c5 = 1
c4 = 10,5 + 1(7,5) = 18
c3 = 73,75 + 18(7,5) = 208,75
c2 = 538,125 + (208,75)(7,5) = 2103,75
c1 = 4039,9375 + (2103,75)(7,5) = 19818,0625
Jadi, P’(7,5) = 19818,0625
Dengan demikian
)5,7()5,7(
'01 PPxx −= = 7,5 –
0625,1981853125,30311 = 5,970510
lanjutkan perhitungan sebagai latihan sampai ε < 10-5
34
BAB V
MATRIK DAN SISTEM PERSAMAAN LINEAR
Matriks digunakan dalam berbagai permasalahan, misalnya dalam penyelesaian
sistem aljabar linear, dalam penyelesaian persamaan diferensial biasa, dan dalam problema
nilai eigen. Konsep matriks sangat penting dalam menyatakan hubungan-hubungan dasar
teknik listrik dan elastisitas. Dalam permasalahan di sini akan dibahas tentang invers matriks,
solusi persamaan linear, nilai eigen, dan vektor eigen secara numerik.
5.1 Matriks
Matriks adalah himpunan bilangan yang disusun dalam baris dan kolom. Matriks
biasanya diberi simbol dengan huruf besar. Matriks A misalnya, kita tuliskan seperti
berikut.
A =
mnn
n
aa
aa
.........
...
1
111
Matriks ini merupakan matriks segi empat, sedangkan bila m = n disebut dengan matriks
bujur sangkar, seperti matriks di bawah ini.
An =
nnn
n
aa
aa
.........
...
1
111
Jenis-jenis matriks
1. Matriks diagonal
nna
a
...0......0...11
=
nd
d
...0......0...1
2. Matriks satuan
In =
1...0
0...1
3. Matriks segitiga
35
a. Matriks segitiga atas
nn
n
a
aa
...0......
... 111 ; aij = 0 untuk i > j
b. Matriks segitiga bawah
nnn aa
a
.........0...
1
11 ; aij = 0 untuk i < j
4. Matriks tridiagonal
xxxxx
xxxxx
...0...
...0...
; aij = 0 untuk | i – j | > 0
5. Matriks bidiagonal
a. Matriks bidiagonal atas
xxx
xxxx
0...00...
...00...
b. Matriks bidiagonal bawah
xxxx
xxx
...00......00...0
Operasi Baris Elementer (OBE ) pada Matriks
1. Setiap elemen pada baris dapat dikalikan dengan konstanta
bi α bi
2. Elemen baris pada matriks dapat dipertukarkan
bi bk
3. Elemen baris dapat ditambahkan dengan kelipatan elemen baris yang lain
bi bi + α bk
36
5.2 Sistem Persamaan Linear
Misalkan m persamaan dengan n bilangan yang tidak diketahui, berbentuk
a11 x1 + a12 x2 + … + a1n xn = c1
a21 x1 + a22 x2 + … + a2n xn = c2
.
.
. am1 x1 + an2 x2 + … + amn xn = cm
Bentuk sistem persamaan di atas dapat dinyatakan dalam bentuk persamaan matriks
CAX =
Atau
=
nnmnmm
n
n
c
cc
x
xx
aaa
aaaaaa
2
1
2
1
21
22221
11211 .
A dinamakan matriks koefisien, X variabel, dan C merukakan konstanta kanan. Matriks
lengkap AC dapat dinyatakan seperti berikut.
a11 a12 … a1n c1
a21 a22 … a2n c2
… … … = AC
am1 am2 … amn cm
Matriks AC adalah matriks dengan ukuran m × (n + 1). Yang akan dibahas di sini adalah
matriks dengan m = n, yaitu matriks bujur sangkar. Penyelesaian atau jawab SPL di atas ada
tiga kemungkinan, yaitu :
a. Memiliki jawab tunggal (unik)
b. Memiliki jawab banyak
c. Tidak memiliki jawab
5.2.1 Sistem Segitiga
Matriks koefisien berupa matriks segitiga
Sistem segitiga atas
37
nn
n
n
a
aaaaa
0...0...0
...
222
11211
×
nx
xx
...2
1
=
nc
cc
...2
1
dengan syarat aii ≠ 0 , untuk i = 1, 2, 3, …, n
perhatikan persamaan ke-n
ann xn = cn
xn = cn/ann
persamaan ke- n – 1
an-1,n-1xn-1 + an-1,nxn = cn-1
xn –1 = 1,1
,11
−−
−− −
nn
nnnna
xac
Dilanjutkan untuk menghitung :xn-2, xn-3, … ,x2, x1
x1 = 11
13132121 ...a
xaxaxac nn−−−−
x1 = 11
211
a
xacn
jjj∑
=−
x2 = 22
321
a
xacn
jjj∑
=−
xn-1 = 1,1
,11
−−
=−∑−
nn
n
njjjn
a
xac
xn = nn
nac
Kemudian dilakukan penyulihan mundur, dengan mensubstitusi xn = nn
nac ke dalam
persamaan di atasnya, seperti berikut.
xn = nn
nac
38
Untuk: i = n – 1, n – 2, … , 2, 1
xi = ii
n
ijjiji
a
xac ∑+=
−1
Segitiga bawah
− nnnnn aaa
aaa
1,1
2221
11
......
00...0
×
nx
xx
...2
1
=
nc
cc
...2
1
Penyulihan maju
x1 = c1/a11
x2 = 22
1212a
xac − = 22
1
122
a
xacj
jj∑=
−
x3 = 33
2321313a
xaxac −− = 33
2
133
a
xacj
jj∑=
−
untuk i = 2, 3, 4, … , n
xi = ii
i
jjiji
a
xac ∑−
=−
1
1
Contoh :
1. Penyulihan maju
−−− 1631024300310004
×
nx
xx
...2
1
=
−
5248
x1 = -8/4 = -2
x2 = (4 – x1)/3 = (4+2)/3 = 2
x3 = (2 – 2x1 – 4x2)/2 = (2 + 6 – 8)/2 = 0
x4 = (5 + x1 – 3x2 + 6x3)/-1 = (5 – 2 – 3 × 2 + 6 × 0)/-1 = 3
39
2. Penyulihan mundur
−−−−
−−−
300001200021100
7262012214
×
5
4
3
2
1
xxxxx
=
610304
x5 = 6/3 = 2
x4 = (10 + 1× 2 )/-2 = -6
x3 = (3 + (-6) + 6 )/1 = 3
x2 = (0 - 6×3 – (2×-6) – (7×2))/-2 = 10
x1 = (4 + 10 – (2x3) – (2x-6) + 2)/4 = 5,5
5.2.2 Sistem Umum
Bentuk
nnnnn
n
n
n
caaa
caaacaaacaaa
..................
...
...
...
21
333231
222221
111211
melalui operasi baris elementer diperoleh bentuk yang setara
∼
xxx
xxxxxxx
0000000
.........00...0...
Dengan menggunakan operasi baris elementer (OBE) diubah menjadi bentuk segitiga atas
ataupun segitiga bawah.
5.3 Metode Eliminasi Gauss
Tahap 1 tahap penghilangan
Tahap 2 tahap penyulihan mundur
Dalam proses kerja dengan menggunakan eliminasi Gauss, kita berhadapan dengan
40
a. Elemen tumpuan
b. Baris tumpuan (pivot)
c. Pengali
Perhatikan ilustrasi berikut
xxxaxxxaxxxa
31
21
11
baris 2 :
a21 0
a21 – p a11 = 0
p = a21/a11
di mana p menyatakan pengali
baris 3 :
p = a31/ a11
contoh 1:
− 9192125135321
R2 – 3/1 R1 dan R3 - -2/1R1
∼
−−−197130
34505321
R3-(-13/5)R2
∼
−−−−
556
51700
34505321
dengan melakukan penyulihan mundur, akan diperoleh
x3 = (56/5)( –5/17) = -56/17
x2 = 5
)17/56(43−−+− = 55/17
x1 = 5 – 2(55/17) – (-56/17) = 31/17
41
Dalam prakteknya, mungkin saja terjadi bahwa elemen tumpuannya adalah nol,
dalam kejadian ini akan terjadi suatu pembagian dengan nol. Dan untuk ini kita harus
menghindari jangan sampai terjadi elemen tumpuan nilainya nol. Dan di sini kita dikenalkan
dengan strategi penumpuan. Terdapat tiga macam strategi penumpuan, yaitu
1. Penumpuan sederhana
2. Penumpuan parsial
3. Penumpuan total
1. Penumpuan sederhana
Di dalam penumpuan sederhana kita hanya menghindari dari elemen tumpuan
yang nol. Caranya pada kolom yang bersangkutan dipilih elemen pertama yang tak nol,
melibatkan perubahan baris.
2. Penumpuan Parsial
Elemen tumpuan dipilih berupa elemen dengan nilai tumpuan yang paling besar
pada kolom yang bersangkutan
3. Penumpuan Total
Elemen tumpuan dipilih berupa elemen dengan nilai mutlak terbesar pada
submatriks yang bersangkutan. Melibatkan penukaran baris dan kolom.
5.4 Metoda Dekomposisi L-U
Metoda Dekomposisi L-U adalah metoda penyelesaian SPL dengan cara membentuk
matriks segitiga atas (matriks Upper), dan membentuk matriks segitiga bawah (matris Lower)
dari matriks koefisien A serta membentuk vektor matriks (matrik H’) dari matriks hasil
(matrik H) dengan aturan tertentu. Kelebihan metoda ini adalah sangat efektif untuk
menyelesaikan SPL beordo tinggi, walaupun cara penyelesaian metoda ini cukup kompleks.
Cara penyelesaian persoalan:
Langkah 1: Buat SPL ke dalam bentuk A.x = H, dengan A matriks koefisien berordo nxn, x
vector variabel dan H adalah vektor koefisien hasil
42
Langkah 2: Mencari matriks segitiga bawah (matris L) dan matriks segitiga atas (matriks U)
dari matriks koefisien A dengan aturan:
Misalkan A3x3 sebagai berikut
=
10010
1000
23
1312
333231
2221
11
333231
232221
131211
uuu
lllll
l
aaaaaaaaa
Li1 = ai1
u1j = a1j/l11 = a1j/a11
lij = aij - kj
j
kik ul ⋅∑
−
=
1
1
uij = ii
i
kkjikij
l
ula ∑−
=
⋅−1
1
dengan i = 1, 2, 3, …, n dan j = 2, 3, 4, …, n.
kemudian mencari vektor matriks hasil (H’) dengan aturan
h’1 = h1/l11
h’j = ii
k
j
kiki
l
hlh '1
1⋅−∑
−
=
Langkah 3 : membentuk augmented matriks UH’ dan mencari solusi dengan aturan
xn = h’n
xj = h’j - ∑+=
⋅n
jkkjk xu
1
Contoh :
Selesaikan SPL berikut menggunakan metoda dekomposisi LU
x1 + x2 + x3 = 6
x1 + 2x2 + 3x3 = 14
x1 + 4x2 + 9x3 = 36
43
Penyelesaian :
Langkah 1: Bentuk matriks koefisien, matriks/vektor variabel dan matriks hasil sbb. Bentuk
sistemnya A.x = H. Elemen matriks aij memiliki indeks i dan j.
=
36146
941321111
3
2
1
xxx
Langkah 2 : menentukan nilai-nilai elemen matriks L dan matriks U dengan cara
Matriks U diagonal utamanya semua bernilai 1.
Pada j=1 diperoleh l11=a11= 1
l21=a21= 1
l31=a31= 1.
Pada i=1 deperoleh u11 = 1; u12=a12/a11=1; u13=a13/a11=1.
l22 = a22 - kjk
ik ul ⋅∑=
1
1
= a22 - l21 * u12 = 2 – 1*1 = 1
l32 = a32 - kjk
ik ul ⋅∑=
1
1
= a32 – l31 * u12 = 4 – 1*1 = 3
u23 = 21
1*13
22
132123
22
1
123
=−
=⋅−
=⋅−∑
−
=
lula
l
ulai
kkjik
l33 = a33 - kjk
ik ul ⋅∑=
2
1
= a33 – (l31 * u13 + l32 * u23) = 9 – (1*1 + 3*2) = 2
Jadi matriks L dan U masing-masing adalah
231011001
dan
100210111
Kemudian menentukan matriks (vektor) H’ sebagai berikut: LH’ = H
231011001
3
2
1
'''
hhh
=
36146
h’1 = 6; h’2 = (h2 – l21*h’1)/l22 = (14 – 1*6)/1 = 8;
h’3 = (h3 – (l31*h’1 + l32*h’2))/l33 = (36 – (1*6 + 3*8))/2 = 3
44
Jadi matriks H’ = [6 8 3]T.
Langkah 3 : Menyusun augmented matriks UH’, yaitu
310082106111
, dan
Penyelesaiannya adalah : x3 = h’3 = 3; x2 = (h’2 – u23*x3)/u22= (8 – 2*3)/1=2; dan
x1 = (h’1 – u12*x2+ u13*x3)/u11 = (6 – 1*2 + 1*3)/1 = 1, atau x = [1 2 3].
5.5 Beberapa SPL dengan matriks koefisien sama
Misalkan diberikan beberapa SPL berbentuk:
Ax = C
Ax = D
Ax = E
dst.
Dengan A merupakan matriks koefisien dan C, D, E, dst. merupakan konstanta kanan
dari SPL. Bentuk SPL seperti di atas dapat diselesaikan dengan dua cara/metode. Yang
pertama dapat diselesaikan dengan cara serempak dan yang kedua diselesaikan dengan cara
beruntun. Misalkan 10 buah SPL, jika kita tuliskan matriks lengkap dari SPL tersebut, maka
kita akan memperoleh matriks lengkap dengan ukuran n × (n + 10). Sedangkan selesaian
secara beruntun kita faktorkan matriks koefisien menjadi dua buah matriks, yaitu matriks
segitiga atas dan matriks segitiga bawah.
Pemfaktoran segitiga.
Matriks A difaktorkan menjadi matriks L dan matriks U (A = L × U), di mana U
menyatakan matriks segitiga atas dan L menyatakan matriks segitiga bawah. Terdapat dua
cara/metode pemfaktoran, yaitu pemfaktoran cara Dolitte dan pemfaktoran dari Crout.
Pemfaktoran dari Dolitte
Pemfaktoran dari Dolitte mengubah matriks segitiga bawah menjadi matriks segitiga
bawah satuan. Jika dalam proses pengubahan matriks koefisien menjadi matriks segitiga atas
tidak terjadi penukaran lain, maka elemen L berupa pengali pada setiap langkah.
45
Contoh:
A =
−−−
112231111
A = I × A =
100010001
−−−
112231111
=
102011001
−−−
330120111
=
− 12011001
23
−−
2300120111
Jika terjadi penukaran baris, maka A tidak dapat difaktorkan langsung. Dalam hal ini
A harus dikalikan dengan suatu matriks permutasi dan disebut dengan pemfaktoran tak
langsung.
Pemfaktoran tak langsung : PA = LU
Contoh
A =
−−−
112211111
A = I × A =
100010001
−−−
112211111
=
102011001
−
−
330100111
P × A =
−−
−
211112
111 =
100010001
×
−−
−
211112
111
46
=
101012001
×
−
−
100330
111
L U
Pemfaktoran Cara Crout
Sedangkan pemfaktoran dari Crout mengubah matriks segitiga atas menjadi segitiga
atas satuan. Di sini melibatkan operasi kolom elementer (OKE).
Contoh:
A = A × I =
−−−
112231111
100010001
KII + KI
KIII – KI
=
−−
332121001
−
100010111
=
−−
2332
021001
−
10010
111
21
Jika dibandingkan dengan cara Dolitte, maka kita dapat menuliskan matriks tersebut
seperti berikut.
−−−
112231111
=
101012001
×
−−
2300
020001
×
−
10010
111
21
Dolitte Diagonal Crout
Sistem Persamaan Linear AX = C dapat diubah menjadi LUX = C dalam hal ini UX = Y dan
LY = C
Sistem Persamaan Linear AX = D dapat diubah menjadi LUX = D dalam hal ini UX = Y dan
LY = D
47
Penyelesaian Tak langsung (Dollite)
SPL AX = C PAX = PC
LUX = PC
LY = PC
UX = Y
Contoh :
−
231351642
=
1
01001
31
2121
−
300630642
selesaikan AX = C dan AX = D, dengan
C =
−
510
4dan D =
324920
LY = C
1
01001
31
2121
3
2
1
yyy
=
−
510
4
Substitusi maju didapat :
y1 = -4, y2 = 12, dan y3 = 3
UX = Y
−
300630642
3
2
1
xxx
=
−
312
4
Substitusi mundur diperoleh :
x1 = , x2 = , dan x3 =
Contoh :
Selesaikan dengan cara Dollite :
−−532184
621
3
2
1
xxx
=
141817
48
Matriks Invers
A dengan Invers A-1 AA-1 = I A-1 = X AX = I
=
100010001
A X I
Matriks Lengkap :
[A, I] =
nnnnn
n
aa
aa
21
111
1...0......0...1
.........
...
×
dengan menggunakan Operasi baris Elementer dapat diubah menjadi [I, A-1]
5.4 Metode Gauss Jordan
Ilustrasi untuk matriks ukuran 3 x 3 :
nnaaaaaaaaa
2333231
232221
131211
100010001.
×
~
nnxxxxxxxxx
xxxxxx
2001
×
~
nnxxxxxxxxx
xxx
2001001
×
~
nnxxxxxxxxx
2100010001
×
Matriks bagian kanan adalah invers dari matriks A
Contoh :
Cari Invers dari matriks
−=
011523102
A
Penyelesaian :
⇒
− 100011010523001102
⇒
− 100011010523002/12/101
49
−−−⇒
−−−−
12/14/14/90002/14/34/710002/12/101
102/12/110012/32/720002/12/101
−−
−⇒
9/49/29/11009/718/236/340109/29/19/5001
Jadi
−−
−=−
9/49/29/19/79/118/179/29/19/5
1A
5.5. METODE Iterasi untuk Menyelesaikan SPL
Ada 2 Metode yang akan kita bahas :
1. Metode iterasi jacoby
2. Metode iterasi Gauss-Seidel
5.5.1. Metode Iterasi Jacoby
Tinjau kembali sistem persamaan linear
nnmnmm
n
nn
bxaxaxa
bxaxaxabxaxaxa
=+++
=+++=+++
2211
22222121
11212111
Dengan syarat 0≠kka , k = 1, 2, 3,..., n, maka persamaan iterasinya dapat ditulis sebagai :
11
)(12121)1(
1...
axaxab
xk
nnk
k −−−=+
22
)(2
)(323
)(1212)1(
2...
axaxaxab
xk
nnkk
k −−−−=+
nn
knnn
kn
knnk
n axaxaxab
x)(
11)(
22)(
11)1( ... −−+ −−−−=
dengan ,...3,2,1,0=k
iterasi dimulai dengan memberikan tebakan awal untuk x,
50
=
)0(
)0(2
)0(1
0
nx
xx
x
Iterasi dihentikan dengan menggunakan rumus hampiran galat relatifnya.yaitu :
nix
xxk
i
ki
ki ,....,3,2,1,)1(
)()1(
=∀<=+
+
ε
Iterasi pertama :
x i(1) = 11
)0(nn1
)0(2121
axa...xab −−−
x2(1) =
22
)0(nn2
)0(323
)0(1212
axa...xaxab −−−−
...
xn(1) =
nn
)0(1n1nn
)0(22n
)0(11nn
axa...xaxab −−−−−−
Iterasi kedua :
x i(2) = 11
)1(nn1
)1(2121
axa...xab −−−
x2(2) =
22
)1(nn2
)1(323
)1(1212
axa...xaxab −−−−
...
xn(2) =
nn
)1(1n1nn
)1(22n
)1(11nn
axa...xaxab −−−−−−
Rumus umumnya :
,...3,2,1,0,,1
)(
)( =−
=∑
≠= ka
xabx
ii
n
ijj
kjiji
ki
51
5.6.2. Metode Iterasi Gauss-Seidel
Kecepatan konvergen pada iterasi jacoby dapat dipercepat bila setiap harga xi yang
baru dihasilkan segera dipakai pada persamaan berikutnya untukmenentukan harga xi+1 yang
lainnya.
Iterasi pertama :
x i(1) = 11
)0(nn1
)0(2121
axa...xab −−−
x2(1) =
22
)0(nn2
)0(323
)1(1212
axa...xaxab −−−−
...
xn(1) =
nn
)1(1n1nn
)1(22n
)1(11nn
axa...xaxab −−−−−−
Iterasi kedua :
x i(2) = 11
)1(nn1
)1(2121
axa...xab −−−
x2(2) =
22
)1(nn2
)1(323
)2(1212
axa...xaxab −−−−
...
xn(2) =
nn
)2(1n1nn
)2(22n
)2(11nn
axa...xaxab −−−−−−
Secara umum :
xi(k)=
ii
n
1j
n
1ij
)k(jij
)1k(jiji
a
xaxab ∑ ∑= +=
+ −−
, k = 0,1,2,...,
Contoh :
Tentukan penyelesaian SPL berikut :
4x – y + z = 7
4x – 8y + z = -21
-2x + y + 5z = 15
dengan nilai awal P0 = (x0, y0, z0) = (1, 2, 2), Solusi sejatinya adalah (2,4,3)
52
Penyelesaian :
Iterasi 1 :
x = 4
227 −+ = 1,75
y = 8
2)1(421 ++− = 3,375
z= 5
2)1(215 −+ = 3,000
Iterasi 2 :
x = 4
3375,37 −+ = 1,84375
y = 8
000,3)375,3(421 −+− = 3,875
z = 5
375,3)75,1(215 −+ = 3,025
Dst sampai pada iterasi ke 19 didapat :
x = 2,000000; y = 4,000000; z = 3,.000000
53
BAB VI
INTERPOLASI DAN HAMPIRAN POLINOM
6.1 Interpolasi
Fungsi )(xf berupa rumus atau tabulasi dihampiri oleh fungsi lain yang lebih sederhana dan
lebih mudah untuk diintegralkan atau didiferensialkan.
Contoh :
)()( xPxf n≈ , di mana )(xPn berupa suatu polinom.
Dua pendekatan yang digunakan adalah interpolasi dan pencocokan kurva. Interpolasi, dalam hal ini
polinom harus melalui semua pasangan nilai yang diketahui. Sedangkan pencocokan kurva atau curve
fitting, polinom tidak harus melewati semua pasangan nilai. Untuk pasangan nilai ( ){ }niii xfx 1)(, = ,
maka ,....3,2,1);()( == ixfxP iin
Interpolasi dari himpunan titik yang diketahui dicari suatu polinom yang menghampiri fungsi yang
berhubungan dengan titik-titik tersebut, untuk menaksir nilai yang tidak diketahui.
Anggapan pada selang [ ]ba, erdapat nilai-nilai bxxxxa n ≤<<<<≤ ...210 dan
pasangannya { }iy , ni ,...,2,1,0= , dengan hubungan )( ii xfy = . Di dalam kaitan ini akan
dikemukakan dua bentuk polinom, yaitu polinom interpolasi Lagrange dan polinom interpolasi beda
terbagi Newton.
6.2 Interpolasi Lagrange Dalam mengemukakan interpolasi lagrange terlebih dahulu akan dikemukakan teorema
berikut yang dalam hal ini pembuktiannya tidak disertakan di dalam tulisan ini.
Teorema 6.2.1
Terdapat satu dan hanya satu polinom derajat yang ≤ n yang melalui semua pasangan titik
( ){ }niii yx 0, =
Terdapat beberapa kasus yang muncul dari teorema ini.
a. Kasus Linear
Ada dua titik ),( 00 yx dan ),( 11 yx , melalui kedua titik ini dapat dibuat suatu bentuk
polinom dengan derajat satu, yaitu )(1 xP
54
101
00
10
11 )( y
xxxx
yxxxxyxP
−−
+−−
==
Maka diperoleh
101
00
10
11 )( y
xxxx
yxxxxxP
−−
+−−
= (6.2.1)
Untuk 0xx = maka 01001 .0.1)( yyyxP =+=
Untuk 1xx = maka 11011 .1.0)( yyyxP =+=
b. Kasus Kuadrat
Untuk kasus kuadrat harus ada tiga titik yang dilewati, yaitu (x0, y0), (x1, y1), dan (x2, y2).
Bentuk polinom sebagai berikut.
020
2
10
12 )(
)()()()( y
xxxx
xxxxxP
−−
−−
= 121
2
01
0
)()(
)()(
yxxxx
xxxx
−−
−−
+ 212
1
02
0
)()(
)()(
yxxxx
xxxx
−−
−−
+
(6.2.2)
Notasikan :
)()(
)()()(
20
2
10
10 xx
xxxxxxxl
−−
−−
= (6.2.2a)
)()(
)()(
)(21
2
01
01 xx
xxxxxx
xl−−
−−
= (6.2.2b)
)()(
)()(
)(12
1
02
02 xx
xxxxxx
xl−−
−−
= (6.2.2c)
Dan akan diperoleh
2,0,1,0,1)(0 ≠== jjxl j
2,1,0,1,1)(1 ≠== jjxl j
1,2,0,2,1)(2 ≠== jjxl j
atau secara umum diperoleh
ijijxl ji ≠== ,0,,1)(
sehingga bentuk polinom di atas menjadi
ii
i yxlxP )()(2
02 ∑
=
= (4.2.3)
Polinom )(2 xP ini akan melalui ketiga titik di atas.
55
c. Kasus Kubik
Untuk kasus kubik harus ada empat titik yang dilewati, yaitu
),(),).(,(),,( 33221100 yxdanyxyxyx .
Bentuk Polinom sebagai berikut.
1312101
3200
302010
3213 ))()((
)()(())()((
))((()( y
xxxxxxxxxxxx
yxxxxxx
xxxxxxxP
−−−−−−
+−−−
−−−=
3231303
2102
301002
310
))()(()()((
))()(())(((
yxxxxxx
xxxxxxy
xxxxxxxxxxxx
−−−−−−
+−−−
−−−+
(6.2.4)
dan dapat dinyatakan dalam bentuk
ii
i yxlxP )()(3
03 ∑
=
= (6.2.5)
Dengan bentuk umum dari li (x) adalah
∏≠=
−
−=
3
0
)(ij
j ji
ji xx
xxxl (6.2.6)
d. Kasus Secara Umum
Untuk n + 1 titik data akan diperoleh bentuk polinom sebagai berikut.
i
n
i
n
ijj ji
jn y
xxxx
xP ∑ ∏= ≠=
−
−=
0 ,0
)( (6.2.7)
Contoh :
Carilah nilai fungsi f(x) untuk x=1,03 menggunakan interpolasi linier, kuadrat dan kubik, serta x=2,05
menggunakan kubik dalam metoda Lagrange dari tabel berikut ini!
n x f(x) 0 1.0 0.00000 1 1.2 0.26254 2 1.5 0.91230 3 1.9 2.31709 4 2.1 3.27194
Jawab :
a. Kasus Linear
56
Untuk x=1.03, ada dua titik ),( 00 yx dan ),( 11 yx , masing-masing yaitu (1, 0) dan (1.2, 0.26254)
melalui kedua titik ini dapat dibuat suatu bentuk polinom dengan derajat satu, )(1 xP
101
00
10
11 )( y
xxxx
yxxxxyxP
−−
+−−
==
Jadi f(1.03) = ((1.03 – 1.2)/(1 – 1.2))*0 + ((1.03 – 1)/(1.2 – 1))*0.26254 = 0.03938
b. Kasus Kuadrat
Untuk kasus kuadrat harus ada tiga titik yang dilewati, yaitu (x0, y0), (x1, y1), dan (x2, y2)
masing-masing yaitu (1, 0), (1.2, 0.26254), dan (1.5, 0.91230). Bentuk polinom sebagai berikut.
020
2
10
12 )(
)()()()( y
xxxx
xxxxxP
−−
−−
= 121
2
01
0
)()(
)()(
yxxxx
xxxx
−−
−−
+ 212
1
02
0
)()(
)()(
yxxxx
xxxx
−−
−−
+
Jadi f(1.03) = (((1.03 – 1.2)(1.03 – 1.5))/((1 – 1.2)(1 – 1.5)))*0 + (((1.03 – 1)(1.03 – 1.5))/
((1.2 – 1)(1.2 – 1.5)))*0.26254 + (((1.03 – 1)(1.03 – 1.2))/((1.5 – 1)(1.5 – 1.2)))
*0.91230 = 0,03068
c. Kasus Kubik
Untuk kasus kubik harus ada empat titik yaitu (1, 0), (1.2, 0.26254), dan (1.5, 0.91230) , dan (1.9,
2.31709).
Bentuk Polinom sebagai berikut.
1312101
3200
302010
3213 ))()((
)()(())()((
))((()( y
xxxxxxxxxxxx
yxxxxxx
xxxxxxxP
−−−−−−
+−−−
−−−=
3231303
2102
301002
310
))()(()()((
))()(())(((
yxxxxxx
xxxxxxy
xxxxxxxxxxxx
−−−−−−
+−−−
−−−+
Perhitungannya bisa dilakukan sendiri. Demikian pula untuk titik di x=2.05.
6.3 Polinom Interpolasi Beda Terbagi Newton Adakalanya kita membutuhkan beberapa polinomial untuk mengaproksimasi, yaitu
)(),....,(),( 21 xPxPxP n , kemudian kita memilih salah satu yang paling tepat dan akurat. Jika di dalam
polinomial Lagrange tidak ada hubungan yang rekursive antara )(1 xPn− dan )(xPn , tetapi di dalam
polinomial Newton mempunyai pendekatan rekursive. Bentuknya adalah sebagai berikut.
)()( 0101 xxaaxP −+= (6.3.1)
))(()()( 1020102 xxxxaxxaaxP −−+−+= (6.3.2)
57
))...()((...))(()()( 110102010 −−−−++−−+−+= nnn xxxxxxaxxxxaxxaaxP
(6.3.3)
Dalam hal ini )(xPn diperoleh dari )(1 xPn− dengan menggunakan hubungan yang rekursive, yaitu
))...()(()()( 1101 −− −−−+= nnnn xxxxxxaxPxP (6.3.4)
Polinomial (6.3.3) disebut polinomial Newton dengan n buah titik pusat, yaitu 1210 ,....,,, −nxxxx
Sehingga )(xPn akan merupakan suatu polinomial dengan derajat yang lebih kecil daripada 1.
6.3.1 Beda Terbagi (Divided Difference)
Dari titik-titik data ))(,()),...,(,()),(,( 1100 nn xfxxfxxfx didefinisikan hal-hal berikut.
Beda terbagi pertama:
[ ]01
0101
)()(,
xxxfxf
xxf−−
= (6.3.5)
Beda terbagi kedua :
[ ]12
0112012
],[],[,,
xxxxfxxf
xxxf−−
= (6.3.6)
dapat dibuktikan bahwa [ ] [ ]012210 ,,,, xxxfxxxf =
Beda terbagi ketiga
[ ]03
0121230123
],,[],,[,,,
xxxxxfxxxf
xxxxf−−
= (6.3.7)
Secara Umum : [ ]0
0211101
],...,,[],...,,[,....,,
xxxxxfxxxf
xxxfn
nnnnnn −
−= −−−
− (6.3.8)
Tabel beda terbagi
kx )( kxf [ ],f [ ],,f [ ],,,f [ ],,,,f
0x ( )0xf
[ ]01 , xxf
1x ( )1xf [ ]012 ,, xxxf
[ ]12 , xxf [ ]0123 ,,, xxxxf
2x ( )2xf [ ]123 ,, xxxf [ ]01234 ,,,, xxxxxf
[ ]23 , xxf [ ]0123 ,,, xxxxf
3x ( )3xf [ ]234 ,, xxxf
58
[ ]34 , xxf
4x ( )4xf
• Kasus linear
)()( 0101 xxaaxP −+=
Melalui 00010000 )()())(,( axxaaxfxfx =−+=⇒
∴ )( 00 xfa =
Melalui )()())(,( 0110111 xxaaxfxfx −+=⇒
)()( 0110 xxaxf −+=
[ ]0101
011 ,
)()(xxf
xxxfxf
a =−−
=
Jadi, [ ] )(,)()( 010101 xxxxfxfxP −+= (6.3.9)
• Kasus kuadrat :
))(()()( 1020102 xxxxaxxaaxP −−+−+= (6.3.10)
))(()()( 10212 xxxxaxPxP −−+= (6.3.11)
Melalui ))(()()())(,( 1202221222 xxxxaxPxfxfx −−+=⇒ (6.3.12)
[ ] ))(()(,)( 1202202010 xxxxaxxxxfxf −−+−+=
Sehingga
))((]](,[)()(
1202
0210022 xxxx
xxxxfxfxfa
−−−−−
=
12
1021 ],[],[xx
xxfxxf−−
=
[ ]012 ,, xxxf=
Jadi
[ ] ))((,,)()( 1001212 xxxxxxxfxPxP −−+= (6.3.13)
Analog untuk kasus kubik :
[ ] ))()((,,,)()( 210012323 xxxxxxxxxxfxPxP −−−+= (6.3.14)
[ ] ))...()((,...,,)()( 110011 −−− −−−+= nnnnm xxxxxxxxxfxPxP (6.3.15)
59
∑ ∏=
−
=
−+=
n
i
n
jjin xxaxfxP
1
1
00 )()()( ; dengan [ ]01 ,...,, xxxfa iii −= (6.3.16)
Contoh :
Carilah nilai fungsi f(x) untuk x=1,03 menggunakan interpolasi linier, kuadrat dan kubik, serta x=2,05
menggunakan kubik dalam metoda Beda Terbagi (Divided Difference) dari tabel berikut ini!
n x f(x) 0 1.0 0.00000 1 1.2 0.26254 2 1.5 0.91230 3 1.9 2.31709 4 2.1 3.27194
Jawab :
Langkah pertama buat tabel beda terbagi sebagai berikut
n x f(x) f[ , ] f[ , , ] f[ , , , ] f[ , , , , ] 0 1.0 0.00000
1 1.2 0.26254 1.31270 2 1.5 0.91230 2.16587 1.706333
3 1.9 2.31709 3.51198 1.923012 0.240754 4 2.1 3.27194 4.77425 2.103792 0.200866 -0.03626
a. Kasus Linear
)()( 0101 xxaaxP −+= ,dengan
)( 00 xfa = dan
[ ]0101
011 ,
)()(xxf
xxxfxf
a =−−
=
Jadi a0 = 0 dan a1 = 1.31270, maka f(1,03) = 0 + 1.31270*(1.03 – 1) = 0.03938
b. Kasus kuadrat
))(()()( 1020102 xxxxaxxaaxP −−+−+= (6.3.10)
))(()()( 10212 xxxxaxPxP −−+= (6.3.11)
dengan a2 ],,[],[],[
01202
1021 xxxfxx
xxfxxf=
−−
=
Jadi , dan [ ] ))((,,)()( 1001212 xxxxxxxfxPxP −−+=
60
f(1,03) = 0 + 1.31270*(1,03 – 1) + 1.706333*(1,03 – 1) (1,03 – 1,2) = 0.03068
Bisa diteruskan untuk kasus kubiknya.
6.4 Polinom Beda Terbagi Newton-Gregory Pada polinom beda terbagi Newton, jarak antara titik data adalah sama. Misalkan titik-titik
nxxxx <<<< ...210 maka hxxxxxx nn =−==−=− −11201 ... .
Jika nilai fungsi untuk ixx = adalah )( ixf , notasikan ii fxf =)( , maka beda terbagi Newton untuk
berbagai kasus adalah sebagai berikut.
[ ]h
ffxx
xfxfxxf 01
01
0101
)()(,
−=
−−
= (6.4.1)
[ ] 2012
02
1021012 !2
2],[],[,,
hfff
xxxxfxxf
xxxf+−
=−−
= (6.4.2)
[ ]h
xxxfxxxfxxxxf
3],,[],,[
,,, 2103210123
−=
30123
633
hffff −+−
=
30123
!333
hffff −+−
= (6.4.3)
6.4.1 Operator Beda Maju Newton-Gregory Definisikan operator beda terbagi maju dari Newton-Gregory sebagai berikut.
)()()( xfhxfxf −+=∆ (6.4.4)
iii fff −=∆ +1 (6.4.4a)
)()( 12
iiii ffff −∆=∆∆=∆ +
ii ff ∆−∆= +1
)()( 112 iiii ffff −−−= +++
iii fff +−= ++ 12 2 (6.4.4b)
)( 23ii ff ∆∆=∆ (6.4.4c)
Secara umum dapat dinyatakan sebagai berikut.
iii fff −=∆ +1
)(1i
Ki
K ff ∆∆=∆ + (6.4.4d)
jadi, diperoleh
61
[ ]hf
hff
xxf 00101 ,
∆=
−= (6.4.5)
[ ] 20
2
2012
012 !2!22
,,hf
hfff
xxxf∆
=+−
= (6.4.5a)
[ ] 30
3
30123
0123 !3!333
,,,hf
hffff
xxxxf∆
=−+−
= (6.4.5b)
[ ] k
k
nn hkf
xxxxf!
,,...,, 0011
∆=− (6.4.5c)
Apabila persamaan (6.4.5) disubstitusikan maka bentuk polinom (6.3.16) adalah sebagai berikut.
))...((!
....))((!2
)()( 100
1020
2
00
0 −−−∆
++−−∆
+−∆
+= NN
N
n xxxxhNf
xxxxhf
xxhf
fxP .
(6.4.6)
Tabel beda maju
Misalkan diberikan 5 buah titik dengan absis x yang berjarak sama,
x )(xf f∆ f2∆ f3∆ f4∆ f5∆
0x 0f
0f∆
1x 1f 0
2 f∆
1f∆
03 f∆
2x 2f 1
2 f∆ 0
4 f∆
2f∆
13 f∆
05 f∆
3x 3f 2
2 f∆ 1
4 f∆
3f∆
23 f∆
4x 4f 3
2 f∆
4f∆
5x 5f
Jika titik–titik berjarak sama dinyatakan sebagai
niihxxi ,...,2,,1,0,0 =+=
62
Dan nilai x yang diinterpolasikan adalah
Rsshxx ∈−= ,0
maka persamaan (6.4.6) dapat juga ditulis dalam parameter s sebagai
002
00 !)1)...(2(1(...
!2)1(
!1)( f
nnssssfssfsfxP n
n ∆+−−−
++∆−
+∆+= (6.4.7)
Atau dalam bentuk binomial :
00
)( fks
xP kn
kn ∆
= ∑
=
6.4.2 Operator Beda Mundur Newton-Gregory Definisikan operator beda terbagi mundur dari Newton sebagai berikut.
)()()( hxfxfxf −−=∇ (6.4.8)
1−−=∇ iii fff (6.4.8a)
112 )()( −− ∇−∇=−∇=∇∇=∇ iiiiii ffffff
21211 2)()( −−−−− +−=−−−= iiiiiii fffffff (6.4.8b)
Secara umum dapat dinyatakan sebagai berikut.
1−−=∇ iii fff
,....2,1,0),(! =∇∇=∇ + Kff iK
iK (6.4.9)
Soal Latihan
Perhatikan tabel nilai fungsi berikut
N X f(x)
1 0,1 0,003
2 0,3 0,067
3 0,5 0,148
4 0,7 0,248
5 0,9 0,370
6 1,1 0,518
1. Carilah nilai f(0,1875) menggunakan metoda Lagrange, Metoda beda terbagi dan metoda
Newton-Gregory Forward dari tabel di atas!
63
2. Carilah nilai f(0,375) menggunakan Metoda beda terbagi dan metoda Newton-Gregory
Forward dari tabel di atas!
63
BAB VII
TURUNAN NUMERIK Dalam bidang numerik, kadang-kadang diperlukan perhitungan nilai
turunan(derivative) fungsi, ''' , ff …. pada sebuah titik. Misalnya untuk menghitung
galat interpolasi polinom atau untuk menghitung galat integrasi numerik.
Bila fungsi )(xf diberikan secara eksplisit dan kontinu dalam selang [ ]ba, kita dapat
menentukan fungsi turunan fungsi di tx =
Adakalanya fungsi )(xf tidak diketahui, tetapi hanya diberikan beberapa titik data saja.
Pada kasus seperti ini kita tidak dapat menemukan nilai turunan fungsi secara analitik.
Sebaliknya, pada kasus lain, )(xf diketahui tetapi bentuknya rumit sehingga
menentukan nilai turunan merupakan pekerjaan membosankan, misalnya pada fungsi-
fungsi berikut ini :
xxex
xxtgxxf x cos/2)sin(
)3()2cos()(
−++
= ,
)4ln()( 2)53(2 xexxf x−= ,
dan sebagainya.
Untuk kasus-kasus di atas, perhitungan nilai turunan dapat dilakukan secara numerik.
Nilai turunan yang diperoleh merupakan nilai hampiran.
Metode numerik yang digunakan untuk menghitung nilai turunan suatu fungsi didasarkan
pada interpolasi polinom. Dari sekumpulan titik data, berupa pasangan nilai x dan
dibentuk polinom interpolasinya. Dari polinom interpolasi tersebut ditentukan fungsi
turunannya.
64
Persoalan Turunan Numerik
Diberikan beberapa buah titik, berupa pasangan x dan y dalam selang [ ]ba,
harus dihitung nilai dari ),.....(),(),( '"'"' xfxfxf untuk [ ]bax ,∈ secara numerik.
Definisi Kalkulus untuk Turunan
Turunan fungsi didefinisikan sebagai :
h
xfhxfxfh
)()(lim)(0
' −+=
→
7.1 Turunan Numerik Misalkan diberikan nilai-nilai x di hxdanxhx +− 000 ,, , serta nilai fungsi
untuk nilai-nilai tersebut. Titik-titik yang diperoleh adalah ),(),,( 0011 fxfx −− , dan
),( 11 fx dimana hxx −=− 01 dan hxx += 01 Nilai )( 0' xf dapat ditentukan dengan
tiga pendekatan :
7.1.1 Hampiran beda-maju (forward difference approximation)
hxfhxf
xf)()(
)( 000
' −+= f1 y =f(x)
h
ff 01 −= f0
← h → x0 x1
65
7.1.2 Hampiran beda-mundur (backward difference approximation)
hhxfxf
xf)()(
)( 000
' −−= f0 y= f(x)
= h
ff 10 −
f-1
← h → x-1 x0 7.1.3 Hampiran beda-pusat (central difference approximation)
hhxfhxf
xf2
)()()( 00
0' −−+
=
f1 y=f(x)
hff
211 −−
=
f-1 ← 2h → x-1 x0 x1
Contoh Tentukan nilai f’(x) di titik x=1,4 dari tabel nilai fungsi
n x f(x) 0 1,0 1,45 1 1,3 2,06 2 1,6 2,65 3 1,9 3,22 4 2,2 3,78
Penyelesaian: Data pada table memiliki h = xn+1 – xn = 1,3 – 1,0 = 0,3
a. Hampiran beda-maju : h
ffxf 01' )( −= . Untuk x=1,4, maka f0=2,06 dan f1=2,65
Jadi f’(x) = (2,65 – 2,06)/0,3 = 1,97. Nilai ini sama dengan cara hampiran beda-mundur.
b. Hampiran beda-pusat : hffxf
2)( 11' −−=
Dalam kasus ini, nilai x0=1,3 atau x0=1,6. Untuk x0=1,3, nilai f’(x) = (2,16 – 1,45)/0,6 = 1,83 Untuk x0=1,6, nilai f’(x) = (3,22 – 2,06)/0,6 = 1,93 Kedua jawaban tersebut benar.
Soal Latihan : Gunakan tabel pada contoh di atas 1. Cari nilai f’(x) dengan cara hampiran beda mundur dan beda pusat di x=1,85 dan
x=1,10!
66
Ada dua cara penurunan rumus turunan numerik yang akan dibahas di sini
1. Dengan bantuan deret Taylor
2. Dengan polinom interpolasi
Kedua cara tersebut menghasilkan rumus yang sama
7.2 Penurunan Rumus Turunan dengan Deret Taylor
Misalkan diberikan titik-titik nifx ii ,...3,2,1),,( = yang dalam hal ini
ihxxi += 0
.dan )( ii xff =
Kita ingin menghitung )(' xf yang dalam hal ini Rsshxx ∈+= ,0 .
(a). Hampiran beda-maju
Uraikan )( 1+ixf disekitar ix :
.....)(!2
)()(
!1)(
)()( "2
1'11 +
−+
−+= ++
+ iii
iii
ii xfxx
xfxx
xfxf
.....62
"'3
"2
'1 ++++=+ iiiii fhfhhfff (7.2.1)
..._62
"'3
"2
1'
iiiii fhfhffhf −−−= +
"1'
2 iii
i fhh
fff −
−= +
)(1' hh
fff ii
i Ο+−
= + dalam hal ini 1" ),(
2)( +<<−=Ο iii xxfhh ξξ
Untuk nilai-nilai f di 0x dan 1x persamaan rumusnya :
)(01'0 h
hff
f Ο+−
= dalam hal ini, 1"
0 ),(2
)( +<<−=Ο ii xxfhh ξξ
67
(b) Hampiran beda-mundur
Uraikan f(xi-1) disekitar xi :
.....)(!2
)()(
!1)(
)()( "2
1'11 +
−+
−+= −−
− iii
iii
ii xfxx
xfxx
xfxf
.....62
"'3
"2
'1 +−+−=− iiiii fhfhhfff (7.2.2)
...2
"2
1' −+−= − iiii fhffhf
..2
"1' ++−
= −i
iii fh
hff
f
)(1' hh
fff ii
i Ο+−
= − dalam hal ini 1" ),(
2)( +<<=Ο iii xxfhh ξξ
Umtuk nilai-nilai f di 1−x dan 0x persamaan rumusnya :
)(10'0 h
hff
f Ο+−
= − dalam hal ini 1" ),(
2)( +<<=Ο iii xxfhh ξξ
(c). Hampiran Beda-Pusat
Kurangkan persamaan (7.2.1)dengan persamaan (7.2.2) :
....3
2 "'3
'11 ++=− −+ iiii fhhfff
...3
2 "'3
11' +−−= −+ iiii fhffhf
...62
"'2
11' +−−
= −+i
iii fh
hff
f
)(2
211' hh
fff ii
i Ο+−
= −+ dalam hal ini 11"'
22 ),(
6)( +− <<−=Ο ii xxfhh ξξ
Untuk nilai-nilai f di 1−x dan 1x persamaan runmusnya :
68
)(2
211'0 h
hfff Ο+
−= − dalam hal ini 11
"'2
2 ),(6
)( +− <<−=Ο ii xxfhh ξξ
Perhatikan, bahwa hampiran beda-pusat lebih baik daripada dua hampiran sebelumnya,
sebab orde galatnya adalah )( 2hΟ .
7.3 Rumus Untuk Turunan Kedua )(" xf dengan Deret Taylor
(a). Hampiran beda-pusat
Tambahkan persamaan (1) dan persamaan (2) diatas :
....12
2 )4(4
"211 +++=+ −+ iiiii fhfhfff
)4(4
11"2
122 iiiii fhffffh −−+= −+
)4(2
211"
122
iiii
i fhh
ffff −
+−= −+
Jadi :
)(2 2
211" h
hfff
f iiii Ο+
+−= −+
dalam hal ini , 11)4(
22 ),(
12)( +− ≤≤−=Ο iii xxfhh ξξ
Untuk nilai-nilai f di 01 , xx− dan 1x , persamaan rumusnya :
)(2 2
2101"
0 hh
ffff Ο+
+−= −
dalam hal ini 11)4(
22 ),(
12)( +− ≤≤−=Ο iii xxfhh ξξ
(b) Hampiran beda-mundur
Dengan cara yang sama seperti di atas, diperoleh :
69
)(22
12" hh
ffff iiii Ο+
+−= −− dalam hal ini , ii xxhfh ≤≤=Ο − ξξ 2
" ),()(
Untuk nilai-nilai f di 12 , −− xx dan 0x , persamaan rumusnya:
)(2
2012"
0 hh
ffff Ο+
+−= −− dalam hal ini , 02
" ),()( xxhfh ≤≤=Ο − ξξ
(c) Hampiran beda-maju
Dengan cara yang sama seperti diatas, diperoleh :
)(2
212" h
hfff
f iiii Ο+
+−= ++ dalam hal ini , 2
" ),()( +≤≤−=Ο ii xxhfh ξξ
Untuk nilai-nilai f di 10 , xx dan 2x , persamaan rumusnya :
)(2
2012"
0 hh
ffff Ο+
+−=
dalam hal ini , 20" ),()( xxhfh ≤≤−=Ο ξξ
Contoh
Perhatikan tabel nilai fungi f(x) berikut
n x f(x) 0 1,0 0,00 1 1,2 0,26 2 1,4 0,91 3 1,6 2,31 4 1,8 3,27
Tentukan nilai f”(x) menggunakan metoda hampiran beda-pusat, hampiran beda-maju,
dan hampiran beda-mundur di x=1,65 !
Penyelesaian:
a. Hampiran beda-pusat : 2101"
02h
ffff −+−= . Untuk x=1,65, maka x0=1,6 dengan
f0=2,31 dan h=0,2. Jadi f”(x) = (3,27 - 2*2,31 + 0,91)/0,22 = -11
70
b. Hampiran beda-mundur : 2012" 2
)(h
fffxf
+−= −−
Untuk ini x0=1,8, maka f0=3,27, f-1= 2,31, dan f-2=0,91.
Jadi f”(x) = (0,91 - 2*2,31 + 3,27)/0,22 = -11.
Untuk hampiran beda-maju tidak dapat dilakukan, karena titiknya tidak tersedia.
Soal Latihan
Tentukan nilai f”(x) di titik x=1,7 dari tabel nilai fungsi berikut n X f(x) 0 1,0 1,45 1 1,3 2,06 2 1,6 2,65 3 1,9 3,22 4 2,2 3,78
menggunakan metoda hampiran beda-pusat, hampiran beda-maju, dan hampiran beda-
mundur!
71
BAB VIII INTEGRASI NUMERIK
Dalam kalkulus, integral adalah satu dari dua topik yang mendasar di
samping derivative. Dalam kuliah kalkulus, dibahas mengenai bagaimana
memperoleh solusi analitik yang bersifat eksak dari integral baik integral tentu
ataupun integral tak tentu. Integral taktentu dinyatakan sebagai :
∫ f(x) dx = F(x) + C
Solusinya adalah F(x) merupakan fungsi kontinu yang bersifat F`(x) = f(x)
dan C adalah suatu konstanta. Integral tertentu menangani perhitungan integral di
antara batas-batas yang telah ditentukan yang dinyatakan dengan
I = ∫b
adxxf )(
Menurut teorema dasar integral persamaan di atas dihitung dengan
∫b
adxxf )( = b
axF |)( = F(b) – F(a)
Secara geometri integral tertentu sama dengan luas daerah yang dibatasi
kurva y = f(x), garis x = a dan garis x = b
Y
h y= f(x)
X
0 a b
Gambar 8.1
Fungsi-fungsi yang dapat diintegralkan dapat digolongkan ke dalam
1. fungsi kontinu yang sederhana,
72
2. fungsi kontinu yang rumit,
3. fungsi hasil tabulasi
8.1 Masalah Integrasi Numerik
Masalah integrasi numerik adalah menghitung secara numerik integral
tertentu yang berbentuk :
I = ∫b
adxxf )(
yang dalam hal ini a dan b diketahui dan f adalah fungsi yang diberikan secara
eksplisit dalam bentuk persamaan atau secara empirik dalam bentuk tabel nilai.
Dalam teorema dasar kalkulus
∫b
adxxf )( = b
axF |)( = F(b) – F(a)
dengan F`(x) = f(x)
Yang menjadi permasalahan adalah bahwa fungsi F(x) tidak selalu mudah untuk
dicari. Solusi yang dapat dilakukan adalah secara hampiran numerik
Partisikan [a, b] atas N selang : a = x0 < x1 < x2 < … < xN = b
Definisi :
Rumus berbentuk Q(f) = ∑=
M
kkk xfw
0)(
= w0 f(x0) + w1 f(x1) + … + wM f(xM)
dengan sifat bahwa
I = )()()( fEfQdxxFb
a+=∫
73
disebut dengan rumus kuadratur atau pengintegralan Numerik. E(f) disebut galat
pemotongan. Nilai { }Mkkw 0= disebut dengan bobot dan { }M
kkx 0= disebut dengan
simpul. Definisi (derajat keakuratan)
Bilangan bulat positif N disebut derajat keakuratan suatu Q(f), jika E(Pj) = 0 untuk
semua polinom derajat j ≤ N, sedangkan E(PN+1) ≠ 0 untuk suatu polinom PN+1(x)
derajat N + 1.
Penurunan rumus dapat digunakan polinom interpolasi
Terdapat dua jenis rumus kuadratur :
I. Newton Cotes : titik simpul ditetapkan berjarak sama
f(x) ≈ PN(x)
II. Kuadratur Gauss : titik simpul berupa akar-akar suatu polinom ortogonal Rumus Newton Cotes
a=x0 x1 x2 x3 xM-1 xM=b h h h h
lebar selang dalam hal ini adalah h = M
ab −
xk = a + kh ; k = 0, 1, 2, … , M
fk = f(xk)
I = ∫b
adxxf )( ≈ ∫
b
aM dxxP )(
74
8.2 Aturan Trapesium
Fungsi f(x) didekati dengan menggunakan polinom derajat 1 (kasus linear
untuk n = 1).
Y = f(x) x0 =a x1=b h
Gambar 8.1
I = ∫b
adxxf )( ≈ ∫
b
adxxP )(1 = ∫
−−
+−−b
adxbf
abaxaf
babx )()(
= ∫ ∫ −−
+−−
b
a
b
adxax
abbfdxbx
baaf )()()()(
= ))()((2
bfafab+
− ; b – a = h
= ))()((2
bfafh+
bentuk di atas adalah rumus untuk aturan trapesium yang memiliki derajat
keakuratan n = 1
8.3. Aturan Titik Tengah
Pandang sebuah pias berbentuk empat persegi panjang dari x = x0 sampai
x = x1 dan titik tengah absis x = x0 + h/2 pada gambar (8.2)
Luas pias aadalah
∫1
0
x
x
dx)x(f ≈ h f(x0 + h/2) ≈ h f(x1/2) (8.3.1)
75
Y
Y = f(x)
H
x0 x0+h/2 x1 X
Gambar 8.2 Contoh
Cari luas daerah untuk x=1,0 sampai x=1,3 menggunakan metoda trapezium, dan
x=1,3 sampai x=1,6 menggunakan metoda titik tengah dari tabel nilai fungsi
berikut !
n x f(x) 0 1,0 1,45 1 1,3 2,06 2 1,6 2,65
Metoda trapezium I = ))()((2
bfafh+ , dengan a=1,0 dan b=1,3.
Jadi luasnya I=(0,3/2)*(1,45 + 2,06) = 0,5265
Untuk metoda titik tengah tidak dapat dihitung, karena tidak dapat menentukan
nilai f(x + (h/2) sehubungan fungsi f(x) tidak terdefinisi.
8.4 Aturan 1/3 Simpson
Fungsi f(x) dihampiri oleh polinom derajat dua (n = 2 f(x) ≈ P2(x))
x0 x1 x2 a h h b
I = ∫b
adxxf )( ≈ ∫
b
adxxP )(2
76
= dxbfabxbaxxxxf
bxaxbxaxaf
baxabxxxb
a
−−−−
+−−−−
+
−−−−
∫ )())(())(()(
))(())(()(
))(())((
1
11
111
1
= 3h (f (a) + 4 f1 + f(b))
aturan simpson mempunyai derajat keakuratan n = 3
8.5 Aturan Simpson 3/8 (derajat keakuratan n = 3)
Fungsi f(x) dihampiri oleh polinom derajat tiga (n = 3 f(x) ≈ P3(x))
I = ∫b
adxxf )( ≈ ∫
b
adxxP )(3 ≈ )](2313)([
83 bfffafh
+++
Dengan h = 1/3(b – a)
8.6 Aturan Boole (derajat keakuratan n = 5)
I = ∫b
adxxf )( ≈ ∫
b
adxxP )(4 ≈ )](7321232)(7[
452
321 bffffafh++++
Contoh
Cari luas daerah dari x=1,0 sampai x=1,6 menggunakan metoda Simpson 1/3,
x=1,3 sampai x=1,9 menggunakan metoda Simpson 3/8 dari tabel nilai fungsi
berikut !
n x f(x) 0 1,0 1,45 1 1,3 2,06 2 1,6 2,65 3 1,9 3,22 4 2,2 3,78
Metoda Simpson 1/3 luas daerah dari x=1,0 sampai x=1,6. Untuk x=1,0=a,
x=1,6=b, dan x1=1,3. Luasnya I=(0,3/3)*(1,45 + 4*2,06 + 2,65) = 1,234.
77
8.7 Aturan Komposit
8.7.1. Trapesium Komposit
x0 x1 x2 xk xk+1 xM-1 xM a h h h h b
Gambar 8.3
I = ∫b
adxxf )( = ∫
1)(
x
adxxf + ∫
2
1
)(x
xdxxf + … + ∫
−
b
xM
dxxf1
)(
≈ ))((2 1fafh
+ + )(2 21 ffh
+ +… + ))((2 1 bffh
M +−
= ))(2...22)((2 121 bffffafh
M +++++ −
8.7.2 Aturan Titik Tengah Komposit
∫b
a
dx)x(f ≈ ∫1
0
x
x
dx)x(f + ∫2
1
x
x
dx)x(f + ... + ∫−
n
1n
x
x
dx)x(f
≈ h f(x1/2) + hf(x3/2) + ....+ hf(xn-1/2)
≈ h( f1/2 + f3/2 + ... + fn-1/2) ≈ h ∑−
=+
1n
0i2/1if
yang dalam hal ini, xi+1/2 = a + (i+1/2) h dan fi+1/2 = f(xi+1/2), i =0,1,2,...,n-1
Trap = ))(2)((2
1
1bffafh M
kk ++ ∑
−
=
78
8.7.3 Aturan 1/3 Simpson Komposit
x0 x1 x2 xk xk+1 xk+2 xM-2 xM-1 xM a h h h h h h b
Gambar 8.4
M harus merupakan bilangan genap
I = ∫b
adxxf )( = ∫
2)(
x
adxxf + ∫
4
2
)(x
xdxxf + … + ∫
−
b
xM
dxxf2
)(
M/2 buah integral
= 3h (f (a) + 4 f1 + f2) +
3h (f 2 + 4 f3 + f4) + … +
3h (f M-2 + 4 fM-1 + f(b))
=3h (f (a) + 4 f1 + 2f2 + 4f3 + 2f4 + … +2fM-2 + 4fM-4+ f(b))
=3h (f (a) + 4 ∑
=−
2
112
M
kkf + 2 ∑
−
=
1
12
2M
kkf + f(b))
Simp =3h (f (a) + 4 ∑
=−
2
112
M
kkf + 2 ∑
−
=
1
12
2M
kkf + f(b))
79
Latihan :
1. Diketahui f(x) = x2 cos (x2), 1,5 ≤ x ≤ 2,5 dan h = 0,1 hitunglah
I = ∫5,2
5,1
dx)x(f dengan :
a. Aturan trapesium
b. Aturan 1/3 Simpson
c. Aturan titik tengah
d. Cari nilai integrasi dengan aturan 3/8 Simpson tetapi saudara harus
mengganti nilai h nya terlebih dahulu.
2. Perhatikan tabel nilai fungsi berikut
n x f(x) 0 1,0 1,45 1 1,3 2,06 2 1,6 2,65 3 1,9 3,22 4 2,2 3,78 5 2,5 3,34 6 2,8 4,90
Hitung luas luas daerah dari x=1,0 sampai x=2,8 menggunakan
a. Aturan Trapesium
b. Aturan Simpson 3/8
3. Perhatikan algoritma menghitung luas menggunakan aturan trapesium berikut
Ulang=’N’ Input n=banyak pias (partisi) Sumfx = 0 //Variabel berisi nilai Luas For I=1 to n-1 Baca x[I-1], fx[I-1] Sumfx = Sumfx + fx[I-1] End for Tulis Sumfx Input Ulang While Ulang=’Y’
Buat program berdasarkan algoritma tersebut untuk meyelasaikan soal nomor 2!
80
BAB IX
PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA Persamaan diferensial berperan penting di alam, sebab kebanyakan fenomena alam dirumuskan dalam bentuk persamaan diferensial. Persamaan diferensial sering digunakan sebagai model matematika dalam bidang sains maupun dalam bidang rekayasa. Hukum-hukum dasar fisika, mekanika listrik, dan termodinamika biasanya didasarkan pada perubahan sifat fisik dan keadaaan system , sebagai contoh Hukum Newton II menyatakan
percepatan sebagai laju perubahan kecepatan setiap waktu , atau dtdva = , Hukum
Termodinamika (Fluks panas = ,xTk∂∂
− dengan k = konduktivitas panas, dan T = suhu),
Hukum Faraday (beda tegangan = tiL∂∂. , dengan L = induktansi, dan i = arus)
Penyelesaian persamaan differensial biasa yang sederhana dapat diselesaikan secara manual dengan menggunakan berbagai macam metode diantaranya yang akan dipelajari sekarang ini adalah : Metode Taylor, metode Euler, metode Heun, metode runga kutta, metode predictor-korektor, metode Adam Bashfort dan metode Adam Moulton. Adapun penggunaan metode-metode tersebut dapat dilakukan juga dengan menggunakan computer sampai ditemukan nilai eksaknya. Untuk lebih jelasnya akan penulis bahas satu persatu. PDB Orde Satu Bentuk baku PDB Orde satu dengan nilai awal ditulis :
=≤≤=
00
'
)(),,(
yxyawalnilaidenganbxayxfy
(9.1)
Catatan : Kadang-kadang 'y ditulis sebagai dxdy
PDB orde satu yang tidak mengikuti bentuk baku tersebut harus ditulis ulang menjadi bentuk persamaan (9.1), agar ia dapat diaselesaikan secara numerik. Contoh : PDB : 1)0(;100'2 ==+ yxyy
Bentuk baku PDB orde satu: 1)0(,2
)100(' =−
= yxyy
Dengan menggunakan metode peubah diskrit kita akan mendapatkan nilai pendekatan : )( nn xyy ≈ Untuk titil-titik :
stepsizedisebuth
bxaxNnhxx
n
n
nnn
0,
,...,2,1,
0
11
>==
=+= −−
81
Metode Deret Taylor
Diberikan PDB : ),(' yxfy = dengan kondisi awal 00 )( yxy = Misalkan : )( 11 ++ = rr xyy , r= 0,1,2,…,n adalah hampiran nilai y di 1+rx . Hampiran ini diperoleh dengan menguraikan 1+ry disekitar rx sebagai berikut:
)(!
)(...)("!2
)()('!1
)()()( )(12
111 r
nn
rrr
rrr
rrrr xy
nxxxyxxxyxxxyxy −
++−
+−
+= ++++
Atau
)(!
...)("!2
)(')()( )(2
1 rn
n
rrrr xynhxyhxyhxyxy ++++=+ (9.2)
Galat Metode Deret Taylor
Galat perlangkah metode deret Taylor setelah pemotongan ke-n adalah
)(
),(!)1()1(
10)1(
)1(
+
++
+
=
<<+
=
n
rn
n
p
hO
xxfnhE ξξ
(9.3)
Galat total metode deret Taylor :
)(
,!)1()()()(
!)1()(
!)1(. 10
)1()1(
)1()1(
)1(
n
rn
nn
nn
n
p
hO
xxhn
fabfnh
habf
nhnE
=
<<+
−=+
−=
+= +
++
++
+
ξξξξ
Contoh 1. Dengan menggunakan deret Taylor, carilah penyelesaian persamaan diferensial berikut
2)2(
'
=−=
yyxxy
Pada titik x = 2,1 tepat sampai 5 desimal atau tentukan )1,2(y dan juga galatnya. Penyelesaian : Beberapa turunan yang pertama dan nilainya pada 22 00 == ydanx ialah
82
2/3663
4/3222
2/1
01
043
'
2
""'
"'032
'""'
"02
'"
'0
'
=+−+−=
−=−+−=
=+−=
=−=
iviv yx
yxy
xy
xyy
yx
yxy
xyy
yxy
xyy
yxyy
Perluasan deret Taylor di x = 2 adalah :
....)2(16/1)2(8/1)2(4/10).2(2.....)2(24/1)2(6/1)2(2/1)2()(
4320
4"'0
3"0
2'00
+−+−−−+−+=
+−+−+−+−+=
xxxxyxyxyxyxyxy iv
Pada titik x = 2,1 diperoleh :
00238,2....0000062,0000125,00025,02)1,2(
=−+−+=y
Untuk menghitung galatnya : kita cari dulu turunan ke-5 nya.
16572424123
0543
'
2
"'
−=−+−+−= viv
v yx
yx
yx
yxy
xyy
E = 1.22),(!5
)5(5
<< ξξyh
Karena ξ tidak diketahui, kita hanya dapat menghitung batas atas dan batas bawah galat E, dalam selang buka (2, 2.1) Metode Euler (Metode Euler-Cauchy) : Bila persamaan (9.2) dipotong sampai suku orde 1,diperoleh : )(')()( 1 rrr xyhxyxy +=+ (9.4) dengan ),()(' rrr yxfxy = dan rr xxh −= +1 Maka persamaan (9.4) dapat ditulis menjadi : ),()()( 1 rrrr yxfhxyxy +=+ . (9.5) atau disingkat :
83
fhyy rr +=+1 . (9.6) Galat Metode Euler : )()("
21 22 hOyhE p == ξ . (9.7)
Atau Galat totalnya :
)()("2
)()("2
)()("2
.)("21 22
2
1
2 hOyhabyhhabyhnyhE
n
rp =
−=
−=== ∑
=
ξξξξ (9.8)
Contoh 2. Dengan menggunakan Metoda Euler, carilah penyelesaian persamaan diferensial berikut
2)2(
'
=−=
yyxxy
Pada titik x = 2,2 dengan h=0,1. Tentukan y(2,2) ! Penyelesaian : Metoda Euler memiliki rumus )(')()( 1 rrr xyhxyxy +=+ Beberapa turunan yang pertama dan nilainya pada 22 00 == ydanx ialah
01 '0
' =−= yxyy
Jadi nilai y di x=2,1 adalah y(2,1) = 2 + 0,1*0 = 2 Untuk x=2,1. Nilai y’ = 1 – 2/2,1 = 0,048. Jadi y(2,2) = 2 + 0,1*0,048 = 2,0048. Metode Heun
Metode Heun adalah perbaikan dari metode Euler Metde Euler mempunyai ketelitian sangat rendah karena galatnya besar(sebanding dengan h) Metode Heun diturunkan sebagai berikut : Pandang PDB orde satu
))(,()(' xyxfxy = Integrasikan kedua ruas persamaan dari rx sampai 1+rx :
rrrr
x
x
x
x
yyxyxydxxydxxyxfr
r
r
r
−=−== ++∫∫++
11 )()()('))(,(11
Nyatakan 1+ry di ruas kiri dan suku-suku lainnya di ruas kanan :
84
∫+
+=+
1
))(,(1
r
r
x
xrr dxxyxfyy . (9.9)
Suku yang mengandung integral di ruas kanan, ∫+1
))(,(r
r
x
x
dxxyxf , dapat diselesaikan dengan
kaidah trapezium menjadi :
[ ]),(),(2
))(,( 11
1
+++=∫+
rrrr
x
x
yxfyxfhdxxyxfr
r
(9.10)
Subtitusikan (9.10) ke (9.9) diperoleh:
[ ]),(),(2 111 +++ ++= rrrrrr yxfyxfhyy (9.11)
Persamaan (9.11) merupakan metode Heun atau metode Euler-Cauchy yang diperbaiki. Suku ruas kanan mengandung 1+ry . Nilai 1+ry ini adalah solusi perkiraan awal (predictor) yang dihitung denganmetode Euler. Karena itu persamaan(9.11) dapat ditulis menjadi : Prediktor : ),()()( 1
)0(rrrr yxfhxyxy +=+
Korektor : [ ]),(),(2
1)0(
11 +++ ++= rrrrrr yxfyxfhyy
Galat Metode Heun
)(
,)("12
3
1
3
hO
xxyhE rrp
=
<<−= +ξξ
Galat Totalnya :
)(
,)("12
)()("12
)()("12
2
123
3
hO
xxyhabyhhabyhnE rrp
=
<<−
−=−
−=−= +ξξξξ
Contoh 3 : Diketahui PDB
1)0(;/ =+= yyxdxdy Hitung y(0,10) dengan metode Heun(h = 0,02) Penyelesaian : Diketahui
85
02,010,0
0),(
0
==
==+=
hb
xayxyxf
Maka n =(0,10-0.)/0.02 = 5 (jumlah langkah) Langkah-langkah :
0204,1)]0200,102,0()10)[(2/02,0(1
)],(),()[2/(.0200,1
)10(02,01)(02.0
)0(11000
)1(1
0,00)0(
11
=++++=
++=
=++=
+=→=
yxfyxfhyy
yxhfyyx
0416,1)]0412,104,0()0204,102,0)[(2/02,0(0204,1
)],(),()[2/(.0412,1
)0204,102,0(02,00204,1)(04,0
)0(22111
)1(2
1,11)0(
22
=++++=
++=
=++=
+=→=
yxfyxfhyy
yxhfyyx
1104,1)],(),()[2/(.
)(10,0
)0(55444
)1(5
4,44)0(
55
=++=
+=→=
yxfyxfhyy
yxhfyyx
Jadi 1104,1)10,0( =y Bandingkan : Nilai sejati : (0,10) 1,1103y = Dengan Euler : (0,10) 1,1081y = Dengan Heun : 1104,1)10,0( =y lebih baik dari Euler.
Perluasan Metode Heun Metode Heun dapat diperluas dengan meneruskan iterasinya sebagai berikut : ),()0(
1 rrrr yxhfyy +=+
( )[ ]),(,2
)0(11
)1(1 +++ ++= rrrrrr yxfyxfhyy
( )[ ]),(,2
)1(11
)2(1 +++ ++= rrrrrr yxfyxfhyy
86
( )[ ]),(,2
)2(11
)3(1 +++ ++= rrrrrr yxfyxfhyy
....
( )[ ]),(,2
)(11
)1(1
krrrrr
kr yxfyxfhyy +++
+ ++=
Kondisi berhenti adalah bila ε<− −
++)1(
1)(1
kr
kr yy
Dengan ε adalah batas galat yang diinginkan. Jika iterasinya dilakukan satu kali (sampai dengan )1(
1+ry saja), maka iterasinya dinamakan iterasi satu lemparan (one Shot iteration). Metode Heun adalah iterasi salu lemparan. Orde Metode PDB Orde metode penyelesaian PDB menyatakan ukuran ketelitian solusinya. Makin tinggi orde metode, makin teliti solusinya. Orde metode PDB dapat ditentukan dari persamaan galat perlangkah atau dari galat longgokannya
1. Jika galat longgokan suatu metode PDB berbentuk Chp, C tetapan, maka metode tersebut dikatakan berorde p. Sebagai contoh : Metode Euler→
Galat longgokannya = " "( ) ( )( ) ( ), ( )
2 2b a b ay t h Ch O h denganC y t− −
= = =
Maka orde metode Euler = 1 Metode Heun →
Galat longgokannya = " 2 2 2 "( ) ( )( ) ( ), ( )
12 12b a b ay t h Ch O h denganC y t− −
− = = = −
Maka orde metode Heun = 2
2. Jika galat perlangkah suatu metode PDB berbentuk Bhp+1, B konstanta, maka metode tersebut dikatakan berorde p. Dengan kata lain, jika galat perlangkah =O(hp+1), maka galat longgokan = O(hp). Sebagai Contoh :
Metode Euler→ galat perlangkah = " 2 2 "1 1( ) , ( )2 2
y t h Bh B y t= =
= 2( )O h Maka orde metode Euler = 2-1 = 1
Metde Heun→Galat perlangkah = " 3 3 "4 4( ) , ( )12 12
y t h Bh dengan B y t= =
= O(h3)
87
Maka orde metode Heun = 3-1 = 2 Menentukan Galat Perlangkah Metode PDB Galat perlangkah metode PDB diperoleh dengan bantuan deret Taylor. Kita sudah pernah menurunkan galat perlangkah metode Heun dengan bantuan dweret Taylor. Sekarang, prosedur untuk menentukan galat perlangkah suatu metode PDB dapat ditulis Sebagai berikut :
1. Notasi nilai y hampiran di xr+1 dan yr+1. 2. Notasi nilai y sejati di xr+1 dan Yr+1. 3. Uraikan yr+1.di sekitar xr 4. Uraikan Yr+1.di sekitar xr 5. Galat perlangkah adalah = (4)-(3) Contoh : Hitung galat perlangkah metode PDB
1r r ry y hf+ = + (metode Euler) dan tentukan orde metodenya. Penyelesaian :
Hampiran : 1r r ry y hf+ = + Sejati : 1rY + Uraikan yr+1.di sekitar xr Ruas kanan persamaan yr+1. sudah terdefinisi dalam xr . Jadi yr+1. tidak perlu diuraikan
lagi Uraikan Yr+1.di sekitar xr
2' "1 1
1 1( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ...
1! 2!r r r r
r r r r rx x x xY Y x y x y x y x+ +
+ +− −
= = + + +
= 2
' " ....2r r rhy hy y+ + +
=2
' ....2r rhy hf f+ + +
Jadi Galat perlangkah 1 1p r rE Y y+ += −
= 2
' ....2 rh f +
= 2
'1( ),
2 r rh f t x t x +< <
= 2( )O h orde metode = 2-1 = 1
Contoh
88
Hitung galat perlangkah metode PDB:
( )211 5162312 −−+ +−+= rrrrr fffhyy
Dan tentukan orde metodenya. Penyelesaian :
Hampiran : ( )211 5162312 −−+ +−+= rrrrr fffhyy
Sejati : 1+rY Uraikan 1+ry disekitar rx : rr ff 2323 =
...61
21(1616 '"3"2'
1 +−+−−=− − rrrrr fhfhhfff )
++−+−=− .....)6
82
42(55 '"3
"2
'2 rrrrr fhfhhfff
____________________________________________________
( ) ........624261251623 "'3"2'
21 +−++=+− −− rrrrrrr fhfhhfffff
( )211 5162312 −−+ +−+= rrrrr fffhyy
= ........)6242612(
12"'3"2' +−+++ rrrrr fhfhhffhy
= ........)31
61
21 "'4"3'2 +−+++ rrrrr fhfhfhhfy
Uraian 1+rY disekitar rx :
........)241
61
21 "'4"3'2
1 +++++=+ rrrrrr fhfhfhhfyY
Galat perlangkah 1 1p r rE Y y+ += −
= ....31
241 "'4"'4 ++ rr fhfh
= .....249 "'4 +rfh
= 124 ),('"
249
+− << rr xxfh ξξ
Orde Metode = 4 -1 = 3
Metoda-metoda lainya
89
Metoda-metoda yang lain untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa, diantaranya : metoda Runge-Kutta, metoda Adam, metoda Milne, metoda Adam-Moulton. Formula dari metoda-metoda tersebut, tiga diantaranya adalah a. Metoda Runge-Kutta. Disini hanya diambil satu saja, yaitu orde 4.
)22(6 43211 kkkkhyy nn ++++=+
dengan ),(1 nn yxfk =
)2/,2/( 12 kyhxfk nn ++= )2/,2/( 23 kyhxfk nn ++=
),( 34 kyhxfk nn ++= n = 1, 2, 3, ….
b. Metoda Adam
Formulanya : )9375955(24 3211 −−−+ −+−+= nnnnnn ffffhyy
Metoda Adam berorde empat. Rumus ini membutuhkan nilai-nilai 321 ,,, −−− nnnn fdanfff . Nilai-nilai ini harus disupply oleh metoda lain, misalnya metoda Runge-Kutta. Metoda yang seperti ini disebut metoda multi-step.
c. Metoda Milne
Formulanya : )22(3
41231 nnnnn fffhyy +−+= −−−+ (c.1)
)4(3 1111 +−−+ +++= nnnnn fffhyy (c.2)
Metoda Milne berode empat. Persamaan (c.1) disebut persamaan prediktor, dan persamaan (c.2) disebut persamaan korektor. Metoda Milne memiliki akurasi perhitungan yang lebih dbandingkan dengan metoda Adam. Kedua metoda tersebut harus menggunakan ukuran h yang konstan.
Soal Latihan PDB y’ = f(x, y) = x + y, y(0)=1,5.
a. Hitung nilai y di x=0,5 dengan h=0,1 menggunakan metoda Euler, dan metoda Taylor orde 3!
b. Algoritma metoda Euler disajikan berikut Nilai awal x0, y0 Fxy = f(x0, y0) Input variable x_akhir //nilai akhir interval x Input Jumlah Iterasi, n Dx = (x – x0)/n Ya = y0 For i=1 to n Dy = Fxy*Dx Xa = x0 + Dx*i Ya = Ya + Dy Fxy = (Xa + Ya)
90
Cetak Xa, Ya End for Implementasikan algoritma tersebut untuk PDB di atas!
91
DAFTAR PUSTAKA
1. Atkinson, Kendal E, 1985, Elementary Numerical Analysis, John Wiley and
Sons.
2. Burden Rishard L.; Faires J. Douglas., Numerical Methods, 8th edition, 2005, Thomson Brooks/Hole.
3. Chapra, Steven C dan Canale, Raymond P, 1991, Numerical Methods for Engineers with personal computer aplication, MacGraw-Hills books company.
4. Conte, Samuel D dan De Boor, Carl, 1992, Elementary Numerical Analysis An Algorithmic Approach, 3rd Edition, MacGraw-Hills, Inc.
5. Munif Abdul.; Prasetyoko H Aries., 1995, Penguasaan dan Penggunaan METODA NUMERIK – Cara Praktis, Edisi Kedua, Guna Wijaya, Surabaya.
top related