![Analisis Numerik - 1 [PDF]](https://pdfs.asia/img/200x200/analisis-numerik-1.jpg)
7 0 2 MB
NAMA MATA KULIAH : ANALISIS NUMERIK PRASYARAT : Sudah pernah mengambil mata kuliah matriks. DAFTAR PUSTAKA : 1. Catatan Kuliah 2. Chapra Canale, Numerical method for engineers, second edition. 3. Lee W.Johnson, R. Dean Riess, Numerical Analysis, Addison – Wesley Publishing Company. 4. Dll, yang berhubungan dengan catatan kuliah. SISTEM PENILAIAN : 1. Pekerjaan Rumah
: 10%
2. Aktivitas Kelas
: 20%
3. Ujian Sisipan
: 35%
4. Ujian Akhir
: 35%
NILAI : •
0 – 36
→E
•
37 – 52
→D
•
53 – 68
→C
•
69 – 84
→B
•
85 –100 → A
ANALISA NUMERIK ( NUMERICAL METHODS IN ENGINEERING ) BAB I PENDAHULUAN 1. DEFINISI – DEFINISI 1.1 Analisa Numerik adalah suatu analisis/teknik penyelesaian problem matematika (disertai data) diformulasikan atau diolah sedemikian rupa sehingga problem tersebut dapat diselesaikan secara numerik (dengan hitungan angka-angka) dan secara analitik. 1.2 Analisa Numerik adalah teknik – teknik yang digunakan untuk memformulasikan (mengolah) masalah matematis agar mereka dapat dipecahkan dengan operasi perhitungan. Dengan mengetahui definisi – definisi tersebut diatas, maka proses numerik juga dikatakan sebagai pemroses/pengolah informasi/data yang ada. Secara keseluruhan proses numerik adalah mulai dari tersedianya data, metoda hitungan (“algorithm”) dan interprestasi hasil. “Algorithm” adalah tahapan – tahapan hitungan yang telah disusun secara kronologi, sistimatis sehingga mudah dimengerti. Secara keseluruhan proses numerik adalah sebagai berikut: “ INPUT INFORMATION” ( Informasi masukan / data)
“ ALGORITHM” (Metode hitungan)
“ OUTPUT INFORMATION” (Informasi Keluaran / Hasil akhir)
Gambar 1. SKEMA PROSES NUMERIK Dari proses numerik tersebut tampak bahwa input betul, “algorithm”(hitungan) salah, maka hasil akan salah. Seandainya input dan “algorithm” betul maka hasilpun akan betul ; yang harus dimengerti adalah bagaimana menginterpresikan hasil, atau memberi arti tentang hasil.
2. PERBEDAAN MATEMATIKA dan NUMERIK Analisis Numerik adalah suatu cabang dari ilmu matematika, namun diantara keduanya terdapat perbedaan yang mendasar yaitu sebagai berikut: 2.1 MATEMATIKA •
Digunakan dalam besaran yang tak terbatas (umumnya didekati dengan limit) dalam merepresentasikan angka dan proses.
•
Persamaan dari suatu model diselesaikan dengan anlisis murni.
•
Untuk tujuan – tujuan praktis penyelesaian problem analisis matematis dihitung dengan manual (tidak bisa dengan komputer). Misalnya komputer tidak dapat mencari nilai derivatif kalau tidak diberikan data – datanya.
2.2 NUMERIK •
Mempresentasikan besaran yang semula tak terbatas menjadi terbatas (“finite”).
•
Merupakan proses hitungan dalam angka – angka.
Untuk mudahnya perbedaan antara matematik dan numerik dapat ditabelkan sebagai berikut :
Tabel 1. Perbedaan antara Matematika dan Numerik. NO
MATEMATIKA
NUMERIK
REPRESENTASI ANGKA
REPRESENTASI ANGKA
π= 3,141 592 653 589 793 238 ...
a).
π= 3,1416 (dibulatkan) (dibatasi)
a). .....(tak terbatas)
1. b).
𝟐
b).
𝟐
c).
Luas lingkaran = π r2
c).
Luas lingkaran = 3,1416 r2.
= 0,666666 ......... 𝟑
𝟑
= 0,6667
REPRESENTASI PROSES a). 2. b).
𝑑𝑦 𝛥𝑦 = lim � � 𝑑𝑡 𝑡→0 𝛥𝑡 𝑏
a). 𝑛
� 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 = lim � 𝑓 (𝑥𝑖 )∆𝑥𝑖
𝑎
REPRESENTASI PROSES
b).
𝑖=1 𝛥𝑥𝑖 →0
𝑑𝑦 𝛥𝑦 ≅� � 𝑑𝑡 𝛥𝑡 𝑏
𝑛
� 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 ≅ lim � 𝑓 (𝑥𝑖 )∆𝑥𝑖
𝑎
𝑖=1 𝛥𝑥𝑖 →0
3. KEUNTUNGAN – KEUNTUNGAN LAIN DARI ANALISIS NUMERIK 3.1 Biasanya diapakai manakala penyelesaian secara analisis murni ( matematika ) sulit atau kurang praktis pelaksanaannya. Misal : •
Pada problem dinamika Struktur.
•
Pada persamaan differensial pangkat banyak.
3.2 Dipakai pada hitungan yang panjang, baik yang berulang-ulang maupun yang beriterasi (memperbarui hasil). 3.3 Rumus – rumus yang dipakai dapat disusun dalam program komputer. 3.4 Dapat digunakan komputer sebagai alat penghitungannya, sehingga kecepatan dan ketelitiannya dapat terjamin.
3.5 Dapat menyederhanakan matematika yang lebih tinggi menjadi operasi-operasi matematika yang mendasar. 4. KELEMAHAN – KELEMAHAN 4.1 Hasil hitungan merupakan hasil pendekatan 4.2 Adanya kesalahan (“ error”) sangat dipengaruhi oleh : a) Model matematik yang dipakai. b) Kemampuan program untuk mengeliminasi “error”. 5. PEMECAHAN PROBLEM MATEMATIKA PADA MASA PRAKOMPUTER
1. ANALITIS PERSOALAN MATEMATIKA BIDANG TEKNIK
2. GRAFIS
: Dengan Rumus. : Dengan cara membuat gambar
3. KALKULATOR MANUAL
Gambar 2.Pemecahan Problem Matematik CONTOH: 1. Cara Analitis : Persamaan polinominal = x3 - 2,55 x2 - 0,461875 x + 3,088125 = 0
........(1)
Untuk mencari akar-akar persamaan (1) dipakai prinsip bahwa setiap akar-akar tersebut menghasilkan persamaan (1) menjadi NOL atau 𝑓 (𝑥 ) = 0
........(2)
Pada akhirnya persamaan (1) akan mempunyai akar-akar sebagai berikut: X1 = - 1 X2 = + 1,525
........(3)
X3 = + 2,025 Untuk mencari akar-akar persamaan (1) yang hasilnya seperti pada persamaan (3) dengan cara analitik, kenyataannya bukanlah suatu hal yang sangat mudah dan cepat,
melainkan diperlukan waktu yang relatif lama. Persoalan akan menjadi lebih rumit apabila persamaan polinomial seperti pada persamaan (1) mempunyai lebih banyak suku dengan pangkat yang lebih besar. 2. Cara Grafis : Cara yang kedua adalah cara grafis, baik grafis sebagai cara utama ataupun grafis sebagai pelengkap dalam memecahkan suatu masalah. Misalnya pemakaian cara grafis untuk mencari akar-akar pada persamaan (1), maka untuk menggambar dan mencari akar-akarnya, dipakai cara coba-coba. Untuk ini terdapat dua dalil yang menyatakan bahwa : Apabila ada dua f(x) yang ditinjau mempunyai tanda yang berlawanan, maka diantaranya akan terdapat satu akar, tetapi apabila dua f(x) yang ditinjau mempunyai tanda yang sama, akan terdapat dua kemungkinan yaitu : •
Tidak ada akar diantara kedua f(x), atau
•
Mempunyai akar yang jumlahnya genap (2, 4, ...) diantara dua f(x) tersebut.
Untuk menggambar dan mencari akar-akar persamaan(1) dipakai cara coba-coba. Dekat dan tidaknya hasil cara ini dibanding dengan cara analitis(eksak) akan tergantung pada nilai cobacobanya. f(X)
2,025 1,525
x -2
-1
0
1
2
Gambar 3, Gambar fungsi persamaan (1)
3
Cara grafis ini mempunyai kelebihan dibanding dengan cara analitis, yaitu pada pemecahan fungsi “trancendental”, misal : 1 + 5,25 x - Sec √0,68 𝑥 = 0
.........(4)
Persamaan (4) akan sulit diselesaikan dengan cara analitis dan bahkan tidak mungkin, oleh karna itu dengan menggambar fungsinya, akan diperoleh akar dari persamaan tersebut. Dengan cara coba-coba maka grafik akar persamaan(4) adalah sebagai berikut: f(x) f(x) = 1 + 5,25 x - Sec√0,68 𝑥 = 0
x = 3,3867
x 0
1
2
3
4
Gambar 4. Grafik fungsi 1+ 5,25 x - Sec √0,68 𝑥 = 0
Akar dari persamaan (4) adalah : x = 3,3867
.......(5)
Contoh-contoh di atas adalah sebagian dari problem yang harus dipecahkan. Pada hitungan-hitungan yang berhubungan dengan persoalan statik hanya diperlukan penyelesaian tunggal (“Single Solution”), tetapi pada persoalan-persoalan dinamik atau persoalan yang bersifat iterasi, penyelesaian tidak bersifat tunggal lagi melainkan penyelesaian majemuk, karena walaupun cara penyelesaiannya sama tetapi prosesnya berulang-ulang. Penyelesaian ini membutuhkan metode dan alat penghitung yang lebih baik / sempurna. 3. Cara dengan menggunakan KALKULATOR MANUAL.
Untuk mengimplementasikan metode-metode numerik, cara dengan menggunakan kalkulator sering digunaka, walaupun dalam teori pendekatan yang demikian seharusnya cukup sempurna untuk menyelesaikan masalah-masalah yang rumit, tetapi dalam kenyataanya ditemui beberapa kesukaran. Perhitungan secara manual lambat dan membosankan. Lebih-lebih hasil yang konsisten sukar untuk dipahami karena kecerobohan yang terjadi pada waktu mengerjakan berbagai tugas secara manual. SIFAT-SIFAT DAN KESALAHAN DALAM METODE NUMERIK KETEPATAN (“ACCURACY”) DAN KETELITIAN (“PRECISION”) MERUPAKAN SIFAT DASAR YANG HARUS DIMILIKI OLEH METODE NUMERIK. Ketelitian (“Precision”) akan bersangkut paut dengan masalah-masalah pengukuran, yang hasilnya kemungkinan berbeda dengan nilai sesungguhnya (terdapat kesalahan). Dari beberapa pengukuran akan diketahui tingkat penyebaran dari hasil pengukuran tersebut. Semakin besar tingkat penyebarannya tentu saja menunjukkan suatu pengukuran yang kuramg baik dan juga sebaliknya. Namun demikian kedua-duanya (tingkat penyebaran yang besar dan yang kecil) kemungkinan berbeda dengan nilai yang sebenarnya / kurang akurat. Di dalam metode numerik, karena bersangkut paut dengan hitung-menghitung (“Aritmatic”) maka ketelitian terletak pada alat penghitungnya dan juga ketelitian / pendekatan dari metode / cara / formula yang dipakai. Ketepatan (“Accurecy”) akan berhubungan dengan pergeseran suatu nilai yang sesungguhnya. Sebagai ukuran pergeseran antara nilai dengan nilai yang sebenarnya biasanya diapakai deviasi. Deviasi yang sudah disepakati oleh orang banyak disebut Standar Deviasi. Tingkat ketepatan suatu kelompok nilai terhadap nilai yang sebenarnya dapat dilihat dari berapa jumlah nilai yang masih masuk dalam kategori nilai sesungguhnya Plus / Minus standar deviasi. Semakin banyak nilai yang masuk dalam batasan tersebut semakin baik nilai akurasinya, demikian juga sebaliknya.
PROBLEM ANALISA NUMERIK
PEMILIHAN METODE YANG TEPAT
KETEPATAN
HASIL HITUNGAN YANG TEPAT
KETELITIAN
Skema Sifat-sifat dalam metode Numerik Untuk memahami masalah-masalah ketepatan dan ketelitian, maka dapat dilihat contoh berikut : Sasaran Tembakan.
Gambar 5. Konsep ketelitian dan ketepatan a. Tidak teliti dan tidak tepat b. Teliti dan tidak tepat c. Tidak teliti dan tepat d. Teliti dan tepat
JENIS-JENIS KESALAHAN: 1. Akibat pembulatan (“Round Of Errors”)
2. Akibat cara pendekatan (“Truncation Errors”) 1. Suatu hal prkatis dalam menulis sederetan angka-angka dibelakang koma adalah dengan membatasi jumlahnya yaitu dengan jalan membulatkan kebawah maupun keatas. Misalnya: π = 3, 141 592 653 589 793 238 462 643 e = 2, 718 291 507 492 065
......6)
Bilanagn π dan e menurut persamaan (6) secara praktis biasanya dibulatkan, misalnya menjadi: π = 3, 1416 e = 2, 7183
.....7)
Dengan adanya pembulatan, maka terhadap nilai yang sesungguhnya sudah terjadi pergeseran. Apabila pembulatan seperti pada persamaan (7) kemudian mengalami proses “Arithmatic” (Hitungan) dengan bilangan-bilangan yang telah mengalami proses yang sama (Pembulatan), maka sudah jelastingkat kesalahannya akan berakumulasi. 2. Kesalahn ini disebabkan adanya anggapan / pendekatan dalam mempresentasikan formula matematik yang eksak ke dalam bentuk prose numerik. Sebagai contoh misalkan: 𝑑𝑣 𝑑𝑡
≅
∆𝑣 ∆𝑡
=
𝑣(𝑡𝑖+1 )−𝑣(𝑡𝑖 ) 𝑡𝑖+1 − 𝑡𝑖
𝑓 (𝑥𝑖+1 ) ≅ 𝑓(𝑥𝑖 ) + 𝑓(𝑥𝑖 )(𝑥𝑖+1 − 𝑥𝑖 )
(Turunan Kecepatan). 8) (Deret Taylor). 9)
Persamaan (8) hanya merupakan suatu pendekatan, semakin kecil ΔV yang ditinjau anggapan tersebut semakin kecil pula kesalahannya, dan sebaliknya. Persamaan (9) disamping nilai pendekatan juga terdapat pembulatan karena Term-term yang lain diabaikan. Apabila anggapan-anggapan seperti tercantum dalam persamaan (8) & (9) diapakai dalam proses numerik, maka juga akan diperoleh hasil akhir yang hanya mendekati nilai yang sesungguhnya, akrena anggapan-anggapan dalam mempresentasikan formula matematik seperti tersebut diatas.
PENYELESAIAN • PERSAMAAN NONLINIER • AKAR PERSAMAAN NONLINIER CURVE FITTING
ANALISIS NUMERIK
PENYELESAIAN PERSAMAAN LINIER SIMULTAN
EIGEN VALUE PROBLEM
INTERPOLASI & APPROXIMATION
INTEGRAL DAN DIFFERENSIAL NUMERIK
Gambar 6. Lingkup Metode Numerik
PERSAMAAN DIFFERENSIAL PARTIAL
PENYELESAIAN DIFFERENSIAL BIASA SECARA NUMERIK
BAB II. PENYELESAIAN PERSAMAAN NON LINIER Untuk mencari akar-akar dari suatu persamaan yang berbentuk f(x) = 0, disini ada dua tipe persamaan yang perlu kita perhatikan, yaitu : 1. Persamaan Aljabar (Persamaan Polinomial) 𝑓 (𝑥 ) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 + 𝑎2 𝑥 𝑛−2 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 = 0 𝑛
𝑓 (𝑥 ) = � 𝑎𝑖 𝑥 𝑛−𝑖 = 0 𝑖=0
Dimana :
𝑎0 = 1
; 𝑎𝑛 ≠ 0
𝑎0 = 𝐾𝑜𝑒𝑓𝑖𝑠𝑖𝑒𝑛 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛
𝑛 = 𝑃𝑎𝑛𝑔𝑎𝑘𝑎𝑡 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 𝑃𝑜𝑙𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙
Persamaan tersebut di atas dapat ditulis :
𝑓 (𝑥 ) = (𝑥 − 𝑥 ���1 )(𝑥 − ��� 𝑥2 ) … (𝑥 − ��� 𝑥𝑛 ) = 0 𝑥�𝚤 = Akar-akar persamaan Polinomial Contoh : �� 𝑥3 � −��� 3 𝑥�+ �� 1=0 𝑓(𝑥)
2. Persamaan Transendental = adalah suatu persamaan yang mengandung fungsi Transenden. Fungsi Transenden adalah fungsi yang bukan bersifat aljabar. Termasuk disini fungsi-fungsi Trigonometri, Eksponen, Logaritma,dan lainnya yang kurang terkenal. Contoh-contoh: 𝑓 (𝑥 ) = 𝑒 −𝑥 − 𝑥
𝑓 (𝑥 ) = sin 𝑥
𝑓 (𝑥 ) = ln 𝑥 2 − 1
𝑓 (𝑥 ) = 2 cos 𝑥 − 𝑒 𝑥
Dll.
Beberapa cara yang dipakai untuk mencari akar-akar persamaan tersebut di atas yaitu: 1.
Cara Analitik. Contoh : 𝑎𝑥 − 𝑏 = 0 → 𝑥 = 𝑏�𝑎
𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0 → 𝑥12 =
𝑎 sin 𝑏𝑥 − 𝑐 = 0 → 𝑥 = sin−1 [𝑐⁄𝑎] 1
2.
−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐 2𝑎
Cara coba-coba.
𝑏
Misalnya pada :
3.
•
Persamaan Polinomial pangkat-3 atau lebih
•
Persamaan transendental
Cara Numerik. Ada beberapa metode dapat dipakai untuk mencari akar-akar persamaan tersebut di atas,
diantaranya : 3.1 Metode-metode pengurung (“Bracketing Methods”) a. Cara grafis (“Graphical Method”) b. Cara dua potongan (“Bisection Meth”) c. Interpolasi linier (“False Position Method”) 3.2 Metode-metode terbuka (“Open Method”) a. Interasi b. Newton Raphson c. Secant d. Bairstow e. Graeffe 3.1 Metode-metode pengurung (“Bracketing Methods”)
Metode-metode ini memanfaatkan kenyataan bahwa suatu fungsi secara khas berganti tanda disekitar suatu akar. Teknik-teknik ini disebut metode pengurung (Bracketing Method”) karena diperlukan dua terkaan awal untuk akar. Seperti yang tersirat oleh namanya, terkaan ini harus “mengurung” atau berada pada kedua sisi dari akar. Metode-metode khusus yang digambarkan disini menerapkan strategi yang berbeda untuk secara sistematis mengurangi lebar kurungan dan oleh karena itu menuju ke akar yang benar. 3.1.a Metode grafis (“Graphical Method”) Untuk memperoleh taksiran atas persamaan f(x) = 0 adalah membuat gambar grafik fungsi dan mengamati dimana ia memotong sumbu x. Titik ini yang mewakili nilai x untuk mana f(x) = 0, memberikan aproksimasi (hampiran) kasar dari akar. Untuk menggambarkan itu, biasanya ditinjau beberapa titik ( x1, x2, x3,....,xn) dan kemudian dihitung nilai fungsi dari titik-titik tersebut. Berturut-turut f(x1), f(x2), .....f(xn). Berikut ini kemungkinan yang terjadi : 1. f(xn-1) dan f(xn) berubah tanda Apabila f(xn-1) dan f(xn) berubah tanda, maka diantara xn-1 dan xn akan terdapat akarakar persamaan yang jumlahnya ganjil (1, 3, 5, ...), paling sedikit satu akar. 2. f(xn-1) dan f(xn) tidak berubah tanda Apabila f(xn-1) dan f(xn) tidak berubah tanda, maka diantaranya xn-1 dan xn tidak terdapat akar atau terdapat akar yang jumlahnya genap (2, 4, 6, .....).
Gambar 7. Contoh : Carilah akar-akar dari persamaan : X3 – 3 X2 - 0,25 X + 3,75 = 0, dengan cara grafis? Penyelesaian : Untuk menggambar persamaan tersebut, dicoba pada nilai X yang berbeda, supaya penyelesaiannya dapat mudah dikontrol, maka dibuat dalam suatu tabel sbb: No
Xi
F(xi)
1
-2,0
2
-1
(-1)3 – 3 (-1)2 - 0,25 (-1) + 3,7 5 = 0
3
0
(0)3 – 3 (0)2 - 0,25 (0) + 3,75 = + 3,75
4
1,5
(1,5)3 – 3 (1,5)2 - 0,25 (1,5) + 3,75 = 0
5
2,25
(2,25)3 – 3 (2,25)2 - 0,25 (2,25) + 3,75 = - 0,610
6
2,50
(2,5)3 – 3 (2,5)2 - 0,25 (2,5) + 3,75 = 0
7
3,0
(3)3 – 3 (3)2 - 0,25 (3) + 3,75 = 3,0
(-2)3 – 3 (-2)2 - 0,25 (-2) + 3,75 = 15,75
5 X1 = - 1 X2 = + 1,50 X3 = + 2,50
4 3 2 1 0 -2
-1
0
1
2
3
4
-1 -2
Gambar 8. Cara grafis ini sangat sederhana, tapi kurang praktis, kurang tepat karena nilai akar diperoleh dengan coba-coba. Untuk persamaan transendental, cara grafis ini dapat menentukan akarakarnya dengan mudah. Misal: 𝑦 = Cosh 𝑥 Sin √1 + 𝑥 − 1
Jawaban soal ujian Mid.Semester Genap 1993-1994 Diketahui 𝑓(𝑋) = 𝑥 3 − 3𝑥 + 1 = 0
I.
Ditanyakan:
a). Cari akar-akar persamaan tersebut dengan cara grafis (“Graphical Method”), buat tabel perhitungan dan gambar grafiknya. Ambil perkiraan awal saudara : 𝑥10 = −1,80 ; 𝑥20 = 0,50 ; 𝑥30 = 1,50
b). Cari akar-akar persamaan tersebut dengan menggunakan MOSS (“Method Of Succesive Subtitution”), dan kriteria kesalahn relatif =0,001. PENYELESAIAN: No
Xi
F(xi)
1
-1,80
(-1,80)3 – 3 (-1,80) + 1 = + 0,568
2
-1,90
(-1,90)3 – 3 (-1,90) + 1 = - 0,159
3
-1,879
(-1,879)3 – 3 (-1,879) +1 = + 0,0003
4
-1,87932
(-1,87932)3 - 3 (-1,87932) +1 = 0,0000
5
-0,5
(-0,5)3- 3 (-0,5) + 1 = 2,375
6
-0,1
(-0,1)3 – 3 (-0,1) + 1 = 3,0
7
-1,5
(-1,5)3 – 3 (-1,5) +1 = 2,125
8
+0,5
(+0,5)3 – 3 (+0,5) +1 = - 0,375
9
+0,4
(+0,4)3 – 3 (+0,4) +1 = - 0,136
10
+0,3
(+0,3)3 – 3 (+0,3) + 1 = + 0,127
11
+0,3473
(+0,3473)3 – 3 (+0,3473) +1 = 0,0000
12
+1
(+1)3 -3(+1) +1= -1
13
1,5
(1,5)3 – 3 (1,5) +1 = - 0,125
14
+1,55
(+1,55)3 – 3 (+1,55) +1 = - 0,074
15
+1,533
(+1,533)3 – 3 (+1,533) +1= + 0,000
16
+2,0
(+2,0)3-3(+2,0) +1= + 3,0
Gambar Grafik:
3.1.b. Cara Dua Potong (“Bisection Method”)/”The Half Internal Method” atau disebut juga dengan metode Balzano.
Gambar 9. Cara Dua Potongan Metode Hitungan (“Algoritma”) 1. Pilih 𝑥+𝑘 dan 𝑥−𝑘 supaya 𝑓 (𝑥+𝑘 ) > 0 dan 𝑓(𝑥+𝑘) < 0, Pada K=0 1
2. Hitung 𝑥𝑇𝑘 = (𝑥+𝑘 + 𝑥−𝑘) 2
3. Jika 𝑓�𝑥𝑇𝑘 � < 0 → � Jika 𝑓�𝑥𝑇𝑘 � > 0 → �
𝑥+𝑘+1 = 𝑥𝑇𝑘 𝑥−𝑘+1 = 𝑥−𝑘 𝑥+𝑘+1 = 𝑥+𝑘 𝑥−𝑘+1 = 𝑥𝑇𝑘
Jika 𝑓�𝑥𝑇𝑘 � = 0 → 𝑥𝑇𝑘 = 𝑥̅ = akar persamaan tersebut.
Syarat :
Jika Jika
𝑓�𝑥𝑇𝑘 �
𝑥+𝑘+1 = 𝑥+𝑘 < 0 → � 𝑘+1 𝑥− = 𝑥𝑇𝑘
Jika Jika 𝑓�𝑥𝑇𝑘 � > 0 → �
𝑥+𝑘+1 = 𝑥𝑇𝑘 𝑥−𝑘+1 = 𝑥−𝑘
4. Ulangi langkah (2) dan (3) sampai a). |𝑥+𝑘1 − 𝑥−𝑘+1 | < 𝐸1
b). �1 2
𝑘+1 −𝑥 𝑘+1 𝑥+ −
𝑘+1 +𝑥 𝑘+1 ) (𝑥+ −
c). 𝑓�𝑥𝑇𝑘 � < 𝐸3
� < 𝐸2
atau atau
E1, E2, E3 adalah “ERROR” 1
5. Hitung 𝑥̅ = (𝑥+𝑘+1 − 𝑥−𝑘+1 ) 2
Contoh :
𝑓 (𝑥 ) = 4𝑥 3 − 12,3𝑥 3 − 𝑥 + 16,2 = 0 Coba:
𝑓 (1) = 4(1)3 − 12,3(1)2 − (1) + 16,2 = +6,9 𝑃𝑖𝑙𝑖ℎ � 0 3 2 𝑓 (2) = 4(2) − 12,3(2) − (2) + 16,2 = −3,0 𝑥− = 1; 𝑥+0 = 2
Iterasi 1:
1
1
𝑥 1 = �𝑥+0 + 𝑥_0 � = (2 + 1) = 1,5 2
2
𝑓 (𝑥 ) = 4(1,5)3 − 12,3(1,5)2 − (1,5) + 16,2 = +0,53 𝑥−1 = 1,50
𝑥+1 = 2,0
;
Iterasi 2:
1
𝑥 2 = (1,50 + 2,0) = 1,75 2
𝑓 (𝑥 2 ) = 4(1,75)3 − 12,3(1,75)2 − (1,75) + 16,2 = −1,7812 𝑥−21 = 1,50
𝑥+2 = 1,75
;
Tabel HIM / Bisection Method 𝒙𝒌− (𝒙𝒊 )
k
𝒙𝒌+ (𝒙𝒂 )
𝒙𝒌𝑻 =
0
1,0
2,0
1,50
1
1,50
2,0
2
1,50
3
𝒙𝒌+ + 𝒙𝒌− 𝟐
𝒇(𝒙𝒌𝑻)
Keterangan
+0,53
> 0→
1,75
-1,7812
1,75
1,625
-0,7406
0→
.
.
.
.
.
>0→ .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
𝑥 𝑘+1 = 1,5465 = 𝑥̅
0,001
2
1,5441
1,53719
0,0044
> 0,001
3
1,53719
1,53426
0,0019
> 0,0001
4
1,53426
1,5330
0,0008
< 0,001
𝑥 𝑥̅ = 𝑥 𝑘+1 = 1,5330 𝑥𝑥
Untuk mencari akar yang lain : 𝑥 = − Tabel MOSS:
No Iterasi 0
𝑥
𝑘
-1,87939
1
(𝑥 2 −3)
𝑥 𝑘+1 = 𝐹(𝑥 𝑘 ) =
𝑥 3 +1 3
-1,879322069
= 𝑥 𝑘+1 𝐹(𝑥 𝑘 ) Rel. Error 𝑥 𝑘+1 − 𝑥 𝑘 𝑥 𝑘+1 +0,00003614
Keterangan < 0,00070
Atau masukkan ke :
𝑥̅ = −1,87939
3
𝑥 𝑘+1 = √3𝑥 − 1 𝑥 𝑘+1 =
𝑥 3 +1 3
atau
PR Analisa Numerik, 27-3-1992 1. Dik : 𝑓(𝑥 ) = 4𝑥 3 − 1,5525𝑥 2 − 𝑥 + 16,2 = 0
Dit : Akar-akar persamaan tersebut diatas dengan menggunakan metode R.F.M.
2. Dik : 𝑓(𝑥 ) = 𝑥 3 − 1,5525𝑥 2 − 4,4525𝑥 + 3,125 , Cari akar-akar persamaan tersebut dengan cara Newton Raphson? 3. Dengan memakai H.I.M, cari 𝑥+2 dan 𝑥−2 ? Untuk 𝑒 𝑥 − 2√𝑥 − 0,4=0, jika 𝑥+0 = 1 dan 𝑥−0 = 0,50
4. Saudara diminta menentukan bentuk persamaan polinomial sendiri, minimum pangkat empat(4), kemudian tentukan persamaan akar-akar tersebut dengan menggunakan metode Bairstow.
1.
2.
𝑥1 = −1,02486 , 𝑥2 = 1,54949 , 𝑥3 = 2,55037
𝑥1 = −1,82515 , 𝑥2 = 1,621148 , 𝑥3 = 2,7
3.2.b Metode Newton Raphson Untuk menjelaskan metode ini diambil model gambar sebagai berikut:
Gambar 12. Pelukisan grafis metode Newton Raphson. Garis singgung pada fungsi 𝑥 𝑘 [𝑦𝑎𝑘𝑛𝑖, 𝑓 ′(𝑥 𝑘 )] di ekstrapolasikan kebawah kesumbux
untuk memberikan suatu taksiran akar di 𝑥 𝑘+1 . “Slope”(Kemiringan): 𝑓 ′(𝑥 𝑘 ) =
𝑓(𝑥 𝑘 )
𝑥 𝑘 −𝑥 𝑘+1
𝑥 𝑘 − 𝑥 𝑘+1 =
𝒙𝒌+𝟏 = 𝒙𝒌 −
𝑓(𝑥 𝑘 )
𝑓′ (𝑥 𝑘 ) 𝒇(𝒙𝒌 )
𝒇′ (𝒙𝒌 )
Rumus Newton Raphson
𝑥 𝑘+1 = Nilai Sejati dari akar.
Metode Newton-Raphson juga dapat dikembangkan dari uaraian deret Taylor. Penurunan alternatif ini berguna dalam memberikan wawasan tentang laju kekonvergenan metode. Deret Taylor dapat disajikan sebagai berikut : 𝑓 (𝑥 𝑘+1 ) = 𝑓 (𝑥 𝑘 ) + 𝑓 ′(𝑥 𝑘 )(𝑥 𝑘+1 − 𝑥 𝑘 ) + 𝑓 ′′ 1. Cari salah satu akar dari persamaan
(𝑥 𝑘 ) 𝑘+1 (𝑥 − (𝑥 𝑘 )2 2
𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 + 𝑥 2 − 3𝑥 − 3 = 0 , dengan menggunakan metode Newton Raphson ;
ambil 𝑥10 = 1
Penyelesaian : 𝑓 ′(𝑥 ) = 3𝑥 2 + 2𝑥 − 3
𝑓(𝑥 𝑘 )
𝑥𝑘
k
𝑥 𝑘+1
𝑓 ′(𝑥 𝑘 )
0
1
-4
2
3
1
3
24
30
2
2,2
5,888
3
1,83
4 5
𝑓(𝑥 𝑘 ) = 𝑥𝑘 − 1 𝑘 𝑓 (𝑥 )
Re:
𝑥 𝑘 −𝑥 𝑘+1 𝑥𝑘
Keterangan
-2
>0,001
2,2
0,2667
> 0,001
15,92
1,83
0,1682
> 0,001
0,9874
10,7067
1,7378
0,0504
> 0,001
1,7378
0,0546
9,5354
1,73207
0,0033
> 0,001
1,73207
1,816410-4
9,4643
1,73205
0,000011
< 0,001
𝑥 = 1,73205 𝑥1 = −1,38743 𝑥2 = 0,720759
2. Hitung sin−1 0,52 , dengan menggunakan metode Newton Raphson, Pakai Re: 𝑥 𝑘 −𝑥 𝑘+1 𝑥𝑘
< 0,001, ntuk memberikan iterasi ambil 𝑥 0 = 𝜋�4
Penyelesaian :
𝑥 = sin−1 0,52 = 𝑎𝑟𝑐 sin 0,52
sin 𝑥 = 0,52
sin 𝑥 − 0,52 = 0
𝑓 (𝑥 ) = sin 𝑥 = 0,52 Tabel : k 0 1 2
𝑓 ′(𝑥 ) = 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝜋� = 0,785398 4
𝑥𝑘
𝑓(𝑥 𝑘 )
0,1871
0,7071
0,52079
0,52079
-0,0224
0,8674
0,54665
0,00017
0,8543
𝜋� 4
𝑓 ′(𝑥 𝑘 )
𝑥 𝑘+1 = 𝑥 𝑘 −
𝑓(𝑥 𝑘 ) 𝑓 1 (𝑥 𝑘 )
Re:
𝑥 𝑘 −𝑥 𝑘+1 𝑥𝑘
Keterangan
0,33691
> 0,001
0,54665
0,0495
> 0,001
0,54685
0,00037
< 0,001
𝑥̅ = 𝑥 𝑘+1 = 0,54685
𝑓 (𝑥 ) = 32 + 𝑥 2 − 3𝑥 − 3 = 0
Coba :
Ambil 𝑥 0 = 1 𝑥𝑘
k
𝑥̅ = 𝑥 𝑘+1 = 1,7320508 𝑓(𝑥 𝑘 )
𝑓 ′(𝑥 𝑘 )
𝑥 𝑘+1 = 𝑥 𝑘 −
0
0,7854
0,1871
0,7071
0,52079
1
0,52079
-0,0224
0,8674
2
0,54661
0,00021
0,8543
𝑓(𝑥 𝑘 ) 𝑓 1 (𝑥 𝑘 )
Re:
𝑥 𝑘 −𝑥 𝑘+1 𝑥𝑘
Keterangan
0,33691
> 0,001
0,54661
0,0495
> 0,001
0,546856
0,0004
< 0,001
3.2.d Metode Bairstow Metode Bairstow digunakan untuk mencari akar dari suatu
polinomial pangkat
banyak, yang biasanya dijumpai pada problem dinamik. Misalnya diberikan persamaan polonomial sebagai berikut : 𝑓 (𝑥 ) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 + 𝑎2 𝑥 𝑛−2 +. . . +𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 = 0
Dimana :
𝑎0 = 1
......1)
; 𝑎𝑛 ≠ 0
Prinsip dasar metode ini adalah bahwa dalam mencari akar-akar tersebut, dilakukan secara bertahap. Pada setiap tahap (yang di dalamnya terdapat iterasi) akan diperoleh dua akar sekaligus. Kemudian iterasi/tahap kedua atau tahap seterusnya dilakukan dari persamaan sisanya (persamaan pangkat n-2, n-4, n-6 dan seterusnya) sampai seluruh akar yang dicari diperoleh semuanya. Pada tahap pertama dan juga tahap-tahap berikutnya akan diperoleh suatu faktor yang merupakan persamaan kuadrat yang dapat ditulis dalam bentuk : 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 2 + 𝑢1 + 𝑣
......2)
Akar-akar persamaan 2) tersebut diatas adalah : 𝑥1,2 =
−𝑢±√𝑢2−4.1.𝑣 2
......3)
di dalam setiap awal iterasi pada setiap tahap diperlukan nilai awal 𝑢 dan 𝑣. Nilai awal 𝑢 dan 𝑣 tersebut dapat diperoleh secara rumus kasar sebagai berikut : 𝑎
𝑢 = 𝑎𝑛−1 𝑛−2
𝑎𝑛
𝑣=𝑎
......4a) ......4b)
𝑛−2
Dimana : n = pangkat polinomial 𝑎 = koefisien persamaan polinomial
kwadratik faktor dari tahap pertama dan persamaan sisanya ditulis dalam bentuk : (𝑥 2 + 𝑢𝑥 + 𝑣 ) (𝑏0 𝑥𝑛𝑛−2 + 𝑏1 𝑥 𝑛−3 +. . . +𝑏𝑛−3 𝑥 + 𝑏𝑛−2 + 𝑅𝑒𝑚 = 0 kwadratik faktor
......5)
persamaan sisa dari tahap pertama
apabila persamaan 1) dibagi dengan kwadratik faktor (persamaan 2)), maka akan diperoleh : 𝑏0 = 1
𝑏1 = 𝑎1 − 𝑢
𝑏2 = 𝑎2 − 𝑏1 𝑢 − 𝑣
𝑏3 = 𝑎3 − 𝑏2 𝑢 − 𝑏1 𝑣
..... = ............................ ..... = ............................ 𝑏𝑘 = 𝑎𝑘 − 𝑏𝑘−1 𝑢 − 𝑏𝑘−2 𝑣
..... = ............................
𝑏𝑛−1 = 𝑎𝑛−1 − 𝑏𝑛−2 𝑢 − 𝑏𝑛−3 𝑣
𝑏𝑛 = 𝑎𝑛 − 𝑏𝑛−1 𝑢 − 𝑏𝑛−2 𝑣
Dan sisanya = Contoh =
(𝑥 + 𝑢)𝑏𝑛−1 + 𝑏𝑛
𝑥 5 − 3𝑥 4 − 10𝑥 3 + 10𝑥 2 + 44𝑥 + 48 = 0
Misal nilai awal 𝑢 dan 𝑣 diambil = 1, maka :
......6) ......7)
(𝑥 2 + 𝑢𝑥 + 𝑣 ) 𝑥 5 − 3𝑥 4 − 10𝑥 3 + 10𝑥 2 + 44𝑥 + 48 = 0 𝑥 3 − 4𝑥 2 − 7𝑥 + 21 𝑥5 + 𝑥4 + 𝑥3
𝑏0
−4𝑥 4 − 11𝑥 3 + 10𝑥 2
𝑏1
𝑏2
𝑏3
−4𝑥 4 − 4𝑥 3 − 4𝑥 2
−7𝑥 3 + 14𝑥 2 + 44𝑥 −7𝑥 3 − 7𝑥 2 + 7𝑥
21𝑥 2 + 51𝑥 + 48 21𝑥 2 + 21𝑥 + 21 30𝑥 + 27
SISA
Bisa juga dikerjakan dengan menggunakan rumus 6) : 𝑏0 = 1
𝑏1 = 𝑎1 − 𝑢 = −3 − 1 = −4
𝑏2 = 𝑎2 − 𝑏1 𝑢 − 𝑣 = −10 − 4.1 − 1 = −7
𝑏3 = 𝑎3 − 𝑏2 𝑢 − 𝑏1 𝑣 = 10 − (−7). 1 − (−4). 1 = 21 𝑏4 = 𝑎4 − 𝑏3 𝑢 − 𝑏2 𝑣 = 44 − 21.1 − (−7). 1 = 30
𝑏5 = 𝑎5 − 𝑏4 𝑢 − 𝑏3 𝑣 = 48 − 30.1 − 21.1 = −3 Maka sisanya = ( 𝑥 + 𝑢 )𝑏𝑛−1 + 𝑏𝑛
𝑏4 = 𝑏𝑛−1 𝑏5 = 𝑏𝑛
= ( 𝑥 + 1 )30 + (−3)
Sisanya
= 30𝑥 + 30 − 3
= 30𝑥 + 27
SAMA DENGAN SISA PEMBAGIAN DIATAS
Nilai ( 30x + 27 ) adalah sisa pada iterasi pertama pada tahap pertama, dengan nilai awal 𝑢 = 1 dan 𝑣 = 1. Pada iterasi berikutnya, maka akan menuju suatu kondisi yang mana nilai
𝑏𝑛−1 dan 𝑏𝑛 mendakati nol ( agar sisa = 0, akar diperoleh ). Pada tertentu dari 𝑢 dan 𝑣 akan
menyebabkan nilai 𝑏𝑛−1 dan 𝑏𝑛 mendekati nol, dan pada kondisi tersebut berarti bahwa nilai
sisa = 0, dan berarti pula bahwa nilai x, dan x2 akan diperoleh dari persamaan 3) karena nilai 𝑢 dan 𝑣 tidak perlu lagi diperbaharui.
Apabila △ 𝑢 dan △ 𝑣 adalah pertambahan nilai (“Increment/decrement”) dari 𝑢 dan 𝑣,
maka 𝑏𝑛−1 dan 𝑏𝑛 (yang merupakan fungsi dari 𝑢 dan 𝑣) dapat dinyatakan dalam fungsi Taylor Series ( karena △ 𝑢 dan △ 𝑣 nilainya relatif kecil ).
𝑏𝑛 ( 𝑢 + △ 𝑢, 𝑣 + △ 𝑣 ) = 0 ≊ 𝑏𝑛 +
𝜕𝑏𝑛 𝜕𝑢
𝑏𝑛−1 ( 𝑢 + △ 𝑢, 𝑣 + △ 𝑣 ) = 0 ≊ 𝑏𝑛−1 + Kemudian nilai
𝜕𝑏𝑛 𝜕𝑢
𝜕𝑏𝑛−1
,
𝜕𝑢
,
𝜕𝑏𝑛
merupakan fungsi 𝑢 dan 𝑣 ). 𝜕𝑏𝑛+1 𝜕𝑢
= −𝑏𝑛 − 𝑢
𝜕𝑏𝑛
1). 𝑎0 = 𝑏0 = 1
𝜕𝑢
− 𝑣
𝜕𝑣
, dan
△𝑢+
𝜕𝑏𝑛
𝜕𝑏𝑛−1
△𝑢+
𝜕𝑢
𝜕𝑏𝑛−1 𝜕𝑣
𝜕𝑣
△𝑣
......8)
𝜕𝑏𝑛−1 𝜕𝑣
𝜕𝑏𝑛−1 𝜕𝑢
= −𝑏0 − 𝑢
𝜕𝑏0
= 1 = −𝐶0
𝜕𝑏2
= −𝑏1 − 𝑢
𝜕𝑏1
− 𝑣
𝜕𝑏0
= −𝑏1 + 1 = −𝐶1
𝜕𝑏3
= −𝑏2 − 𝑢
𝜕𝑏2
− 𝑣
𝜕𝑏1
= −𝑏2 + 𝐶1 𝑢 + 𝑣 = −𝐶2
𝜕𝑏4
= −𝑏3 − 𝑢
𝜕𝑏3
− 𝑣
𝜕𝑏2
= −𝑏3 + 𝐶2 𝑢 + 𝐶1 𝑣 = −𝐶3
𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑢
𝜕𝑢
𝜕𝑢
𝜕𝑢 𝜕𝑢
......9)
dicari dengan berdasar pada derivatif (𝑏𝑛
𝜕𝑏1 𝜕𝑢
△𝑣
𝜕𝑢
𝜕𝑢 𝜕𝑢
derivative persamaan 6)
... = ................................................................................ 𝜕𝑏𝑛−1
= −𝑏𝑛−2 + 𝐶𝑛−3 𝑢 + 𝐶𝑛−4 𝑣 = −𝐶𝑛−2
......10)
𝜕𝑏𝑛
= −𝑏𝑛−1 + 𝐶𝑛−2 𝑢 + 𝐶𝑛−3 𝑣 = −𝐶𝑛−1
......11)
𝜕𝑢
𝜕𝑢
2). Sedangkan
𝜕𝑏𝑛+2 𝜕𝑣
= −𝑏𝑛 − 𝑢
𝜕𝑏𝑛−1 𝜕𝑣
− 𝑣
𝜕𝑏𝑛 𝜕𝑣
𝜕𝑏1
= 0
𝜕𝑏2
= −1 = −𝐶0
𝜕𝑏3
= −𝑏1 − 𝑢
𝜕𝑏2
− 𝑣
𝜕𝑏1
= −𝑏1 + 𝑢 = −𝐶1
𝜕𝑏4
= −𝑏2 − 𝑢
𝜕𝑏3
− 𝑣
𝜕𝑏2
= −𝑏2 + 𝐶1 𝑢 + 𝑣 = −𝐶2
𝜕𝑣
𝜕𝑣 𝜕𝑣
𝜕𝑣
𝜕𝑣
𝜕𝑣
𝜕𝑣
𝜕𝑣
..... = ............................................................................ 𝜕𝑏𝑛−1 𝜕𝑣
𝜕𝑏𝑛 𝜕𝑣
= −𝑏𝑛−3 + 𝐶𝑛−4 𝑢 + 𝐶𝑛−5 𝑣 = −𝐶𝑛−3
= −𝑏𝑛−2 + 𝐶𝑛−3 𝑢 + 𝐶𝑛−4 𝑣 = −𝐶𝑛−2
......12)
......13)
Dari penjabaran diatas dapat diperoleh hubungan : 𝐶𝑛 = 𝑏𝑛 − 𝐶𝑛−1 𝑢 − 𝐶𝑛−2 𝑣
( dari rumus 10, 11, 12, dan 13 )
Substitusi persamaan 10, 11, 12, dan 13 ke persamaan 8 dan persamaan 9, akhirnya diperoleh: 𝑏𝑛 = 𝐶𝑛−1 △ 𝑢 + 𝐶𝑛−2 △ 𝑣
......14)
𝑏𝑛−1 = 𝐶𝑛−2 △ 𝑢 + 𝐶𝑛−3 △ 𝑣
Persamaan 14) dapat ditulis dalam bentuk matriks. 𝐶𝑛−1 𝐶𝑛−2
𝐶𝑛−2 𝐶𝑛−3
△𝑢 △𝑣
=
𝑏𝑛
𝑏𝑛−1
Berdasarkan metode Cramer, penyelesaian persamaan 15 adalah :
......15)
△𝑢 =
𝑏𝑛 𝑏𝑛−1 𝐶 � 𝑛−1 𝐶𝑛−2 �
𝐶𝑛−2 � 𝐶𝑛−3 𝐶𝑛−2 � 𝐶𝑛−3
; △𝑣 =
𝐶𝑛−1 𝐶𝑛−2 𝐶 � 𝑛−1 𝐶𝑛−2 �
𝑏𝑛 � 𝑏𝑛−1 𝐶𝑛−2 � 𝐶𝑛−3
......16)
Kemudian 𝑢 dan 𝑣 yang baru ( iterasi kedua, atau iterasi seterusnya ) 𝑢2 = 𝑢1 + △ 𝑢 ; 𝑣2 = 𝑣1 + △ 𝑣
Selengkapnya urutan cara penyelesaiannya adalah sebagai berikut : 1. Dihitung nilai awal 𝑢1 dan 𝑣1 .
2. Dihitung nilai-nilai 𝑏′𝑠 dan 𝐶′𝑠 .
3. Dihitung nilai △ 𝑢 dan △ 𝑣 ( persamaan 16) ). 4. Cek apakah |△ 𝑢 +△ 𝑣 | < Ԑ
kalau belum maka,
5. 𝑢𝑏𝑎𝑟𝑢 = 𝑢𝑙𝑎𝑚𝑎 + △ 𝑢 ; 𝑣𝑏𝑎𝑟𝑢 = 𝑣𝑙𝑎𝑚𝑎 + △ 𝑣
6. Kalau |△ 𝑢 +△ 𝑣 | < Ԑ, maka akar persamaan dapat diperoleh dengan persamaan 3).
Contoh : Diketehui : 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 5 − 3𝑥 4 − 10𝑥 3 + 10𝑥 2 + 44𝑥 + 48 = 0 Ditanya akar-akar persamaan polinomial tersebut?
Penyelesaian : n = 5 Iterasi 1 𝑎0 1
𝑎1 -3
𝑎2
-10
𝑎3
+10
𝑎4
+44
+48
−𝑢1 = −1,95
-
-1,95
9,65
4,48
-47,05
-2,79
-
-
-1,95
9,65
4,48
-47,05
𝑏′𝑠 ∶
1
-4,95
-2,3
24,13
1,43
-1,84
-
-1,95
13,46
-17,96
-38,28
−𝑣1 = −1,95
-
-
-1,95
13,46
-17,96
−𝑣1 = −1,95
−𝑢1 = −1,95
𝑎5
𝐶′𝑠 ∶
1
𝑏𝑛 𝑏𝑛−1 𝐶 � 𝑛−1 𝐶𝑛−2
𝐶𝑛−2 � 𝐶𝑛−3 𝐶𝑛−2 � 𝐶𝑛−3
�
△ 𝑢1 = △ 𝑢1 =
-6,90
;
−1,84 19,63 � � 1,43 9,21 −54,81 19,63 � � 19,63 9,21
9,21
19,63
△ 𝑣1 =
= 0,0506
-54,81
𝐶 � 𝑛−1
𝑏𝑛 � 𝐶𝑛−2 𝑏𝑛−1 𝐶 𝐶𝑛−2 � 𝑛−1 � 𝐶𝑛−2 𝐶𝑛−3
; △ 𝑣1 =
−54,81 −1,84� 19,63 1,43 −54,81 19,63� � 19,63 9,21
�
= 0,0475
𝑢2 = 1,95 + 0,0506 = ≈ 2 ; 𝑣2 = 1,95 + 0,0475 = ≈ 2 Iterasi 2 𝑎0 1
𝑎1 -3
𝑎2
-10
𝑎3
+10
𝑎4
+44
+48
−𝑢2 = −2
-
-2
10
+4
-48
0
-
-
-2
+10
+4
-48
𝑏′𝑠 ∶
1
-5
-2
+24
0
0
−𝑢2 = −1,95
-
-2
+14
-20
-36
−𝑣2 = −1,95
-
-
-2
+14
-20
𝐶′𝑠 ∶
1
-7
+10
+18
-56
−𝑣2 = −2
△ 𝑢2 =
0 18 � � 0 10 −56 18 � � 18 10
=0
𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 pada iterasi 1 𝑥1,2 =
−𝑢±√𝑢2−4.1.𝑣 2
𝑥1 = −1 + 𝑖
;
; △ 𝑣2 =
�−56 0�
18
0
�−56 18�
18
10
𝑢 =2; 𝑣 =2
=
−2±√22 −4.1.2 2
𝑥2 = −1 − 𝑖
= −1 ± 𝑖
Persamaan polonomial dapat ditulis sebagai berikut :
=0
𝑎5
(𝑥 2 + 2𝑥 + 2) = ( 𝑥 3 − 5𝑥 2 − 2𝑥 + 24 = 0
Misalkan 𝑢1 = −0,95
;
𝑣1 = −5,95
n = 3.
Iterasi 1 𝑎0 1
𝑎1 -5
𝑎2 -2
+24
−𝑢1 = −0,95
-
-0,95
-3,85
-0,095
-
-
+5,95
-24,098
𝑏′𝑠 ∶
1
-4,05
+0,10
-0,003
−𝑢1 = −0,95
-
-0,95
-2,95
−𝑣1 = −5,95
-
-
+5,95
𝐶′𝑠 ∶
1
-3,10
+3,10
−𝑣1 = −5,95
△ 𝑢1 =
−0,003 18 � � 0,10 10 3,1 −3,1 � � −3,1 1
= −0,0472
; △ 𝑣1 =
𝑎3
3,1 −0,003� −3,1 0,1 3,1 −3,1 � � −3,1 1
�
= −0,0462
𝑢2 = −0,95 − 0,0472 = −0,9972 𝑣2 = −5,95 − 0,0462 = −5,9962 Iterasi 2
𝑎0 1
𝑎1 -5
𝑎2 -2
+24
−𝑢2 = −0,9972
-
0,9972
-3,9916
-0,0046
-
-
+5,9962
-24,0016
𝑏′𝑠 ∶
1
-4,0028
+0,0046
-0,0030
−𝑢2 = −0,95
-
-0,9972
-2,9972
−𝑣2 = −5,95
-
-
+5,9962
𝐶′𝑠 ∶
1
-3,0056
+3,0036
−𝑣2 = −5,95
𝑎3
△ 𝑢2 =
−0,0030 � 0,0046 3,0036 � −3,0036
−3,0056 � 1 −3,0036 � 1
𝑢3 = −0,9972 − 0,0018 = −1
= −0,0018 ; △ 𝑣2 =
3,0036 −0,0030� −3,0036 0,0046 3,0036 −3,0056� � −3,0056 1 �
𝑣3 = −5,9962 − 0,0008 = −6 Iterasi 3
𝑎0 1
𝑎1 -5
𝑎2 -2
+24
−𝑢3 = −1
-
+1
-4
0
-
-
+6
-24
𝑏′𝑠 ∶
1
-4
0
0
−𝑢3 = −1
-
+1
-3
−𝑣3 = −6
-
-
+6
𝐶′𝑠 ∶
1
-3
+3
−𝑣3 = −6
△ 𝑢3 = 0
𝑎3
; △ 𝑣3 = 0
𝑢 = −1 ;
𝑣 = −1
Persamaan polinomial = (𝑥 2 + 2𝑥 + 2)( 𝑥 2 − 𝑥 − 24 )(𝑥 − 4 ) = 0
Akar-akar persamaan tersebut = 𝑥1 = −1 + 𝑖 ; 𝑥3 = 3 ; 𝑥5 = 4 𝑥2 = −1 − 𝑖 ; 𝑥4 = −1
= −0,0008
•
Metode Numerik
•
Unsur-unsur Penilaian
•
Grading System A > 85
1. Presensi
: ± 10%
2. Homeworks
: ± 15%
85
3. Nilai UTS
: ± 35%
81,25 >
4. Nilai UAS
: ± 40%
77,5
A-
≥ 81,25
𝐴� 𝐵
≥ 77,5
B+
≥ 73,75
73,75 >
B
≥ 70,00
70,00 >
B-
≥ 66,875 ≥ 63,75
63,75 >
𝐵� 𝐶 C+
≥ 60,625
60,625 >
C
≥ 57,50
57,50 >
C-
≥ 53,125 ≥ 48,75
48,75 >
𝐶� 𝐷 D+
≥ 43,375
43,375 >
D
≥ 40,00
>
>
66,875 >
53,125 >
•
Buku Referensi 1. Chapra, S.C, Camale R.P, Numerical Methods for Engineers, Mc Grow Hill, 1985. 2. Mathews N.H, numerical Methods for Mathematics, Science and Engineering, Prentice Hall, 1992. 3. Griffiths D.V, Smith L.M, Numerical Methods for Engineers, A Programming Approach, Blockwell S.P, 1991. 4. James M.L, Smith G.M, Walford J.C, Applied Numrical Methods far Digital Compulation, Harpas Int, Row, Pub, 1977.
Metode Numerik •
Tujuan Instruksional khusus ( TIK ) “Setelah menempuh mata kuliah Metode Numerik, mahasiswa mampu menggunakan cara-cara numerik untuk menyelesaikan problem dan keteknikan yang tidal praktis/sulit diselesaikan secara analitis ( dengan cara matematik ).
Satuan Kredit Semester ( SKS ). 2X 50’ tatap muka di kelas
Metode Numerik 2 SKS
2x50’ tugas terstruktur
/minggu
2x50’ belajar secara mandiri
•
Perkuliahan
dirancang dalam 12x pertemuan yanag mana materi tiap-tiap pertemuan disusun dalam satuan acara perkuliahan.
•
•
Evaluasi Proses Belajar Mengajar : o Tugas-tugas Terstruktur
15%
o Ujian Tengah Semester
35%
o Ujian Akhir Semester
40%
o Presensi
10%
Bahan 1. Modul Kuliah 2. Buku Acuan/Textbook.
•
Bukua Acuan 1. Chapra, S.C, Camale R.P, Numerical Methods for Engineers, Mc Grow Hill, 1985. 2. Mathews N.H, numerical Methods for Mathematics, Science and Engineering, Prentice Hall, 1992. 3. Griffiths D.V, Smith L.M, Numerical Methods for Engineers, A Programming Approach, Blockwell S.P, 1991. 4. James M.L, Smith G.M, Walford J.C, Applied Numrical Methods for Digital Compulation, Harpas Int, Row, Pub, 1977.
Fungsi
Grafik
Aplikasi EI
𝜔=⋯
1. Akar-akar Persamaan 𝑓 (𝑥 ) = 0
L
f(x)
f(x) = 0
? 𝜔
k
𝜆𝑛 − 𝛼𝜆𝑛−1 ... 𝑘
𝜔 = �𝜆 𝑚
2. Persamaan Simultan 𝑎11 𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 = 𝑎
𝑎21 𝑥1 + 𝑎22 𝑥2 = 𝑏
Statis tak tentu
𝑥2
Banyak dof
𝑥1
Finite Element P
3. Regresi ( Curve Filtting )
Teg. Desak beton
𝑓 (𝑥 ) = 𝑘1 𝑒 −𝑘2 𝑥 . 𝑥
•
e
Berbagai Pengukuran Pengamatan
P
4. Integrasi Numerik 𝑎
𝐴 = ∫𝑏 𝑓(𝑥 )𝑑𝑥
f(x)
D
C
A
D
a
Teganganz &
Blok Tegangan
Regangan
Whitney
T
T
P
5. Persamaan Diferensial 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥2
+ 𝝀𝒚 = 𝟎
6. Persamaan Diferensial Parsial
P
P
P
P
𝑥𝑖
𝑥𝑖+1 Panas
Panas
Elemen Desak
Metode Numerik 1. Pengertian dan Tujuan. •
Problem/formulasi matematik dalam bidang teknik. • Formulasinya kompleks sehingga : • Sulit didiferndialkan • Sulit diintegralkan
Menyelesaikan persamaan matematila
• Penyelesaiannya panjang. • Penyelesaiannya berulang-ulang. •
Metode Numerik : • • •
Menyelesaikan problem matematika yang mempunyai sifat problem seperti diatas. Penyelesaiannya dibawa ke dalam bentuk numerik. Penyelesaian numerik melibatkan angka sebagai perlu alat penghitung.
2. Pengertian dan Tujuan. Karena digunakan alat/mesin penghitung maka penyelesaiannya • Lebih cepat • Lebih murah • Dapat menyelesaikan persamaan sumultan besar, kompleks sekaligus persoalan non-linear. Tetapi : • • •
Pelru mengenal alat penghitung/komputer. Perlu membuat program. Programnya harus betul dan teliti.
• Agar manusia dengan alat penghitung maka perlu bahasa yang dipahami bersama. • Basic • Quick Basic • Pascal
adalah scientific language untuk pemrograman.
• Fortram • C-1 •
Perbedaan antara matematik dengan numerik.
Matematik
Numerik
𝜋 = 3,141592653529 …
𝜋 = 3,14
2� = 0,666 … 3
1. Reprensenta si angka
2� = 0,67 3
𝑒 = 2,7182 …
𝑒 = 2,72
𝑙𝑢𝑎𝑠 𝑙𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑛 = 𝜋𝑟 2
𝑙𝑢𝑎𝑠 𝑙𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑛 = 3,14𝑟 2 𝑑𝑦 ∆𝑦 𝑦𝑖+1 − 𝑦𝑖 = = 𝑑𝑡 ∆𝑡 𝑡𝑖+1 − 𝑡𝑖
𝑑𝑦 ∆𝑦 = lim � �∆𝑡 � 𝑑𝑡
2. Representasi proses
𝑑𝑦� 𝑑𝑡 = "𝑠𝑙𝑜𝑝𝑒"
∆𝑡 > 0
𝑛
� 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 = lim � 𝑓(𝑥𝑖)∆𝑥𝑖 ∆𝑥 > 0
𝑦
0
� 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 = �
𝑑𝑦 ∆𝑦 ∆𝑡
𝑦𝑖
•
𝑡𝑖
𝑡𝑖+1
𝑑𝑡
𝑛
𝑖=0
𝑓(𝑥𝑖)∆𝑥𝑖
=> matematik, eksak
=> numerik, pendekatan
𝑦𝑖+1
𝑡
Kesalahan pada proses numerik 1. Truncation Error : adalah kesalahan yang diakibatkan oleh tidak akuratnya representasi eksak pada numerik. 2. Round-off Error : adalah kesalahan yang diakibatkan oleh tidak tepatnya merepresentasikan angka secara eksak.
•
Contoh-contoh kesalahan •
Round-off error : 𝜋 = 3,14 … (diabaikan akan menimbulkan kesalahan akumulatif)
•
Truncation error :
𝑑𝑦� 𝑑𝑡 ≅
∆𝑦 ∆𝑡
Deret Taylor : 𝑓(𝑥𝑖+𝑡 = 𝑓(𝑥𝑖 ) + 𝑓′(𝑥𝑖 )(𝑥𝑖+𝑡 − 𝑥𝑖 ) + 𝑓𝑛 (𝑥𝑖 ) 𝑛!
𝑓"(𝑥𝑖 )
(𝑥𝑖+𝑡 − 𝑥𝑖 )𝑛 + 𝑅𝑛
2!
(𝑥𝑖+𝑡 − 𝑥𝑖 )2 +
𝑓"′(𝑥𝑖 ) 3!
(𝑥𝑖+𝑡 − 𝑥𝑖 )3 + ⋯ +
𝑦
𝑓"(𝑥𝑖 ) 2!
ℎ2
𝑓′(𝑥𝑖 ) ℎ
h 𝑥𝑖
𝑘3 𝑘2 𝑘1
𝑚3 𝑚2 𝑚1
𝑥
𝑥𝑖+1
𝑘𝑔 1. m1 = 48,98 𝑘𝑔 𝑑𝑡 �𝑐𝑚 , k1 = 24512 �𝑐𝑚 2
m2 = m3 = m1
, k2 = k3 = k1 2
Unit m = 48,98 𝑘𝑔 𝑑𝑡 �𝑐𝑚 Unit k = 24512
𝑘𝑔� 𝑐𝑚
Persamaan non-linear : 𝜆3 − 5𝜆2 + 6𝜆 − 1 = 0 , 𝜆 = 𝜔𝑖 = �𝜆𝑖 𝑘�𝑚
𝜔2 𝑘� 𝑚
∅1𝑖 = 1 ∅2𝑖 = ( 2 − 𝑥 ) ∅3𝑖 = 𝜆2 − 4𝜆 + 3
2. Struktur serupa dengan nomor 1. 𝑙1 = 8𝑚, 𝑙2 = 9𝑚, ℎ1 = ℎ2 = ℎ3 = 4𝑚. 2
2
𝑚1 = 𝑚2 = 58,98 𝑘𝑔 𝑑𝑡 �𝑐𝑚 , 𝑚3 = 48,57 𝑘𝑔 𝑑𝑡 �𝑐𝑚. 2
𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘3 = 2 .8329,4 + 15207,7 = 31866,5 𝑘𝑔 𝑑𝑡 �𝑐𝑚. Persamaan non-linear : 0,82𝑥 3 − 4,28𝑥 2 + 5,46𝑥 − 1 = 0 ,
𝜔𝑖 = �𝑥𝑖 𝑘�𝑚
akar-akar ?
∅1𝑖 = 1 ∅2𝑖 = ( 2 − 𝑥 ) ∅3𝑖 = 𝑥 2 − 4𝑥 + 3
𝑘𝑔 3. 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3 = 21,43 𝑘𝑔 𝑑𝑡 �𝑐𝑚 , 𝑘 = 8542,9 �𝑐𝑚 (𝑢𝑛𝑖𝑡 𝑘). 2
Persamaan non-linear : 𝑥 3 − 6,8𝑥 2 + 9,6𝑥 − 2,8 = 0 ,
𝑘𝑔 4. Unit = 10 𝑘𝑔 𝑑𝑡 �𝑐𝑚 , 𝑢𝑛𝑖𝑡 𝑘 = 10000 �𝑐𝑚 . 2
∅1𝑖 = 1 ∅2𝑖 = ( 1,5 − 0,5𝑥 ) ∅3𝑖 = 0,52 − 2,9𝑥 + 2,4
Persamaan non-linear : 6,526𝑥 3 − 24,696𝑥 2 + 23,215𝑥 − 3,064 = 0
∅1𝑖 = 1 , ∅2𝑖 = ( 2 − 1,299𝑥 ), ∅3𝑖 = 1,968𝑥 2 − 5,69𝑥 + 3
𝑃𝑛0
Mencari Akar Persamaan di Struktur Beton
h
𝑃𝑛𝑚
As
b
As'
* Pn
𝑒𝑏
𝑃𝑡
es < ey
Region I
𝑒𝑚𝑖𝑛
e
z
d
Region I
𝑃𝐵 , 𝑀𝐵
Region III 𝑀0
Pada kondisi eksentrisitas beban 𝑒𝑚𝑖𝑛 < 𝑒 < 𝑒𝑏 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑃𝑛𝑚 < 𝑃𝑛 < 𝑃𝐵 maka kolom akan berada pada “compression controle”. Baja tarik belum leleh.
C
ec
es'
𝐶𝑐 = 0,85. 𝑓 ′𝑐. 𝛽1 . 𝑐. 𝑏
Pn
𝐶𝑠 = 𝐴′𝑠. ( 𝑓𝑦 − 0,85 𝑓 ′𝑐) 𝑇𝑠 = 𝐴𝑠. 𝑓𝑠 = 𝐴𝑠. 𝜀𝑠 . 𝐸𝑠
Cc
Ts
•
𝑇𝑠 = 𝐴𝑠. 𝐸𝑠. 𝜀𝑐.
Cs
ℎ−𝑐 𝑐
Dalam hal ini c dan Pn sama-sama belum diketahui. Untuk itu perlu ada eliminasi yaitu dengan mengambil ΣM terhadap Pn. 𝛽 𝑇𝑠 ( 𝑧 + 𝑒 ) + 𝐶𝑠 ( 𝑒 − 𝑧 ) + 𝐶𝑐 � 𝑒 − 𝑧 − 𝑑 + 2𝑐 � = 0
• Akan diperoleh persamaann polinomial c pangkat 3. Misal : b = 40 cm ht = 60 cm
Untuk e = 32,5 ; 22,5 ; 15 cm, maka akan diperoleh persamaan :
fc = 25v MPa fy = 400 MPa Es = 2.100.000 Ԑc = 0,003
𝑘𝑔� 𝑐𝑚2
As = As’ = 29,436 𝑐𝑚
1. 𝑐 3 + 5,8823𝑐 2 + 3648,425 − 179025,6 = 0 2. 𝑐 3 − 17,6470𝑐 2 + 2693,197 − 147198,9 = 0 3. 𝑐 3 − 35,2941𝑐 2 + 1976,777 − 123328,8 = 0 PROBLEM, Mencari akar persamaan.
2
PENYELESAIAN PERSAMAAN NON-LINEAR •
Problem-problem teknik yang memerlukan akar suatu persamaan •
Frekuensi getaran suatu struktur
EI
A
B
Persamaan frekuensi getaran cos 𝑘. 𝑙 cosh 𝑘. 𝑙 + 1 = 0
L
( mempunyai k tertentu untuk memenuhi persamaan tersebut ).
k = suatu nilai yang dicari ( 𝐿−1 )
Frekuensi sudut :
EI = kekakuan lentur (𝐹𝐿2 )
𝐸𝐼 .𝑔
𝜔 = 𝑎 𝑘 2, 𝑎 = �
g = percepatan gravitasi (𝐿𝑇 −2 )
𝐴 .𝛾
A = luas potongan (𝐿2 )
γ = besar volume balok (𝐹𝐿−3 )
EI
Persamaan frekuensi getaran tan 𝑘. 𝑙 − tanh 𝑘. 𝑙 = 0
2
𝐸𝐼
Frekuensi sudut : 𝜔 = 𝑘 � 𝛾
γ =mass/unit length (𝐹𝑇 2 𝑇 −2 )
k = suatu nilai yang dicari (𝐿−1 )
Persamaan frekuensi getaran k3
h3 m2
k2
h2
k1
L
Frekuensi sudut : 𝜔 = �𝜆 𝑘�𝑚 α, β, c suatu konstanta
m1
h1
𝜆3 − 𝛼𝜆2 + 𝛽𝜆 − 𝑐 = 0
𝛌 = suatu nilai yang dicari
K = kekakuan, m = massa (𝐹𝑇 2 𝐿−1 )
•
Persamaan Biasa ( Aljabar ) • Apabila persamaan suatu fungsi misal y (x) diketahui, maka nilai y (xi), xi = 1, 2, 3 .... n dapat dicari. •
Apabila y (xi) digambar maka akan terdapat kemungkinan-kemungkinan :
1. Apabila f (xi) dan f (xi+1) berubah tanda. •
Akan terdapat akar yang jumlah ganjil ; 1, 3, 5 ....
f
𝑥1
f=y
𝑓 (𝑥2 ) 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑓
𝑓 (𝑥1 ) 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑓
x
𝑥1
𝑥2
𝑓 (𝑥1 ) 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑓
𝑥2
x
𝑓 (𝑥2 ) 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑓
2. Apabila f (xi) dan f (xi+1) tidak berubah tanda. •
Tidak ada akar atau ada akar-akar yang jumlahnya genap, 2, 4, ...
f(x)
f(x)
𝑥1 𝑓(𝑥1)
𝑥𝑖+1 𝑓(𝑥𝑖+1 )
𝑓(𝑥𝑖 ) & 𝑓(𝑥𝑖+1 ) = 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑓
x 𝑥𝑖
𝑥𝑖+1
x
•
Akar Persamaan Misal : f(x) = 𝑐𝑜𝑠 𝑥. 𝑙 cosh 𝑥. 𝑙 + 1 Dalam bentuk persamaan :
𝑐𝑜𝑠 𝑥. 𝑙 cosh 𝑥. 𝑙 + 1 = 0
Maka : f(x) = 0
bentuk umum persamaan ( mempunyai nilai x tertentu yang memenuhi persamaan tersebut )
Ekspresi matematik akar persamaan
y y = f(x)
•
Ekspresi phisik/visual akar persamaan x
Akar persamaan : f(x) = y = 0 •
Jenis-jenis persamaan •
•
•
•
•
Persamaan polinomial/aljabar biasa 𝑓 (𝑥 ) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + 𝑎3 𝑥 3 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛
Persamaan transendental
𝑓 (𝑥 ) = cos 𝑥 cosh 𝑥 − 1
Persamaan eksponensial 𝑓 (𝑥 ) = 𝑘1 𝑒 −𝑘2𝑥
Persamaan goniometri 𝑓 (𝑥 ) = sin x + cos 𝑥
Persamaan rational 𝑓 (𝑥 ) =
𝑎0 +𝑎1 𝑥+𝑎2 𝑥 2 𝑥−𝑒 𝑥
Persamaan yang mengandung rasio antara kecepatan gelombang Rayleigh VR terhadap kecepatan gelombang sekunder VS. 𝑉2
𝐾 6 − 8𝐾 4 − (16. 𝛼 2 − 24 ). 𝐾 2 − 16( 1 − 𝑎2 ) = 0 yang dimana 𝐾 2 = 𝑉𝑅2 𝑆
𝛼2 =
( 1−2𝑣 ) ( 2−2𝑣 )
yang mana v adalah poison rasio. Yang akan dicari adalah nilai K.
“Incremental Method”
“Bisection Method”
Start
Start
y(x), Ԑ, △x
y(x), Ԑ, xi, yi
yi, xi
xa, ya
xa = xi + △x
xT, yT
ya
| ya | < Ԑ
| yT | ≤ Ԑ
Yes No xi = xa No
yi = ya
Yi + ya < 0
No xa = akar
xi = xT yi = yT
yi + yt < 0 No
Yes
Yes
△x = △x/10
y
End
xa = xT
?x
𝑥𝑎
𝑥𝑖
𝑥𝑎
x
End
ya = yT
y
y = f(x) 𝑥𝑖
xT = akar
𝑥𝑖
𝑦𝑖
𝑦𝑇
𝑥𝑇
𝑦𝑎 𝑥𝑎
x
•
y
Metode Tertutup •
Cara Grafis.
•
Akar persamaan f(x) = 0 atau secara grafik. ==>
•
Cara yang paling sederhana dengan cara coba-coba.
akar persamaan x
Contoh : 𝑦(𝑥 ) = 2 cos 𝑥 − 𝑒 𝑥 ( x dalam radian ) => Persamaan Transendental x
y
0,00
+1,0000
0,25
+0,6538
0,50
+0,1054
0,75
-0,6535
1,00
-1,6376
1 0,5 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5
Dengan cara dekomposisi 𝑦(𝑥 ) = 2 cos 𝑥 − 𝑒 𝑥 => akar bila y(x) = 0
2 cos 𝑥 − 𝑒 𝑥 = 0
2 cos 𝑥 = 𝑒 𝑥
𝑓 (𝑥1 ) = 𝑓 (𝑥2 )
𝑓 (𝑥1 ) = 2 cos 𝑥 𝑓 (𝑥2 ) = 𝑒 𝑥
0,00
𝑓 (𝑥1 ) 2
𝑓 (𝑥2 )
0,25
1,9378
1,2840
0,50
1,7551
1,6486
1,5
0,75
1,4634
2,1169
1,0
1,00
1,0806
2,7182
x
1
2,0
𝑓 (𝑥1 ) = 𝑓 (𝑥2 )
0,5
HW ≠ f(x) = sin x – cos 1,5x ( Dekomposisi ).
0,25
0,5
0,75
𝑓 (𝑥2 )
𝑓 (𝑥1 )
1,0
Contoh : 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 − 4,5𝑥 2 + 0,5𝑥 + 6, Akar bila f(x) = 0 Metode Grafis
𝑓 (𝑥 )
x -1,5
•
6,0
-7,6875
Berubah tanda
0,0
+6,0000
1,0
+3,0000
2,5
-5,2500
3,5
-4,5000
4,5
+8,2500
0
1,0
2,0
Berubah tanda
Berubah tanda
Incremental Method
𝑓 (𝑥𝑖 )
Akar Persamaan
•
-1,0
𝑓 (𝑥𝑖+1 )
•
Berubah tanda atau
•
𝑓 (𝑥𝑖 ) . 𝑓(𝑥𝑖+1 ) < 0
Bisection Method
𝑓(𝑥𝑎 )
𝑓(𝑥𝑇 )
𝑥𝑖
𝑥𝑖
𝑓(𝑥𝑎 )
𝑥𝑇
𝑓(𝑥𝑖 ) 𝑥𝑖
𝑥𝑎
𝑓(𝑥𝑇 )
𝑥𝑇
𝑥𝑎 = 𝑥𝑇
𝑥𝑎
𝑥𝑇
𝑓(𝑥𝑖 )
𝑥𝑎 bergerak ke kiri
𝑥𝑎
𝑥𝑖 bergerak ke kanan 𝑥𝑖 = 𝑥𝑇
𝑥𝑎 bergerak ke kiri 𝑥𝑎 = 𝑥𝑇
3,0
4,0
x
f(x)
𝑥1
f(x) 𝑥1
x 𝑥2
•
Garis singgung keluar
•
•
Akar tidak ketemu
•
•
Penempatan 𝑥1 kurang tepat
Misal : 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 − 1,5525𝑥 2 − 4,4525𝑥 + 3,125 •
• •
Metode Dekomposisi : 𝑓1(𝑥 ) = 𝑓2 (𝑥 )
𝑥=
𝑥 3 −1,5525𝑥 2 +3,125 4,4525
3
, 𝑓1(𝑥 ) = 𝑥, 𝑔𝑖 (𝑥 ) =
x 𝑥2
Penempatan 𝑥1 tepat
Akar dapat dicari lebih cepat
𝑓1 (𝑥 ) = x
𝑓2 (𝑥 ) = 𝑔𝑖 (𝑥)
𝑥 3 −1,5525𝑥 2+3,125
𝑥 = �1,5525𝑥 2 − 4,4525𝑥 + 3,125, 𝑓2 (𝑥 ) = x,
4,4525
3
𝑔2 (𝑥 ) = �1,5525𝑥 2 − 4,4525𝑥 + 3,125
g1(x)
g2(x)
f1(x) = x
f2(x) = x
Itersi
f1 (x) = x
g1 (x)
1
1,000
2 3
iterasi
f2 (x)
g2 (x)
0,5777
0,6000
0,4723
0,5777
0,6287
0,4723
-0,8774
0,6287
0,6198
-0,8774
-1,8004
...................................................
.........................................
5
Akar tidak ketemu !
0,6213
0,6212
𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 − 1,5525𝑥 2 − 4,4525𝑥 + 3,125
Bisection Method 𝑥𝑖
Iterasi
𝑥𝑎
𝑓𝑥𝑖
𝑓𝑥𝑎
𝑥𝑡
𝑓𝑥𝑡
1
1,5000
3,5000
-3,6714
11,3981
2,5000
-2,0843
2
2,5000
3,5000
-2,0843
11,3981
3,0000
2,7950
3
2,5000
3,0000
-2,0843
2,7950
2,7500
-0,00632
4
2,7500
3,0000
-0,0632
2,7950
2,8750
1,2563
5
2,7500
2,8750
-0,0632
1,2583
2,8125
0,5691
6
2,7500
2,8125
-0,0632
0,5691
2,78125
0,2462
Dan
.......
........
........
.........
.......
.......
𝑥𝑖 = 1,500
𝑥𝑎 = 3,500
seterusnya Baik 𝑥𝑖 dan 𝑥𝑎 dapat bergerak •
Dengan catatan 𝑓𝑥𝑖 dan 𝑓𝑥𝑎 beda tanda 𝑥 − 𝑥𝑖 𝑥𝑎 − 𝑥𝑖 = 𝑦 − 𝑓(𝑥𝑖 ) 𝑓(𝑥𝑎 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )
Metode Interpolasi Linear
y xi x f(xi) 𝑥 = 𝑥𝑖 + (𝑦 − 𝑓 (𝑥𝑖 ))
f(xa)
f(xa)
f(x)
xi
xa
𝑥𝑎 bergerak 𝑥𝑖 tetap 𝑥𝑎 −𝑥𝑖
𝑓(𝑥𝑎 )−𝑓(𝑥𝑖 )
==> 𝑥 = 𝑥𝑖 − 𝑓 (𝑥𝑖 )
Misal : 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 − 1,5525𝑥 2 − 4,4525𝑥 + 3,125
x
xa 𝑥𝑎 tetap 𝑥𝑖 bergerak
𝑥𝑎 −𝑥𝑖
𝑓(𝑥𝑎 )−𝑓(𝑥𝑖 )
1
𝑥𝑖
1,5000
𝑥𝑎
3,5000
𝑓𝑥𝑖
-3,6714
𝑓𝑥𝑎
11,3981
𝑥𝑡
+1,9873
-4,0062
2
1,9873
3,5000
-4,0062
11,3981
+2,3807
-2,7809
3
2,3807
3,5000
-2,7809
11,3981
+2,6002
-1,3685
Iterasi
𝑓𝑥𝑡
•
4
2,6002
3,5000
-1,3685
11,3981
+2,6996
-0,5612
.....
.....
.....
.....
......
......
......
.....
2,7563
3,5000
-0,0013
11,3981
+2,7564
-0,0004
Metode Sekan :
𝑥1 𝑥2 𝑥3
𝑥1 𝑥2 𝑥3
𝑥1 𝑥2 𝑥3 .... dan seterusnya
f(x2)
x1
f(x3)
x1
x3
x3 x2
x2
f(x1) 𝑥1 𝑥2 𝑥3
𝑥1 = 𝑥2 , 𝑥2 = 𝑥3 , 𝑥3
𝑓𝑥 = 𝑓(𝑥2 ) , 𝑓(𝑥2 ) = 𝑓(𝑥3 )
.....................................
...................................................
𝑥1 = 𝑥2 , 𝑥2 = 𝑥3 , 𝑥3
𝑓(𝑥1 ) = 𝑓( 𝑥2 ) , 𝑓(𝑥2 ) = 𝑓(𝑥3 )
𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 − 1,5525𝑥 2 − 4,4525𝑥 + 3,125 , 𝑥3 = 𝑥𝑖 − 𝑓 (𝑥1 ) 1
𝑥1
1,5000
𝑥2
3,5000
𝑓𝑥1
-3,6718
𝑓𝑥2
11,3981
+1,9873
-4,0063
2
3,500
1,9873
11,3981
-4,0063
+2,3807
-2,781
3
1,9873
2,3807
-4,0063
-2,7810
+2,2736
6,9934
4
2,3807
......
.....
......
.....
.....
.....
.....
.....
.....
......
......
......
.....
2,7211
2,7597
-0,3379
0,0314
+2,7564
-0,0009
Iterasi
•
𝑥2 −𝑥𝑖
𝑓(𝑥2 )−𝑓(𝑥𝑖 )
Metode Terbuka ( Open Method )
𝑥3
𝑓𝑥3
•
Pada metode tertutup diperlukan 2 titik batas, xi & xa.
•
Pada metode terbuka hanya diperlukan 1 titik awal.
•
•
•
Lebih cepat, apabila penentuan titik awal tepat
•
Akar tidak akan ketemu, apabila pengambilan titik awal kurang tepat
Metode terbuka
Metode Newton Raphson •
Metode dekomposisi :
•
Akar tidak akan ketemu bila y’ > 45°
•
Diperlukan banyak grafik / gi (x) fi(x)
fi(x) gi(x)
y'45°
y'>45° x
x
x
f(x1)
f(x1)
x2 x1
f(x2) x2
x1
f(x2)
f(x)
f(x) •
Deret Taylor
𝑓(𝑥𝑖+1 ) = 𝑓 ( 𝑥𝑖 ) + 𝑓′(𝑥𝑖 )(𝑥𝑖+1 − 𝑥𝑖 )
•
𝑖 = 1 ==> 𝑓(𝑥2 ) = 𝑓 ( 𝑥1 ) + 𝑓′(𝑥1 )(𝑥2 − 𝑥1 )
Titik potong pada x2 bila f(x2) = 0
𝑓 ′(𝑥1 ) =
𝑓(𝑥2 )−𝑓(𝑥1 ) 𝑥2 −𝑥1
𝑓(𝑥 )
𝑡𝑖𝑡𝑖𝑘 𝑝𝑜𝑡𝑜𝑛𝑔 𝑓 (𝑥2 )=0 𝑥2 = 𝑥1 − 𝑓′(𝑥1 ) 1
0 = 𝑓 (𝑥1 ) + 𝑓′(𝑥1 ) 𝑓(𝑥 )
𝑥2 = 𝑥1 − 𝑓′(𝑥1 ) 1
•
𝑓(𝑥 )
𝑥2 = 𝑥1 − 𝑓′(𝑥1 ) 1
Syarat : 𝑓′(𝑥1 ) harus dapat dicari
Contoh ; 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 − 1,5525𝑥 2 − 4,4525𝑥 + 3,125 , 𝑓′(𝑥 ) = 3𝑥 2 − 3,105𝑥 − 4,4525 Iterasi
1
𝑥1
3,5000
𝑓(𝑥1 )
11,3981
𝑓 ′(𝑥1 ) 21,43
𝑥2
2,9681
2,3804
2
2,9681
2,3804
12,7604
2,7816
0,2498
....
2,7816
0,2498
....
....
......
Iterasi
𝑓(𝑥2 )
x1 = -1,82515, x2 = 0,621148, x3 = 2,7565. •
Modifikasi Newton Raphson •
Belum tentu f’(x) dapat dicari dengan mudah.
•
Persamaan garis singgung/slope/berdasar prinsip beda hingga.
𝑓 ′(𝑥) =
•
𝑓(𝑥𝑖−1 )−𝑓(𝑥𝑖 ) 𝑥𝑖−1 −𝑥1
Maka : 𝑥𝑖+1 = 𝑥𝑖 −
𝑓(𝑥 )
, padahal 𝑥2 = 𝑥1 − 𝑓′(𝑥1 ) 1
𝑓(𝑥𝑖 )(𝑥𝑖−1 −𝑥𝑖 ) 𝑓′�𝑥𝑖−1� −𝑓(𝑥𝑖 )
Ada 𝑥0 , 𝑥1 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 𝑏𝑖𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑚𝑢𝑙𝑎𝑖 𝑖 = 1 Nilai awal ditentukan/sembarang
1
𝑥0
3,5000
𝑥1
3,000
𝑓(𝑥0 )
11,3981
𝑓(𝑥1 ) 2,795
𝑥2
2,8375
0,8371
2
3,000
2,8375
2,795
0,8371
2,7680
0,1134
....
2,8375
2,768
....
....
Iterasi
𝑓(𝑥2 )
......
