ODE Analisis Numerik PDF [PDF]

Citation preview

GROUP 1



HELEN P. SYIFA N. A. DITA W. A. LILIK H. HIDAYATUL M. AGUSYARIF R. N. RIDHO A.



ORDINARY DIFFERENTIAL



EQUATIONS



DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016



SYIFA N. AINISA G54120031



PENDAHULUAN DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016



Pendahuluan PERSAMAAN DIFFERENSIAL Gabungan dari fungsi yang tidak diketahui dengan turunannya. Kategori



PD BIASA Persamaan Differensial yang hanya memiliki satu variabel bebas. PDB Orde 1 : Turunan tertingginya adalah turunan pertama PDB Orde 2 : Turunan kedua merupakan turunan tertingginya PDB Orde 3 : Turunan ketiga merupakan turunan tertingginya Dan seterusnya



PD PARSIAL



Persamaan Differensial yang memiliki lebih dari satu variabel bebas.



Persamaan diferensial Persamaan diferensial biasa 𝑑𝑦 1. =𝑥+𝑦 𝑑𝑥



𝑑𝑦 3. + 𝑥2𝑦 − 𝑦 = 0 𝑑𝑥



2. 𝑦′ = 𝑥 2 + 𝑦 2



4. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ 𝑐𝑜𝑠𝑥 − 3𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝑥



Persamaan diferensial parsial 𝜕2𝑢 𝜕2𝑢 𝑥+𝑦 + = 6𝑥𝑦𝑒 𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2



Pendahuluan PERSAMAAN DIFERENSIAL 1.



y'  x 2  y 2



PDB orde 1



2.



 2u  2u x y   6 xye x 2 y 2



PDP



3.



y'  3t 3  t 5  17; y  f (t )



4.



y' ' y' Cos( x)  3 y  Sin(2 x)



5.



2 y' ' '2 y'  1  y' '



Bukan PD PDB orde 2 PDB orde 3



6.



f ' ( x)  x 2  x  4



Bukan PD



7. 8.



2 u  2u 2  u  3Sin( x  t )  2  (1  x ) 2 t x y 2 dy  x 2 y  y  0 dx



PDP PDB orde 1 5



Penerapan Persamaan Diferensial



Fisika



Mekanik Termodinamika



Listrik



Pendahuluan SOLUSI PDB



Solusi Analitik Salah satunya dengan teknik integral.



Solusi Numerik Menggunakan metode hampiran



7



Persamaan diferensial tidak dapat diselesaikan secara analitik



Metode Numerik



Metode Numerik



1



2



Metode Euler



Metode Heun



Leonhard Euler



3



Metode Deret Taylor



4



Karl Heun



Metode Runge-Kutta



Brook Taylor



Carl David Tolmé Runge



Martin Wilhelm Kutta



METODE



NUMERIK DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016



Metode Euler SYIFA NURUL AINISA (G54120031)



Metode Euler BENTUK UMUM Metode euler merupakan metode numerik paling sederhana dan diturunkan dari deret Taylor dengan diberikan PDB orde satu 𝑑𝑦 = 𝑦 ′ = 𝑓 𝑥, 𝑦 , 𝑦(𝑥0 ) = 𝑦0 𝑑𝑥 Misalkan 𝑦𝑟 = 𝑦(𝑥𝑟 ) Metode euler dinyatakan sebagai



𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + ℎ𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ) 𝑏−𝑎 ℎ= 𝑛



Metode Euler PENURUNAN • Deret Taylor : uraikan 𝑦(𝑥𝑟+1 ) disekitar 𝑥𝑟



( xr 1  xr ) ( xr 1  xr ) 2 y ( xr 1 )  y ( xr )  y ' ( xr )  y ' ' ( xr )  ... 1! 2! • Dipotong sampai orde 3 :



( xr 1  xr ) ( xr 1  xr ) 2 y ( xr 1 )  y ( xr )  y ' ( xr )  y' ' ( x r ) 1! 2! • Karena 𝑦’(𝑥𝑟 ) = 𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) dan 𝑥𝑟+1 − 𝑥𝑟 = ℎ, maka :



y ( xr 1 )  y ( xr )  hf ( xr , yr )  O(h 2 ); r  0,1,2,..., n 13



Metode Euler



PENURUNAN SECARA GEOMETRIS f(x,y) adalah persamaan differensial yang dapat digambarkan sebagai gradien garis singgung di titik (x,y).



Garis singgung ditarik menyinggung titik (x0,y0) untuk menemukan nilai y(x1), pada titik (x1,y1) ditarik lagi garis yang menyinggung titik tersebut dengan fungsi f(x,y) untuk mendapatkan f(x2) dan seterusnya.



14



Metode Euler



8 (x7,y7)



7 (x6,y6)



(x2,y2)



6



(x3,y3)



(x1,y1)



5



(x8,y8)



(x4,y4)



(x5,y5)



y(x)



4



dy/dx



3 2 1 0



(x0,y0)



0



0.5



1



1.5



2



2.5



3



3.5



4



15



Metode Euler 7



Yr+1 hampiran



6



C



5



galat



4



Yr+1 sejati



y(x) yr



3 2



Yr sejati



1



A



B



0 0



h



0.5



1



y BC yr 1  yr m  y ' ( xr )  f ( xr , y r )    x AB h



hf ( xr , yr )  yr 1  yr



yr 1  yr  hf ( xr , yr )



Metode Euler GALAT • Galat Pemotongan



Ep 



1 2 h y ' ' (t )  O(h 2 ) 2



• Galat Kumulatif



1 2 nh 2 (b  a) 2 (b  a)hy' ' (t )   h y ' ' (t )  y' ' ( y)  h y ' ' (t )   O ( h) 2 2h 2 r 1 2 n



Ekumulatif



17



Metode Euler Contoh Soal 1 𝑑𝑦 = 𝑥 + 𝑦 ; 𝑦(0) = 1 𝑑𝑥 Berapa 𝑦(0.1) dengan langkah ℎ = 0.02 dan ℎ = 0.05, jika diketahui fungsi asli adalah 𝑦 𝑥 = 𝑒𝑥 − 𝑥 − 1, langkah mana yang lebih teliti ? (𝑎 = 0, 𝑏 = 0.1)



18



Metode Euler Penyelesaian Contoh Soal 1 𝑦 0.1 = 𝑒 0.1 − 0.1 − 1 = 1.1103 h = 0.05 x=0



y(0) = 1



x = 0.05



y(0.05) = 1 + 0.05(0+1) = 1.05



x = 0.1



y(0.1) = 1.05 + 0.05(0.05+1.05) = 1.1025



h = 0.02 x=0



y(0) = 1



x = 0.02



y(0.02) = 1 + 0.02(0+1) = 1.02



x = 0.04



y(0.04) = 1.02 + 0.02(0.02+1.02) = 1.0408



x = 0.06



y(0.06) = 1.0408 + 0.02(0.04+1.0408) = 1.062416



x = 0.08



y(0.08) = 1.062416 + 0.02(0.06+1.062416) = 1.084864



x = 0.1



y(0.1) = 1.084864 + 0.02(0.08+1.084864) = 1.108162



Langkah h = 0.02 lebih teliti



Metode Euler Contoh 2 Perbandingan penyelesaian eksak dan metode euler Solusi Metode Euler 𝑦 ′ = 𝑥 + 𝑦 + 1, 𝑦 0 = 0



Metode Heun HIDAYATUL MAYYANI (G551150351)



Metode Heun PENURUNAN



Metode Heun



• Predictor: • Corrector:



• Bentuk umum persamaan metode Heun:



Metode Heun TAFSIRAN GEOMETRI METODE HEUN



Metode Heun GALAT



• Galat perlangkah metode Heun sama dengan galat kaidah trapesium, yaitu:



• Galat longgokannya adalah:



Metode Heun



Metode Heun PERLUASAN METODE HEUN Metode Heun dapat diperluas dengan meneruskan langkahnya sebagai berikut:



Metode Heun



Kondisi berhenti adalah bila



Dengan



adalah batas galat yang diinginkan. Jika iterasinya



dilakukan satu kali (sampai dengan



saja), maka



langkahnya dinamakan iterasi satu lemparan (one shot iteration). Metode Heun adalah iterasi satu lemparan.



Metode Heun Contoh Soal



Penyelesaian:



Metode Heun Langkah-langkah



Metode Heun



Langkah yang sama dilakukan untuk 𝑥3 dan 𝑥4



Metode Heun



Metode Deret Taylor DITA WIDYA AISYAH (G54120059)



Metode Deret Taylor Diketahui PDB orde 1 yaitu 𝑑𝑦 = 𝑦 ′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) dengan nilai awal 𝑦 𝑥0 = 𝑦0 . 𝑑𝑥 Misalkan 𝑦 𝑥𝑟+1 adalah hampiran nilai 𝑦 di 𝑥𝑟+1 dengan 𝑟 = 0,1, … 𝑛. 𝑦 𝑥𝑟+1 diuraikan dengan deret Taylor di sekitar 𝑥𝑟 :



Deret Taylor ∞



𝑦 𝑥𝑟+1 =



𝑖=0



ℎ𝑦



𝑖



𝑥𝑟



𝑖!



2 𝑦 ′′ (𝑥 ) 𝑛𝑦 𝑛 𝑥 ℎ ℎ 𝑟 𝑟 = 𝑦 𝑥𝑟 + ℎ𝑦 ′ 𝑥𝑟 + + ⋯+ +⋯ 2! 𝑛! dengan ℎ = 𝑥𝑟+1 − 𝑥𝑟 dan 𝑟 = 0,1, … 𝑛



Metode Deret Taylor Metode Deret Taylor Orde n



′



𝑦 𝑥𝑟+1 = 𝑦 𝑥𝑟 + ℎ𝑦 𝑥𝑟 + ⋯ +



ℎ𝑛 𝑦



𝑛



𝑛!



𝑥𝑟



ℎ𝑛+1 𝑦 𝑛+1 𝑥𝑟 + +⋯ (𝑛 + 1)!



Galat pemotongan



𝑦 𝑥𝑟+1 ≈ 𝑦 𝑥𝑟 +



ℎ𝑦 ′



𝑥𝑟 + ⋯ +



ℎ𝑛 𝑦



𝑛



𝑛!



𝑥𝑟



Metode Deret Taylor Galat perlangkah setelah pemotongan ke n



Galat



ℎ𝑛+1 𝑓 𝑛+1 𝑡 𝐸𝑃 ≈ , 𝑥0 < 𝑡 < 𝑥𝑟+1 𝑛+1 ! = 𝑂(ℎ𝑛+1 ) Galat kumulatif ℎ𝑛+1 𝑓 𝑛+1 𝑡 𝐸𝐾 ≈ 𝑛. ,𝑎 < 𝑡 < 𝑏 𝑛+1 ! =



= =



𝑏−𝑎 ℎ𝑛+1 𝑓 𝑛+1 𝑡 . ℎ 𝑛+1 ! ℎ𝑛 𝑓 𝑛+1 𝑡 𝑏−𝑎 . 𝑛+1 ! 𝑂(ℎ𝑛 )



Metode Deret Taylor Contoh Soal 𝑑𝑦



Diketahui PDB : = 𝑥 + 𝑦 ; 𝑦 0 = 1. 𝑑𝑥 Hitung 𝑦(0.1) dengan metode deret Taylor orde 4 (h=0.05). Nilai sejati solusi PDB yaitu y(0.1)=1.1103. Jawaban: 𝑏−𝑎 0.1−0 Banyak iterasi = 𝑛 = = =2 ℎ 0.05 Hampiran 𝑦 di 𝑥𝑟+1 : 𝑦𝑟+1 ≈ 𝑦 𝑥𝑟 +



ℎ𝑦 ′



𝑥𝑟 +



ℎ2 𝑦



2



2



𝑥𝑟



+



ℎ3 𝑦



3



6



𝑥𝑟



+



ℎ4 𝑦



4



12



𝑥𝑟



Metode Deret Taylor Mencari turunan 𝑦′ 𝑥 = 𝑥 + 𝑦 𝑦 2 𝑥 = 1 + 𝑦′ = 1 + 𝑥 + 𝑦 𝑑(1 + 𝑥 + 𝑦) 3 𝑦 𝑥 = =1+𝑥+𝑦 𝑑𝑥 𝑑(1 + 𝑥 + 𝑦) 4 𝑦 𝑥 = =1+𝑥+𝑦 𝑑𝑥



Iterasi 1 𝑥0 = 0 ; 𝑦0 = 1 𝑥1 = 𝑥0 + ℎ = 0.05 ; 𝑦1 =?



𝑦 ′ 𝑥0 = 𝑥 + 𝑦 = 0 + 1 = 1 𝑦 2 𝑥0 = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0 + 1 = 2 𝑦 3 𝑥0 = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0 + 1 = 2 𝑦 4 𝑥0 = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0 + 1 = 2



𝑦1 = 𝑦 0.05 = 𝑦 𝑥0 ℎ2 𝑦 2 𝑥0 ℎ3 𝑦 3 𝑥0 𝑥0 + + 2 6 3 4 0.05 (2) 0.05 (2)



ℎ𝑦 ′



≈ 𝑦 𝑥0 + 0.052 (2) 𝑦1 = 1 + 0.05 + + 2



6



+



12



+



ℎ4 𝑦 4 𝑥0 12



= 1.052542708



Metode Deret Taylor Iterasi 2 𝑥1 = 0.05; 𝑦0 = 1.052542708 𝑥2 = 𝑥1 + ℎ = 0.1 ; 𝑦2 =? 𝑦 ′ 𝑥1 = 𝑥 + 𝑦 = 0.05 + 1.052542708 = 1.102542708 𝑦 2 𝑥1 = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0.05 + 1.052542708 = 2.102542708 𝑦 3 𝑥1 = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0.05 + 1.052542708 = 2.102542708 𝑦 4 𝑥1 = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0.05 + 1.052542708 = 2.102542708 𝑦2 = 𝑦 0.1 = 𝑦 𝑥1 ≈ 𝑦 𝑥1 +



ℎ𝑦 ′



𝑥1 +



ℎ2 𝑦 2 𝑥1 2 0.052



𝑦2 = 1.052542708 + 0.05 1.102542708 + 0.053 (2.102542708) 0.054 (2.102542708) + + 6 12



ℎ3 𝑦 3 𝑥1 6



+ + 2.102542708 2



ℎ4 𝑦 4 𝑥1 12



= 1.11034292 Diperoleh hampiran nilai y(0.1) dengan metode deret Taylor orde 4 yaitu 1.11034292 Galat absolut = |nilai sejati-nilai hampiran |=|1.1103-1.11034292|=0.00004292



Metode Runge-Kutte HELEN PARKHURST(G551150041)



Metode Runge-Kutta Metode Runge-Kutta adalah alternatif lain dari metode deret Taylor yang tidak membutuhkan perhitungan turunan. Bentuk Umum Runge Kutte Orde-n: 𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑟 + 𝑎1 𝑘1 + 𝑎2 𝑘2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑘𝑛 , 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 = ketetapan Dimana: 𝑘1 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 𝑘2 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + 𝑝1 ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑞11 𝑘1 𝑘3 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + 𝑝2 ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑞21 𝑘1 + 𝑞22 𝑘2 … 𝑘𝑛 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + 𝑝𝑛−1 ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑞𝑛−1,1 𝑘1 + 𝑞𝑛−1,2 𝑘2 + ⋯ + 𝑞𝑛−1,𝑛−1 𝑘𝑛−1 Galat langkah Metode Runge-Kutte orde-n: 𝑂 ℎ𝑛+1 Galat longgokan Metode Runge-Kutte orde-n: 𝑂 ℎ𝑛



Metode Runge-Kutta



Bentuk Umum, Runge Kutte Orde-1:



𝑘1 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + 𝑎1 𝑘1 ; . . . (i) Dengan menggunakan Rumus Taylor ℎ ℎ2 ℎ3 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + 𝑦′𝑟 + 𝑦′′𝑟 + 𝑦′′′𝑟 1! 2! 3! 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 + 𝑂(ℎ2 ) . . . (ii) Melalui persamaan (i) dan (ii) diperoleh 𝑎1 = 1



Metode Runge-Kutta 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + 𝑘1



Sehingga diperoleh:



𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟



Galat Langkah Runge-Kutta:



Galat Longgokan Runge-Kutta: 𝑛



𝐸𝑡𝑜𝑡 = 𝑖=1



ℎ2 𝑦" 2! 𝑟



ℎ2 = 𝑛 𝑦"𝑟 2! 𝑥𝑟+1 − 𝑥𝑟 ℎ2 = − 𝑦"𝑟 ℎ 2! ℎ = 𝑥𝑟+1 − 𝑥𝑟 ∙ 𝑦"𝑟 2! =𝑂 ℎ



𝐸=



ℎ2 𝑦"𝑟 2!



= 𝑂 ℎ2



EULER



Metode Runge-Kutta



Bentuk Metode Runge-Kutta Orde satu:



𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 +(𝑎1 𝑘1 ) Yang termasuk ke dalam metode Runge-Kutta orde satu adalah metode Euler 𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 )



𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 +ℎ𝑓1 Dalam hal ini 𝑎1 = 1



Metode Runge-Kutte



Orde 2-Orde 3



AGUSYARIF REZKA NUHA (G551150171) LILIK HARDIANTI (G5511502510



Metode Runge-Kutta Orde 2



Bentuk Metode Runge-Kutta Orde satu:



𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 +(𝑎1 𝑘1 )



Yang termasuk ke dalam metode Runge-Kutta orde satu adalah metode Euler



𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 +ℎ𝑓1 Dalam hal ini 𝑎1 = 1



Metode Runge-Kutta Orde 2



Perhatikan deret taylor untuk 𝑦𝑟+1 sebagai berikut: 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 +



ℎ𝑦𝑟′



1 2 ′′ + ℎ 𝑦𝑟 + ⋯ 2



Bentuk 𝑦𝑟′ diubah menjadi bentuk 𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) Perhatikan bahwa 𝑦𝑟′ = 𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) 𝑦𝑟′′ = 𝑓𝑥 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 + 𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) 𝑓𝑦 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 )



Metode Runge-Kutta Orde 2



Sehingga deret Taylor untuk 𝑦𝑟+1 dapat diubah sebagai berikut: 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 +



1 2 ℎ [𝑓𝑥 2



𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 + 𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) 𝑓𝑦 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) + ...



Perhatikan bentuk umum Metode Runge-Kutta Orde 2 yang menggunakan kombinasi linear 2 fungsi untuk menyatakan 𝑦𝑟+1 : 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 +𝑎1 𝑘1 +𝑎2 )



Metode Runge-Kutta Orde 2



dengan:



𝑘1 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 𝑘2 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + 𝑝1 ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑞11 𝑘1 akan mencari nilai dari 𝑎1 , 𝑎2 , 𝑝1 , 𝑞11 agar persamaan 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 +𝑎1 𝑘1 +𝑎2 𝑘2 akurat.



Ekspansi taylor untuk fungsi dua peubah 𝑘2 sebagai berikut: 𝑘2 = ℎ[𝑓 + 𝑝1 ℎ𝑓𝑥 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) + 𝑞11 𝑘1 𝑓𝑦 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ] 𝑘2 = ℎ[𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) + 𝑝1 ℎ𝑓𝑥 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) + 𝑞11 ℎ𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 )(𝑓𝑦 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 )]



Metode Runge-Kutta Orde 2



diperoleh: 𝑘2 = ℎ[𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) + ℎ(𝑝1 𝑓𝑥 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) + 𝑞11 𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 )(𝑓𝑦 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 )] Subtitusi nilai 𝑘1 , dan 𝑘2 ke bentuk umum runge-kutta orde 2



𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 +𝑎1 ℎ𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 )+𝑎2 ℎ𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) + 𝑎2 ℎ2 𝑝1 𝑓𝑥 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) + 𝑎2 ℎ2 𝑞11 𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 )𝑓𝑦 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 +…



𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + 𝑎1 + 𝑎2 ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 + 𝑎2 ℎ2 𝑝1 𝑓𝑥 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 + 𝑞11 𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 𝑓𝑦 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟



+⋯



Metode Runge-Kutta Orde 2



Sehingga diperoleh persamaan-persamaan berikut: h𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 = 𝑎1 + 𝑎2 ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟  𝑎1 + 𝑎2 = 1 1 2 ℎ 𝑓𝑥 2 1 2 ℎ 𝑓𝑦 2



𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 = 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 𝑓



𝑎2 𝑝1 ℎ2 𝑓𝑥



𝑥𝑟 , 𝑦𝑟  𝑎2 𝑝1 =



𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 =𝑎2 𝑞11 ℎ2 𝑓𝑦



1 2



𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟  𝑎2 𝑞11 =



1 2



Karena sistem persamaan terdiri atas 3 prsamaan dengan 4 peubah acak yang tidak diketahui maka solusinya banyak.



Metode Runge-Kutta Orde 2



Solusi hanya dapat diperoleh dengan memberikan sebuah peubah dengan sebuah harga. Misalkan ditentukan 𝑎2 = t, t ∈ 𝑅, maka



𝑎1 = 1 − 𝑎2 = 1 − 𝑡 1 1 𝑝1 = = 2𝑎2 2𝑡 𝑞11 =



1 2𝑎2



= 1 2



1 2𝑡



Dengan memberikan nilai t = , diperoleh 1 2



𝑎1 = 𝑎2 = , 𝑝1 = 𝑞11 = 1



Metode Runge-Kutta Orde 2



Sehingga bentuk Metode Runge-Kutta orde 2 adalah sebagai berikut: 𝑘1 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 𝑘2 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑘1 1 2



𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + (𝑘1 +𝑘2 )



Metode Runge-Kutta Orde 3



Metode Runge-Kutta Orde 3 berbentuk: 𝑘1 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟



1 1 𝑘2 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑘1 2 2 𝑘3 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + ℎ, 𝑦𝑟 − 𝑘1 + 2𝑘2 𝑦𝑟+1



1 = 𝑦𝑟 + (𝑘1 + 4𝑘2 + 𝑘3 ) 6



Galat per langkah metode R-K orde tiga adalah O(ℎ4 ) Galat kumulatif metode R-K orde tiga adalah O(ℎ3 )



Metode Runge-Kutta Orde 3



Bentuk ekspansi taylor untuk 𝑓(𝑥 + 𝑐, 𝑦 + 𝑑) dengan galat O(ℎ3 ) ialah: 1 2 𝑓 𝑥 + 𝑐, 𝑦 + 𝑑 = 𝑓 + 𝑐𝑓𝑥 + 𝑑𝑓𝑦 + (𝑐 𝑓𝑥𝑥 + 2𝑐𝑑𝑓𝑥𝑦 + 𝑑 2 𝑓𝑦𝑦 ) 2 Bentuk umum metode runge-kutta orde y ialah:



𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 +𝑎1 𝑘1 +𝑎2 𝑘2 + 𝑎3 𝑘3



Metode Runge-Kutta Orde 3



Dengan: 𝑘1 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟



𝑘2 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + 𝑝1 ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑞11 𝑘1 = ℎ 𝑓 + ℎ(𝑝1 𝑓𝑥 + 𝑞11 𝑓𝑓𝑦 ℎ2 + (𝑝12 𝑓𝑥𝑥 2



𝑘3 = ℎ𝑓



2 2 + 2𝑝1 𝑞11 𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑞11 𝑓 𝑓𝑦𝑦 )]



𝑥𝑟 + 𝑝2 ℎ, 𝑦𝑟 + (𝑞21 𝑘1 + 𝑞22 𝑘2



= ℎ[𝑓 + 𝑝2 ℎ𝑓𝑥 + 𝑞21 ℎ𝑓𝑓𝑦 + 𝑞22 𝑘2 𝑓𝑦 +



ℎ2 (𝑝22 𝑓𝑥𝑥 2



2 2 + 2𝑝2 𝑞21 𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑞21 𝑓 𝑓𝑦𝑦 )



1 2 2 + (2𝑝2 ℎ𝑞22 𝑘2 𝑓𝑥𝑦 + 2𝑞21 𝑞22 ℎ𝑘2 𝑓𝑓𝑦𝑦 + 𝑞22 𝑘2 𝑓𝑦𝑦 )] 2



Metode Runge-Kutta Orde 3



𝑘3 = ℎ[𝑓 + 𝑝2 ℎ𝑓𝑥 + 𝑞21 ℎ𝑓𝑓𝑦 +



ℎ2 (𝑝22 𝑓𝑥𝑥 2



+ 2𝑝2 𝑞21 𝑓𝑓𝑥𝑦 +



1 2



1 2



2 2 2 𝑞21 𝑓 𝑓𝑦𝑦 ) +𝑞22 𝑓𝑦 𝑘2 + (2𝑝2 ℎ𝑞22 𝑓𝑥𝑦 + 2𝑞21 𝑞22 ℎ𝑓𝑓𝑦𝑦 )𝑘2 + 𝑞22 𝑓𝑦𝑦 𝑘22 ]



Subtitusi nilai 𝑘2 , diperoleh: 𝑘3 = ℎ[𝑓 + ℎ{𝑝2 𝑓𝑥 + 𝑞21 + 𝑞22 2



+ℎ (𝑝1 𝑞22 𝑓𝑥𝑦 +



ℎ2 2 𝑓𝑓𝑦 } + {𝑝2 𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝2 (𝑞21 + 𝑞22 )𝑓𝑓𝑥𝑦 2



ℎ2 2 𝑞11 𝑞22 𝑓𝑓𝑦 ) + (𝑞21 2



+ 𝑞22 )2 𝑓 2 𝑓𝑦𝑦 ]



Metode Runge-Kutta Orde 3 Subtitusi nilai 𝑘1 , 𝑘2 , 𝑑𝑎𝑛𝑘3 ke bentuk umum runge-kutta orde 3 diperoleh: 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + ℎ𝑓(𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 ) +ℎ2 𝑓𝑥 (𝑎2 𝑝1 + 𝑎3 𝑝2 )



+ℎ2 𝑓𝑓𝑦 {𝑎2 𝑞11 + 𝑎3 𝑞21 + 𝑞22 } 1 2



+ℎ3 𝑓𝑓𝑡𝑡 ( 𝑎2 𝑝12 + 𝑎3 𝑝22 ) +ℎ3 𝑓𝑓𝑥𝑦 {𝑎2 𝑝1 𝑞11 + 𝑎3 𝑝2 𝑞21 + 𝑞22 } 1 2



2 +ℎ3 𝑓 2 𝑓𝑦𝑦 {𝑎2 𝑞11 + 𝑎3 𝑞21 + 𝑞22 2 }



+ℎ3 𝑓𝑥𝑦 (𝑎3 𝑝1 𝑞22 ) +ℎ3 𝑓𝑓𝑦2 (𝑎3 𝑞11 𝑞22 )



Metode Runge-Kutta Orde 3



𝑦𝑟+1 dalam deret taylor ℎ2 ′′ ℎ3 ′′′ 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + + 𝑦 + 𝑦 2 6 ℎ2 ′ ℎ3 ′′ = 𝑦𝑟 + ℎ𝑓 + 𝑓 + 𝑓 2 6 ℎ2 = 𝑦𝑟 +ℎ𝑓 + 𝑓𝑥 + 𝑓𝑦 𝑓 2 ℎ3 + (𝑓𝑥𝑥 + 2𝑓𝑓𝑥𝑦 +𝑓 2 𝑓𝑦𝑦 + 𝑓𝑥 𝑓𝑦 6



ℎ𝑦 ′



+ 𝑓𝑓𝑦2 )



Metode Runge-Kutta Orde 3



diperoleh 1 4 1 𝑎1 = 𝑎3 = , 𝑎2 = , 𝑝1 = , 𝑝2 = 1 𝑞11 =



6 1 ,𝑞 2 21



6



2



= −1, 𝑞22 = 2



Jadi bentuk metode runge-kutta orde 3 ialah: 𝑘1 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 1 1 𝑘2 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + ℎ, 𝑦𝑟 + ℎ 2 2 𝑘3 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + ℎ, 𝑦𝑟 − 𝑘1 + 2𝑘2 𝑦𝑟+1



1 = 𝑦𝑟 + [𝑘1 + 4𝑘2 + 𝑘3 ] 6



Runge Kutta Orde 2 Contoh Soal Diketahui PDB:



dy / dx  x  y; y(0) = 1 Hitung y (0.10) dengan metode Runge Kutta orde 2 dan orde 3 (h = 0.02)



Diketahui:



k1  hf ( xr , yr )



f ( x, y )  x  y



k 2  h( f  p1hf x  q11k1 f y )



a  x0  0



yr 1  yr  (a1k1  a2 k 2 )



b  0.10 h  0.02 Maka n = (0.10 - 0)/0.02 = 5 langkah



Runge Kutta Orde 2 f ( x, y )  x  y; f x  1; fy 1



Misal pilih:



a1  a2  0.5 p1  q11  1



Langkah 1:



x0  0  y0  1; f  1 x1  0.02  y1  ? k1  hf ( x0 , y0 )  0.02(1)  0.02 k 2  h( f  p1hf x  q11k1 f y )  0.02(1  1(0.02)(1)  1(0.02)(1))  0.0208 y1  y0  (a1k1  a2 k 2 )  1  0.5(0.02)  0.5(0.0208)  1.0204



Runge Kutta Orde 2 f ( x, y )  x  y; f x  1;



Misal pilih:



fy 1



a1  1 / 3; a2  2 / 3 p1  q11  3 / 4



Langkah 1:



x0  0  y0  1; f  1 x1  0.02  y1  ? k1  hf ( x0 , y0 )  0.02(1)  0.02 k 2  h( f  p1hf x  q11k1 f y )  0.02(1  (3 / 4)(0.02)(1)  (3 / 4)(0.02)(1))  0.0206 y1  y0  (a1k1  a2 k 2 )  1  (1 / 3)(0.02)  (2 / 3)(0.0206)  1.0204



Runge Kutta Orde 2 x



y



f



k1



k2 (1)



k2 (2)



0



1



1



0,02



0,0208



0,0206



0,02



1,0204



1,0404



0,020808



0,021624



0,02142



0,04



1,041616



1,081616



0,021632



0,022465



0,022257



0,06



1,063665



1,123665



0,022473



0,023323



0,02311



0,08



1,086563



1,166563



0,023331



0,024198



0,023981



0,10



1,110327



1,21327



Nilai sejati y(0.10) = 1.1103



Runge Kutta Orde 3 Contoh Soal Diketahui PDB:



dy / dx  x  y; y(0) = 1 Hitung y (0.10) dengan metode Runge Kutta orde 2 dan orde 3 (h = 0.02)



Diketahui:



f ( x, y )  x  y



k1  hf ( xr , yr )



a  x0  0



k 2  hf ( xr  1 h, yr  1 k1 ) 2 2 k3  hf ( xr  h, yr  k1  2k 2 )



b  0.10 h  0.02 Maka n = (0.10 - 0)/0.02 = 5 langkah



yr 1  yr  1 (k1  4k 2  k3 ) 6



Runge Kutta Orde 3



Langkah 1:



x0  0  y0  1; f  1 x1  0.02  y1  ? k1  hf ( x0 , y0 )  0.02 f (0,1)  0.02(1)  0.02 k 2  hf ( x0  1 h, y0  1 k1 )  0.02 f (0.01,1.01)  0.20(1.02)  0.0204 2 2 k3  hf ( x0  h, y0  k1  2k 2 )  0.02 f (0.02,1.0208)  0.02(1.0408)  0.020816 y1  y0  1 (k1  4k 2  k3 )  1  1 (0.02  4(0.0204)  0.020816)  1.020403 6 6



Runge Kutta Orde 2 x



y



f



k1



k2



k3



0



1



1



0,02



0,0204



0,020816



0,02



1,020403



1,040403



0,20808



0,021216



0,021641



0,04



1,041622



1,081622



0,021632



0,022049



0,022482



0,06



1,063673



1,123673



0,022473



0,022898



0,02334



0,08



1,086574



1,166557 4



0,023331



0,023765



0,024215



0,10



1,110342



1,210342



Nilai sejati y(0.10) = 1.1103



Metode Runge Kutta Orde 4 RIDHO ANANDA (G551150011)



Metode Runge Kutta Orde 4 Bentuk Umum Range-Kutta orde-4 ialah : 𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + 𝑎1 𝑘1 + 𝑎2 𝑘2 + 𝑎3 𝑘3 + 𝑎4 𝑘4 Dengan 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 adalah tetapan, dan 𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) 𝑘2 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 + 𝑝1 ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑞11 𝑘1 ) 𝑘3 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 + 𝑝2 ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑞21 𝑘1 + 𝑞22 𝑘2 ) 𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 + 𝑝3 ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑞31 𝑘1 + 𝑞32 𝑘2 + 𝑞33 𝑘3 ) Galat perlangkah metode Runge-Kutta orde-n : 𝑂(ℎ𝑛+1 ) Galat longgokan metode Runge-Kutta orde-n : 𝑂(ℎ𝑛 )



Metode Runge Kutta Orde 4 Dipunyai suatu persamaan 𝑦 ′ (𝑥) = 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥)) 𝑥 𝑟 +1



𝑥 𝑟 +1



𝑦 ′ (𝑥) 𝑑𝑥 =



⟺ 𝑥𝑟



𝑓 𝑥, 𝑦(𝑥) 𝑑𝑥 𝑥𝑟



𝑥 𝑟 +1



⟺ 𝑦(𝑥𝑟+1 ) − 𝑦(𝑥𝑟 ) =



𝑓 𝑥, 𝑦(𝑥 ) 𝑑𝑥 𝑥𝑟



𝑥 𝑟 +1



𝑓 𝑥, 𝑦(𝑥 ) 𝑑𝑥



⟺ 𝑦𝑟+1 − 𝑦𝑟 = 𝑥𝑟



Metode Runge Kutta Orde 4 Dengan menggunakan Aturan Simpson 1 maka diperoleh nilai dari 𝑥 𝑟 +1



𝑓 𝑥, 𝑦(𝑥 ) 𝑑𝑥



𝑦𝑟+1 = 𝑦𝑟 + 𝑥𝑟



ℎ ℎ ℎ ≈ 𝑦𝑟 + 𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) + 4𝑓 𝑥𝑟 + , 𝑦𝑟 + + 𝑓(𝑥𝑟+1 , 𝑦𝑟+1 ) 6 2 2 Misalkan 𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) = 𝑓1 dan 𝑓 (𝑥𝑟+1 , 𝑦𝑟+1 ) = 𝑓4 ℎ



Karena 𝑥𝑟 + terletak di tengah interval [𝑥𝑟 , 𝑥𝑟+1 ] maka 2



untuk titik tengah tersebut di ambil rata-rata dari 𝑓2 dan 𝑓3 sehingga ℎ ℎ 4(𝑓2 + 𝑓3 ) 4𝑓 𝑥𝑟 + , 𝑦𝑟 + ≈ = 2𝑓2 + 2𝑓3 2 2 2



Metode Runge Kutta Orde 4 Jadi 𝑦𝑟+1 ≈ 𝑦𝑟 +



ℎ ℎ ℎ 𝑓 (𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) + 4𝑓 𝑥𝑟 + , 𝑦𝑟 + + 𝑓(𝑥𝑟+1 , 𝑦𝑟+1 ) 6 2 2



ℎ = 𝑦𝑟 + (𝑓1 + 2𝑓2 + 2𝑓3 + 𝑓4 ) 6 1 = 𝑦𝑟 + (ℎ𝑓1 + 2ℎ𝑓2 + 2ℎ𝑓3 + ℎ𝑓4 ) 6



Metode Runge Kutta Orde 4



f2



yr + k1/2



k1 k1/2



yr



f1 Xr



k1 = hf1 = hf(xr,yr)



Xr + h/2



xr + h = xr+1



Metode Runge Kutta Orde 4



k2 yr + k1/2



f3



yr + k2/2



yr



k2/2



f2



f1 Xr



k2/2



Xr + h/2



k1 = hf1 = hf(xr,yr) k2 = hf2 = hf(xr + h/2 ,yr + k1/2)



xr + h = xr+1



xr + 3h/2



Metode Runge Kutta Orde 4



f2



yr + k1/2



f3



yr + k2/2 yr + k3



yr



k3 f4



f1 Xr



Xr + h/2



k1 = hf1 = hf(xr,yr) k2 = hf2 = hf(xr + h/2 ,yr + k1/2)



xr + h = xr+1



xr + 3h/2



k3 = hf3 = hf(xr + h/2 ,yr + k2/2) k4 = hf4 = hf(xr + h ,yr + k3)



Metode Runge Kutta Orde 4 k1 = hf1 = hf(xr,yr) k2 = hf2 = hf(xr + h/2 ,yr + k1/2) k3 = hf3 = hf(xr + h/2 ,yr + k2/2) k4 = hf4 = hf(xr + h ,yr + k3) Sehingga



1 𝑦𝑟+1 ≈ 𝑦𝑟 + (ℎ𝑓1 + 2ℎ𝑓2 + 2ℎ𝑓3 + ℎ𝑓4 ) 6 1 = 𝑦𝑟 + (𝑘1 + 2𝑘2 + 2𝑘3 + 𝑘4 ) 6



Atau 1 1 1 1 = 𝑦𝑟 + 𝑘1 + 𝑘2 + 𝑘3 + 𝑘4 6 3 3 6



Metode Runge Kutta Orde 4 Contoh Soal Tentukan nilai dari 𝑦(0.1) dengan menggunakan metode Runge-Kutta orde ke empat. 𝑦 ′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 1 − 𝑥 + 4𝑦 Dengan ℎ = 0.1 dan 𝑦(0) = 1 Jawab : Diperoleh nilai 𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) = 0.1𝑓 (0,1) = 0.1(1 − 0 + 4.1) = 0.5 ℎ 𝑘1 𝑘2 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + , 𝑦𝑟 + = 0.1𝑓(0.05,1.25) = 0.595 2 2 ℎ 𝑘2 𝑘3 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + , 𝑦𝑟 + = 0.1𝑓 (0.05,1.2975) = 0.614 2 2 𝑘4 = ℎ𝑓 (𝑥𝑟 + ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑘3 ) = 0.1𝑓(0.1, 1.614) = 0.7356



Metode Runge Kutta Orde 4



𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 , 𝑦𝑟 ) = 0.1𝑓(0,1) = 0.1(1 − 0 + 4.1) = 0.5 ℎ 𝑘1 𝑘2 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + , 𝑦𝑟 + = 0.1𝑓(0.05,1.25) = 0.595 2 2 ℎ 𝑘2 𝑘3 = ℎ𝑓 𝑥𝑟 + , 𝑦𝑟 + = 0.1𝑓(0.05,1.2975) = 0.614 2 2 𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥𝑟 + ℎ, 𝑦𝑟 + 𝑘3 ) = 0.1𝑓(0.1, 1.614) = 0.7356 Berarti 1 1 1 1 𝑦𝑟+1 ≈ 1 + (0.5) + (0.595) + (0.614) + (0.7356) 6 3 3 6 = 1.608933



GROUP 1



HELEN P. SYIFA N. A. DITA W. A. LILIK H. HIDAYATUL M. AGUSYARIF R. N. RIDHO A.



LATIHAN



SOAL



DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016



Latihan Soal Nomor 2 Nomor 1 Selesaikan persamaan differensial berikut menggunakan metode euler



dy x y dx pada interval 𝑥 = 0 s/d 𝑥 = 1, ℎ = ¼. Pada saat 𝑥 = 0, nilai 𝑦 = 1. Hitung kesalahan sebenarnya!



Selesaikan persamaan berikut:



Nomor 3 Diketahui PDB:



dy Dengan menggunakan Metode Heun (h=0.1)



 1 x  1 y; y(0) = 1 dx 2 2



Hitung y (0.06) dengan metode Runge Kutta orde 2 (h = 0.02)



Nomor 4 Diketahui PDB:



dy



 1 x  1y(0)y; = 1 dx 2 2



Hitung y (0.06) dengan metode Runge Kutta orde 3 (h = 0.03)



GROUP 1



HELEN P. SYIFA N. A. DITA W. A. LILIK H. HIDAYATUL M. AGUSYARIF R. N. RIDHO A.



THANK YOU DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016



GROUP 1



HELEN P. SYIFA N. A. DITA W. A. LILIK H. HIDAYATUL M. AGUSYARIF R. N. RIDHO A.



THANK YOU DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016



Metode Euler Penyelesaian Soal PR Untuk 𝒙 = 𝟎 → 𝒚 = 𝟏 • Untuk 𝒙 = 𝟎, 𝟐𝟓



𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ). ℎ = 1 + f(0,1).0,25 = 1  0 1  0,25 =1 • Untuk 𝒙 = 𝟎, 𝟓 𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ). ℎ = 1 + f(0,25;1).0,25 = 1  0,25 1  0,25 = 1,0625



𝒙



𝒚



0



1



0,25



1



0,5



1,0625



0,75



1,1914



1



1,3961



• Untuk x = 0,75



𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ). ℎ = 1,0625 + f(0,5;1,0625).0,25 = 1,0625  0,5 1,0625  0,25



= 1,1914 • Untuk 𝒙 = 𝟏 𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ). ℎ = 1,1914 + f(0,75;1,1914).0,25 = 1,1914  0,75 1,1914  0,25 = 1,3961



Metode Euler Nilai eksak Soal PR dy  x y  dy  x y  dx dx dy  x.dx  0 y y



1



y



2



1



 dy  x  dx  0 2



 dy   x  dx



2 y



1 2 x C 2



• Pada saat x = 0; y = 1 2 1



1 2 0  C  C  2 2



• Persamaan 2 y



1 2 x 2 2



Metode Euler Galat Soal PR t 



y Euler  y s ebenarnya y s ebenarnya



 100%



𝑥



𝑦𝐸𝑢𝑙𝑒𝑟



𝑦𝑠𝑒𝑏𝑒𝑛𝑎𝑟𝑛𝑦𝑎



𝑡



0



1



1



0%



0,25



1



1,0315



3,0538 %



0,5



1,0625



1,1289



5,8818 %



0,75



1,1914



1,3010



8,4243 %



1



1,3961



1,5625



10,6496 %