PERSAMAAN TAK LINIER TUNGGAL.doc

PERSAMAAN TAK LINIER TUNGGAL (SINGLE NONLINEAR EQUATION)

Dalam teknik kimia sering dijumpai persoalan mencari akar persamaan non-linier:

f(x) = 0 yang sukar diselesaikan dengan manipulasi matematis analitis. Ada beberapa

cara numeris yang bisa dipakai untuk kasus ini. Beberapa metode yang dapat dipakai

dalam menyelesaikan permasalahan ini antara lain adalah :

1. Metode substitusi berurut (successive substitution method)

2. Metode Newton-Raphson (Newton-Raphson method)

3. Metode tali busur (secant method)

4. Metode posisi palsu (regula falsi method)

5. Metode pengetengahan selang (bisection method)

Beberapa dari metode tersebut akan dibahas di bawah ini.

Metode Substitusi Berurut (Successive Substitution Method)

Pada metode ini, bentuk persamaan f(x) = 0 diubah menjadi x = f(x), sehingga :

x = x1 xi = tebakan awal

x2 = f(x1)

x3 = f(x2) xi+1 = f(xi)

dst

Perhitungan dihentikan bila :

≤ toleransi (sesatan)

i = 1,2,3, … (bilangan bulat positif)

Kondisi penyelesaian dengan metode substitusi berurut :

1. Konvergen (convergence) : jika akar yang dicari menuju ke satu akar tertentu,

dimana :

0 < < 1

x1 – x* > x2 – x* > x3 – x* > …

2. Divergen (divergence) : jika akar yang dicari semakin jauh dari akar, dimana :

< 1

x1 – x* < x2 – x* < x3 – x* < …

Untuk mendapatkan penyelesaian, keadaan harus konvergen.

Kedua kondisi ini dapat digambarkan secara grafis :

y = x

y

y = f(x)

x* x3 x2 x1 x0 x

Gambar 3.1 Metode Substitusi berurut (konvergen)

y = f(x)

y y = x

x2 x1 x0 x* x

Gambar 3.2 Metode Substitusi berurut (divergen)

Contoh 1 :

Tentukan harga x dari persamaan berikut dengan metode substitusi berurut :

f(x) = x4 – ex + 1 = 0

Penyelesaian :

f(x) = x4 – ex + 1 = 0

x4 = ex – 1 xi+1 = f(xi)

x = (ex – 1)1/4

Gunakan tebakan awal : x0 = 1

x0 = 1

x1 = (ex – 1)1/4 = ((e1 – 1)1/4 = 1,145

x2 = (e1,145 – 1)1/4 = 1,2098

dst

Hasil selengkapnya penyelesaian tersebut adalah seperti berikut :

i xi

0 1

1 1,1450

2 1,2098

3 1,2385

4 1,2512

5 1,2567

6 1,2592

7 1,2603

8 1,2607

9 1,2609

10 1,2610

11 1,2611

12 1,2611 stabil

Maka akar persamaan : 1,2611

Contoh 2.

Diketahui persamaan Van der waals :

P =

P = 200 atm

R = 0,082054 l.atm/gmol.K

T = 500 K

a = 3,592 l2.atm/gmol2

b = 0,04267 l/gmol

Hitung volume molar (V) pada keadaan tersebut.

Penyelesaian :

P =

P + =

(V – b) = (P + ) = RT

Vi+1 =

Tebakan awal : V0 =

Vi+1 =

Vi+1 =


i xi

1 0,205135

2 0,1864425

3 0,1774237

11 0,168077

12 0,168077 Stabil

Maka volume molar = 0,168077 l/mol

Pada metode ini :

% kesalahan =

Untuk menyelesaikan persamaan-persamaan tersebut dengan bantuan program komputer

(Matlab), maka terlebih dahulu dibuat algoritma dari metode tersebut.

Contohnya adalah sebagai berikut :

Algoritma : f(x) = x4 – ex + 1 = 0

1. Masukkan toleransi, iterasi = 1

2. Masukkan tebakan awal, x

3. Evaluasi fx

4. Jika : < tol : STOP

Tulis : xakar = fx

5. Jika tidak : x = fx

6. Ulangi langkah 3

7. Selesai

Penyelesaian metode tersebut dengan program Matlab dapat dengan menggunakan

perintah “while … end” atau dengan menggunakan perintah “for … end”. Kedua cara

tersebut dapat dilihat di bawah ini.

Cara 1 :

% Program substitusi berurut : subsitusi.m

% Penyelesaian persamaan : x^4 - e^x + 1 = 0

% maka : fx = (e^x - 1)^0.25

clc

tol = 0.00001;

x = input ('Nilai tebakan awal : ');

iterasi = 0

fx = (exp(x) - 1)^0.25

while abs (2*(fx - x)/(fx + x))> tol

x=fx;

iterasi = iterasi + 1

fx = (exp(x) - 1)^0.25

end

Iterasimaksimum = iterasi

disp ('Maka akar persamaan =');x=fx

Nilai tebakan awal : 1

iterasi =

0

fx =

1.1449

iterasi =

1

fx =

1.2098

iterasi =

2

fx =

1.2385

iterasi =

3

fx =

1.2512

iterasi =

4

fx =

1.2567

iterasi =

5

fx =

1.2592

iterasi =

6

fx =

1.2603

iterasi =

7

fx =

1.2607

iterasi =

8

fx =

1.2609

iterasi =

9

fx =

1.2610

iterasi =

10

fx =

1.2611

iterasi =

11

fx =

1.2611

iterasi =

12

fx =

1.2611

Maka akar persamaan =

x =

1.2611

Cara 2 :

% Program substitusi berurut : subs.m

% Penyelesaian persamaan : x^4 - e^x + 1 = 0

% maka : fx = (e^x - 1)^0.25

clc

tol = 0.00001;


iterasi = 0

fx = (exp(x) - 1)^0.25

for i = 1:14

x=fx;


fx = (exp(x) - 1)^0.25

while abs(2*(fx-x)/(fx + x))> tol

break

end

end

disp ('Maka akar persamaan =');x=fx


iterasi =

0

fx =

1.1449

iterasi =

1

fx =

1.2098

iterasi =

2

fx =

1.2385

iterasi =

3

fx =

1.2512

iterasi =

4

fx =

1.2567

iterasi =

5

fx =

1.2592

iterasi =

6

fx =

1.2603

iterasi =

7

fx =

1.2607

iterasi =

8

fx =

1.2609

iterasi =

9

fx =

1.2610

iterasi =

10

fx =

1.2611

iterasi =

11

fx =

1.2611

iterasi =

12

fx =

1.2611

iterasi =

13

fx =

1.2611

iterasi =

14

fx =

1.2611

Maka akar persamaan =

x =

1.2611

Dari kedua cara ini dapat disimpulkan bahwa untuk menyelesaikan persamaan tersebut

lebih efisien dengan menggunakan perintah “while … end”, karena program ini secara

otomatis akan bekerja sendiri mencari akar yang dicari dan akan menghentikan iterasi

perhitungan jika kondisi yang diberikan sudah tercapai. Sedangkan pada cara kedua,

eksekusi program akan dihentikan sampai iterasi maksimum yang diberikan selesai,

walaupun kondisi yang diberikan sudah dicapai atau belum. Pada contoh di atas, for i =

1:14, artinya iterasi dilakukan sampai 14 kali.

Metode Newton-Raphson (Newton-Raphson method)

y f(x)

C

x*

A θ1 B

x2 x1 x0 x

tg θ1 = = = = f‘(x0)

= f‘(x0)

x0 – x1 =

x1 = x0 –

tg θ2 = = f‘(x1)

x1 – x2 =

x2 = x1 –

x2 = x1 –

Dengan cara yang sama :

x3 = x2 –

Maka rumus umum Metode Newton – Rahpson :

xi+1 = xi –

Contoh :

Tentukan harga x dari persamaan berikut dengan metode Newton – Rahpson :

f(x) = x4 – ex + 1 = 0

Penyelesaian :

f(x) = x4 – ex + 1 = 0

f’(x) = 4x3 – ex

xi+1 = xi –

xi+1 = xi –

Gunakan tebakan awal : x0 = 1


i xi

1 1,5604

2 1,3527

3 1,2731

4 1,2613

5 1,2611

6 1,2611 Stabil

Maka akar persamaan : 1,2611

Algoritma metode Newton – Raphson : f(x) = x4 – ex + 1 = 0


2. Masukkan tebakan awal, x

3. Evaluasi f(x), f’(x)

4. Evaluasi : x1 = x –


Tulis : xakar = x1

6. Jika tidak : x = x1

7. Kembali ke langkah 4

8. Selesai

Penyelesaian metode tersebut dengan program Matlab dilakukan dengan menggunakan

perintah “while … end”. Di bawah ini akan diberikan 2 cara penyelesaian yang

memberikan hasil yang sama. Perbedaan dan persamaan dari kedua cara tersebut dapat

dilihat pada program di bawah ini.

Cara 1:

% Program Newton - Raphson : fnewton1.m

% Penyelesaian persamaan : f(x) = x^4 - e^x + 1 = 0

% f'(x) = 4*x^3 - e^x

clc

tol = 0.00001;


iterasi = 1

fx = x.^4 - exp(x) + 1;

dfx = 4*x.^3 - exp(x);

x1 = x -(fx/dfx)

while abs (2*(x1-x)/(x1 + x))>tol

x=x1;


fx = x.^4 - exp(x) + 1;

dfx = 4*x.^3 - exp(x);

x1 = x -(fx/dfx)

end;

iterasimaksimum = iterasi

disp ('akar persamaan =');x=x1

» fnewton1


iterasi =

1

x1 =

1.5604

iterasi =

2

x1 =

1.3527

iterasi =

3

x1 =

1.2731

iterasi =

4

x1 =

1.2613

iterasi =

5

x1 =

1.2611

iterasi =

6

x1 =

1.2611

iterasimaksimum =

6

akar persamaan =

x =

1.2611

Cara 2:

% Program utama Newton - Raphson : fnewton.m


function [x,iterasi] = fnewton(func,dfunc,x,tol);

% x = nilai awal (tebakan awal) ; tol = toleransi (keakuratan)

iterasi = 0;

x0 = x;

d = feval (func,x0)/feval(dfunc,x0);

while abs(d)>tol

x1=x0-d;

iterasi=iterasi+1

x0=x1

d = feval(func,x0)/feval(dfunc,x0);

end;

x = x0;

function F= f201(x);

F = x.^4 - exp(x) + 1;

function F=f202(x);

F = 4*x.^3 - exp(x);

» [x,iterasi] = fnewton('f302','f303',1,0.00001)

iterasi =

1

x0 =

1.5604

iterasi =

2

x0 =

1.3527

iterasi =

3

x0 =

1.2731

iterasi =

4

x0 =

1.2613

iterasi =

5

x0 =

1.2611

x =

1.2611

iterasi =

5

Metode tali busur (secant method)

Metode Newton – Rahpson :

xi+1 = xi – …………………………. 1

Backward difference approximation :

f’(xi) = = ……………….. 2

maka : 2 -----> 1

xi+1 = xi –

Pada metode secant ini, tebakan awal ada 2 buah, yaitu : x0 & x1

Algoritma metode tali busur/secant : f(x) = x4 – ex + 1 = 0


2. Masukkan tebakan awal 1, x0


4. Masukkan f(x0) & f(x1)

5. Evaluasi : x2 = x1 –

6. Evaluasi : f(x2) = x2


Tulis : xakar = x2

8. Jika tidak : x0 = x1 ; f(x0) = f(x1)

x1 = x2 ; f(x1) = f(x2)


10. Selesai


perintah “while … end”.

% Program Tali Busur : tali.m


clc

tol = 0.00001;

x0 = input ('Nilai tebakan awal, x0 : ');

x1 = input ('Nilai tebakan awal, x1 : ');

iterasi = 1

f0 = x0.^4 - exp(x0) + 1;

f1 = x1.^4 - exp(x1) + 1;

x2 = x1 - f1*(x1-x0)/(f1-f0)

f2=x2;

while abs (2*(x2-x1)/(x2 + x1))>tol

x0=x1;f0=f1;

x1=x2;f1=f2;


f0 = x0.^4 - exp(x0) + 1;

f1 = x1.^4 - exp(x1) + 1;

x2 = x1 - f1*(x1-x0)/(f1-f0)

end;

iterasimaksimum = iterasi

disp ('akar persamaan =');x=x2

» tali

Nilai tebakan awal, x0 : 1

Nilai tebakan awal, x1 : 2

iterasi =

1

x2 =

1.0695

iterasi =

2

x2 =

1.1247

iterasi =

3

x2 =

1.3340

iterasi =

4

x2 =

1.2427

iterasi =

5

x2 =

1.2589

iterasi =

6

x2 =

1.2612

iterasi =

7

x2 =

1.2611

iterasi =

8

x2 =

1.2611

iterasimaksimum =

8

akar persamaan =

x =

1.2611

Metode posisi palsu (regula falsi method)

Algoritma metode posisi palsu : f(x) = x4 – ex + 1 = 0




4. Evaluasi f(x0) & f(x1)

5. Evaluasi : x2 = x1 –

6. Jika : < tol : STOP : xakar = x2

- Evaluasi : f(x2)

- Jika f(x2) < 0 ; maka x1 = x2

- Jika tidak, : x0 = x2


8. Selesai

Metode pengetengahan selang (bisection method)

Algoritma pengetengahan selang : f(x) = x4 – ex + 1 = 0




4. Evaluasi f(x0) & f(x1) ------ syarat : f(x0)*f(x1) < 0

5. xm = (x0 + x1)/2

6. Evaluasi f(xm)

7. Jika : f(xm) = 0 : STOP : xakar = xm

8. Jika f(x1)*f(xm) < 0

x0 = xm

x0 = f(xm)

9. Jika f(x1)*f(xm) > 0

x1 = xm

x1 = f(xm)

10. Jika : > tol : Kembali ke langkah 5

11. xakar = (x0 + x1)/2

12. Selesai


perintah “while … end”. Penyelesaian metoda posisi palsu dan pengetengahan selang ini

mirip dengan penyelesaian dengan metoda tali busur.

PERSAMAAN TAK LINIER TUNGGAL.doc

Documents

Transcript of PERSAMAAN TAK LINIER TUNGGAL.doc