Tugas besar

Metode numerik

Mengenai :

“contoh soal-soal metode numerik dan pembahasannya”

Nama anggota :

Abdul harris hidayat (1110953031)

Arief kurniawan (1110952031)

Yoga tri warmen (1110952029)

Dosen :

Heru dibyolaksono.mt

Jurusan teknik elektro

Fakultas teknik

Universitas andalas

Padang

2013

Bab i

Dasar teori

A. Akar-akar persamaan

1. Metode tertutup

1.1. metode grafik

Untuk memperoleh taksiran akar persamaan f(x) = 0 ialah dengan membuat grafik fungsi itu

dan mengamati dimana ia memotong sumbu x. Titik ini, yang menyatakan harga x untuk f(x)

= 0, memberikan suatu pendekatan kasar dari akar tersebut.

Contoh 4.1. Pendekatan grafik.

Gunakanpendekatangrafik untukmemperolehsuatuakar persamaandari f(x) =e-x– x.

Solusinya adalahsebagai berikut:

X F(x)0,0

0,2

0,4

0,6

1,000

0,619

0,270

-0,051

Gambar 4.1

Gambar 4.1. Ilustrasi pendekatan grafik untuk memecahkan persamaan aljabar dan

transendental. Grafik f(x) = e-x – x terhadap x. Akar sesuai dengan harga x dimana f(x) = 0,

yaitu titik dimana fungsi memotong sumbu x. Pemeriksaan secara visual mengenai plot

memberikan taksiran kasar 0,57. Harga sebenarnya adalah 0,56714329…

Teknik grafik praktis digunakan, dan dapat memberikan taksiran akar secara kasar, tapi tidak

presisi. Digunakan sebagai tebakan awal dalam metode numerik. Interpretasi grafik penting

untuk memahami sifat-sifat fungsi dan dapat memperkirakan jebakan pada metode

numerik, seperti terlihat pada gambar 4.2 di bawah ini.

Gambar 4.2 memperlihatkan sejumlah cara dimana akar bisa berada dalam interval

yang dijelaskan oleh suatu batas bawah a dan batas atas b.

Gambar 4.2b memperlihatkan kasus dmana sebuah akar tunggal dikurung oleh harga-

harga positif dan negatif dari f(x).

Gambar 4.2

Gambar 4.2. Ilustrasi sejumlah cara yang umum bahwa sebuah akar

bisa terjadi dalam sebuah interval yang dijelaskan oleh batas bawah

a dan batas atas b. Bagian (a) dan (c) menunjukkan bahwa bila f(a)

dan f(b) mempunyai tanda yang sama, tidak akan ada akar-akar atau

akar dalam jumlah genap pada interval. Bagian (b) dan (d)

menunjukkan bahwa bila fungsi mempunyai tanda yang berbeda

pada kedua titik ujung, akan terdapat akar dalam jumlah ganjil pada

interval. Tetapi gambar 4.2d, dimana f(a) dan f(b) berlawanan

tanda terhadap sumbu x, memperlihatkan 3 akar yang berada di

dalam interval. Umumnya jika f(a) dan f(b) mempunyai tanda yang

berbeda akan terdapat akar yang jumlahnya ganjil dalam interval.

Seperti ditunjukkan oleh gambar 4.2 a dan c, jika f(a) dan f(b)

mempunyai tanda yang sama, tidak terdapat akar-akar atau akar

yang jumlahnya genap berada diantara harga-harga itu.

Meskipun generalisasi ini biasanya benar, namun terdapat kasus-kasus dimana hal itu tak

dapat dipegang.

misalnya akar ganda. Yakni fungsi yang menyinggung sumbu

x (gambar 4.3a) dan fungsi- fungsi diskontinu (gambar 4.3b) bisa

menyalahi prinsip ini.

Gambar 4.3. Ilustrasi beberapa perkecualian terhadap kasus-kasus

umum yang ditunjukkan dalam gambar 4.2. (a) akar ganda yang

terjadi sewaktu fungsi menyinggung sumbu x. Dalam hal ini,

c

walaupun titik-titik ujungnya berlawanan tanda, terdapat akar-akar dalam jumlah genap untuk

interval tersebut. (b) fungsi diskontinu dimana titik-titik ujung tanda yang berlawanan juga

mengurung akar-akar dalam jumlah genap.

Strategi khusus dibutuhkan untuk penentuan akar-akar dalam kasus ini. Sebagai contoh

fungsi yang mempunyai akar ganda adalah persamaan kubik

f(x) = (x – 2) (x– 2) (x – 4). Perhatikan bahwa x = 2 membuat kedua suku polinomial itu

sama dengan 0. Jadi x = 2 disebut sebuah akar ganda.

1.2. Metode bagi dua

seperti yang telah disinggung sebelumnya, metode biseksi merupakan salah satu

contoh dari metode akolade. Metode biseksi juga disebut metode pembagian interval karena

membagi area antara 2 bilangan yang merupakan tebakan awal menjadi 2 bagian, dari dua

bagian ini dipilih bagian mana yang mengandung akar dan bagian yang tidak. Bagian yang

tidak mengandung akar akan dibuang selanjutnya pencarian dilakukan pada bagian yang

diperkirakan mengandung akar.hal ini dilakukan berulang-ulang hingga diperoleh akar

persamaan.

Langkah-langkah menentukan akar dengan metode biseksi

1. Menentukan dua titik nilai awal, misalnya a sebagai batas bawah dan b sebagai batas

atas. Nilai ini diperoleh dengan cara menebak. Namun harus diusahakan range

tebakan sedekat mungkin dengan perkiraan akar persamaan.

2. Dari 2 nilai awal tersebut, tentukan nilai tengah ( c ) dengan rumus :

Sehingga akan muncul dua daerah yaitu daerah akar (x) yaitu antara c dengan a

( a<x<c) dan antara c dengan b (c<x<b)

3. Setelah memperoleh nilai c, masukkan nilai tersebut pada persamaan f(x) sehingga

persamaan menjadi f(c)

4. Jika f(c) > 0 maka akar(x) berada pada daerah a< x < c atau di sebelah kiri garis bagi

daerah (garis yang ditarik vertical dari titik c )

Jika f(c) < 0 maka akar (x) berada pada daerah c < x < b atau di sebelah kanan garis

bagi daerah (garis yang ditarik vertikal dari titik c)

5. Jika f(c) > 0 maka a = tetap menjadi batas bawah sementara c = batas atas yang baru.

Ulangi langkah 2 hingga mendapatkan nilai tengah antara a dan c , selanjutnya kita

sebut nilai tengah ini dengan xn saja.

Jika f(c) < 0 maka c = batas bawah sementara b = tetap batas atas. Ulangi langkah 2

hingga mendapatkan nilai tengah antara c dan b, selanjutnya kita sebut nilai tengah ini

dengan xn saja.

6. Setelah mendapatkan nilai tengah (xn) ulangi langkah 3 dan 4 sampai f(xn) = 0 atau

mendekati 0 (tergantung toleransi yang diberikan). Bila f(xn) = 0 atau mendekati 0

berarti akar persamaannya sudah ditemukan sehingga iterasi dihentikan.

Kelebihan dan kekurangan metode biseksi

Kelebihan : metode biseksi lebih mudah dalam pembuatan programnya dan selalu

mencapai laju yang konvergen ke arah akar yang diinginkan.

Daerah akar bila f(c) < 0

Daerah akar bila f(c) > 0

c

b

a

Kekurangan : nilai awal yang harus ditebak lebih banyak dan pencarian akar

pendekatan membutuhkan waktu lebih lama karena begitu

konvergennya sehingga memerlukan banyak iterasi.

Catatan

bila toleransi error yang kita tentukan pada sebuah metode biseksi semakin kecil,

misalnya 0.001 (ataupun lebih kecil lagi) maka banyaknya iterasi yang dibutuhkan akan

semakin bertambah besar. Hal tersebut karena semakin kecil nilai toleransi, maka akan

semakin teliti hasil yang diinginkan

2. Metode terbuka

2.1. Iterasi satu titik sederhana

Metode satu titik sederhana (fixed point)

Metode iterasi sederhana adalah metode yang memisahkan x dari f(x) sehingga diperoleh : x

= g(x).

Kemudian ditentukan harga xo dan mulai menghitung x1 = g(xo), x2 = g(x1) dan seterusnya.

Secara umum iterasi inin dapat dituliskan sebagai berikut:

Xn+1 = g(xn) dimana n= 0,1,2,...

Penyelesaian persamaan di atas disebut metode satu titik sederhana. Hasil ini adalah

penyelesaian dari f(x) karena bentuk x = g(x) dapat dikembalikan ke bentuk asalnya yaitu

f(x). Kita bisa saja memperoleh beberapa bentuk g(x). Hal ini sangat berkaitan dengan proses

pemisahan x secara aljabar.

Contoh:

Diketahui persamaan f(x) = x2 - 3x + 1 = 0. Dengan menggunakan rumus abc dapat diketahui

bahwa nilai x1,2 = 1.5 ± √1.25 sehingga x1 = 2.618034 dan x2 = 0.381966.

Dengan mengetahui nilai eksak dari akar-akar persamaan f(x) kita dapat menghitung

kesalahan iterasinya.

Penyelesaian dengan metode satu titik sederhana; f(x) diubah menjadi:

x = g(x) = ⅓ (x2 + 1) sehingga xn+1 = ⅓ (xn2 + 1)

Jika kita memilih x0 = 1, kita akan mendapat urutan perhitungan:

Iterasi Xn X

0 X0 1.000

1 X1 0.667

2 X2 0.481

3 X3 0.411

4 X4 0.390

Hasil ini menunjukkan bahwa iterasi akan menuju ke nilai x yang kecil. Jika kita memilih x0

= 2 maka kita akan mendapatkan kondisi yang sama. Tetapi jika kita memilih x0 = 3 maka

hasilnya adalah:

Iterasi Xn X

0 X0 3.000

1 X1 3.333

2 X2 4.037

3 X3 5.766

4 X4 11.415

Nilai x akan semakin membesar dengan bertambahnya iterasi (divergen). Untuk mendapatkan

hasil yang konvergen, maka persamaan x = g(x) harus dimodifikasi.

x = g2(x) = 3 – (1/x) sehingga xn+1 = 3 – (1/xn).

Dan jika kita memilih x0 = 1 maka kita akan mendapatkan urutan nilai xn sebagai berikut:

Iterasi Xn X

0 X0 1.000

1 X1 2.000

2 X2 2.500

3 X3 2.600

4 X4 2.615

Dimana hasil ini menunjukkan kecenderungan untuk menuju niklai x tang besar. Jika kita

mengubah nilai awal (x0) maka hasil yang didapatkan adalah :

Iterasi Xn X

0 X0 3.000

1 X1 2.667

2 X2 2.625

3 X3 2.619

4 X4 2.618

Hasil ini lebih mempunyai kesalahan iterasi yang lebih kecil dibandingkan dengan asumsi x0

sebelumnya.

Grafik di bawah menunjukkan proses iterasi yang telah dibahas di atas.

gambar 3.6 proses iterasi metode satu titik sederhana

2.2 metoda newton raphson

Metode newton atau yang biasa dikenal dengan metode newton raphson dapat

digunakan untuk mencari akar dari suatu fungsi. Keunggulan metode ini adalah memiliki

laju konvergensi kuadratik, sehingga metode ini lebih cepat untuk konvergen menuju akar

pendekatan daripada metode lain yang memiliki laju konvergensi linear. Pencarian akar

dilihat dari tan gradien grafik suatu fungsi persamaan (turunan fungsi persamaan).

Pada dasarnya, algoritma metode newton untuk mencari akar suatu fungsi f(x)

dimulai dengan menentukan nilai awal iterasi terlebih dahulu, misalkan x = a. Pada setiap

iterasi, metode newton ini akan mencari suatu nilai katakanlah b yang berada pada

sumbu-x. Nilai b ini diperoleh dengan menarik garis singgung fungsi f(x) di titik x = a ke

sumbu-x.

Metode newton raphson adalah metode pendekatan yang menggunakan satu

Titik awal dan mendekatinya dengan memperhatikan slope atau gradien pada titik

tersebut.titik pendekatan ke n+1 dituliskan dengan :

xn+1 = xn - f(xn)

f’(xn)

metode newton raphson dapat digambarkan sebagai berikut :

Langkah-langkah menentukan akar dengan metode newton-raphson

dengan menggunakan x0 sebagai tebakan awal, dilanjutkan dengan mencari titik (x0,

f(x0)).  Kemudian dibuat garis singgung dari titik (x0, f(x0)), sehingga diperoleh titik potong

(x1, 0) antara sumbu-x dan garis singgung titik (x0, f(x0)). Kemudian dilanjutkan lagi dengan

mencari titik (x1, f(x1)).  Dari titik (x1, f(x1)) kemudian dibuat garis singgung, sehingga

diperoleh titik potong (x2, 0) antara sumbu-x dan garis singgung titik (x1, f(x1)). Demikian

seterusnya. Untuk lebih jelasnya, perhatikan langkah berikut.

            tan (beta) = f’(x0) = 10

0 )(

xx

xf

 ,

Maka iterasi pertama

X1 = x0 - )('

)(

0

0

xf

xf

   

Dilanjutkan iterasi kedua

            x2 = x1 - )('

)(

1

1

xf

xf

 

Dan seterusnya, dengan cara yang sama didapat

            xi+1 = xi - )('

)(

i

i

xf

xf

  (1)

          iterasi dihentikan jika dua iterasi yang berurutan menghasilkan hampiran akar yang

sama (jika selisih antara akar-akarnya relatif sama) atau

            |xi+1 = xi | < tol

Dari bentuk (1), terdapat penyebut f’(xi).  Sehingga agar setiap iterasi  tidak terjadi

kesalahan (error), maka selama iterasi nilai f’(xi)tidak boleh nol, karena pembagi tidak

boleh nol.

Kelebihan dan kekurangan metode newton-raphson

Kelebihan : bila taksiran awal kebetulan memang mendekati akar yang

sesungguhnya maka waktu yang dibutuhkan untuk menghitung akar

lebih cepat.

Kekurangan : bila taksiran awal tidak tepat, hasilnya justru akan divergen (semakin

menjauhi nilai akar yang sebenarnya).

Permasalahan pada pemakaian metode newton-raphson

1. Metode ini tidak dapat digunakan ketika titik pendekatannya berada pada titik

Ekstrim atau titik puncak, karena pada titik ini nilai f’(x) = 0 sehingga nilai

penyebut dari f (x)

F’( x) sama dengan nol, secara grafis dapat dilihat sebagai

Berikut:

pendekatan pada titik puncak

bila titik pendekatan berada pada titik puncak, maka titik selanjutnya akan

berada di tak berhingga.

2. Metode ini menjadi sulit atau lama mendapatkan penyelesaian ketika titik

pendekatannya berada di antara dua titik stasioner.

titik pendekatan berada diantara 2 titik puncak

bila titik pendekatan berada pada dua tiitik puncak akan dapat mengakibatkan

hilangnya penyelesaian (divergensi). Hal ini disebabkan titik selanjutnya berada pada

salah satu titik puncak atau arah pendekatannya berbeda.

Penyelesaian permasalahan yang timbul pada metode newton-raphson

Untuk dapat menyelesaikan kedua permasalahan pada metode newton raphson ini,

maka metode newton raphson perlu dimodifikasi dengan :

1. Bila titik pendekatan berada pada titik puncak maka titik pendekatan tersebut harus di

geser sedikit, xi = xi ±δ dimanaδ adalah konstanta yang ditentukan dengan demikian

f1(xi ) ≠ 0 dan metode newton raphson tetap dapat berjalan.

2. Untuk menghindari titik-titik pendekatan yang berada jauh, sebaiknya pemakaian

metode newton raphson ini didahului oleh metode tabel, sehingga dapat di jamin

konvergensi dari metode newton raphson

2.3. Metode secant.

masalah yang didapat dalam metode newton-raphson adalah terkadang sulit

mendapatkan turunan pertama, yakni f’(x). Sehingga dengan jalan pendekatan

menjadi

Persamaan di atas memang memerlukan 2 taksiran awal x, tetapi karena f(x)

tidak membutuhkan perubahan tanda diantara taksiran maka secant bukan metode alokade.

Gambar 5.3

Teknik ini serupa dengan teknik newton-raphson dalam arti bahwa suatu taksiran akar

diramalkan oleh ekstrapolasi sebuah garis singgung dari fungsi terhadap sumbu x. Tetapi

metode secant lebih menggunakan diferensi daripada turunan untuk memperkirakan

kemiringan/slope

Perbedaan metode secant dan regula falsi.

f ' ( x )≈f (xn)−f ( xn−1)

xn−xn−1

x i+1=x i− y i

f ( x i)−f ( x i− xi−1 )f ( xi )−f ( x i−1 )

Persamaan di metode secant maupun regula falsi identik suku demi suku.

Keduanya menggunakan 2 taksiran awal untuk menghitung aproksimasi slope fungsi

yang digunakan untuk berproyek terhadap sumbu x untuk taksiran baru akar.

Perbedaannya pada harga awal yang digantikan oleh taksiran baru.

Dalam regula falsi, taksiran terakhir akar menggantikan harga asli mana saja

yang mengandung suatu harga fungsi dengan tanda yang sama seperti f(xr). Sehingga 2

taksiran senantiasa mengurung akar.

Secant mengganti harga-harga dalam deretan yang ketat, dengan harga baru xi+1

menggantikan xi, dan xi menggantikan xi-1. Sehingga 2 harga terkadang dapat terletak

pada ruas akar yang sama. Pada kasus tertentu ini bisa divergen.

Pada gambar grafik di bawah ini disajikan penggunaan metode regula falsi dan secant untuk

Menaksir akar f(x) = ln x, dimulai dari harga x1 = xi-1 = 0,5 dan

Xu = xi = 5,0:

Gambar 5.3.1

Perbandingan metode regula falsi dan secant. Iterasi pertama (a) dan (b) untuk iterasi

kedua metode adalah identik. Tetapi pada iterasi kedua (c) dan (d), titik yang dipakai

berbeda.

Gambar 5.3.2

B. Sistem persamaan aljabar linear

1. Eleminasi gauss

Metode eliminasi gauss merupakan metode yang dikembangkan dari metode eliminasi,

yaitu menghilangkan atau mengurangi jumlah variabel sehingga dapat diperoleh nilai dari

suatu variabel bebas. Cara eliminasi ini sudah banyak dikenal.

Eliminasi gauss adalah suatu cara mengoperasikan nilai-nilai di dalam matriks sehingga

menjadi matriks yang lebih sederhana. Caranya adalah dengan melakukan operasi baris

sehingga matriks tersebut menjadi matriks yang eselon-baris.ini dapat digunakan sebagai

salah satu metode penyelesaian persamaan linear dengan menggunakan matriks.caranya

dengan mengubah persamaan linear tersebut ke dalam matriks teraugmentasi dan

mengoperasikannya.setelah menjadi matriks eselon-baris, lakukan substitusi balik untuk

mendapatkan nilai dari variabel-variabel tersebut.

Metode ini berangkat dari kenyataan bahwa bila matriks a berbentuk segitiga atas

(menggunakan operasi baris elementer) seperti system persamaan berikut ini:

[a11 a12 a13

0 a22 a23

0…0

0…0

a33

…0

… a1n

… a2n

………

a3n

…ann

][x1

x2

x3

…xn

]=[b1

b2

b3

…bn

]

Maka solusinya dapat dihitung dengan teknik penyulingan mundur (backward

substitution):

ann xn=bn⇒ xn=bn

ann

an−1, n−1 xn−1+an−1 , n xn=bn−1⇒ xn−1=(bn−1−an−1 ,n xn )

an−1 ,n−1

………… ……………………………….

dst .

Sekali xn , xn−1 , xn−2 ,.. , xk+1 diketahui, maka nilai xk dapat dihitung dengan:

xk=bk−∑

j=k +1

n

akj x j

akk

, k=n−1 , n−2 ,…,1danakk ≠ 0 .

Kondisi akk≠ 0 sangat penting. Sebab bila akk≠ 0, persamaan diatas menjerjakan pembagian

dengan nol. Apabila kondisi tersebut tidak dipenuhi, maka spl tidak mempunyai jawaban.

2. Metode gaus jordan

Dalam aljabar linear, eliminasi gauss-jordan adalah versi dari eliminasi gauss.pada

metode eliminasi gauss-jordan kita membuat nol elemen-elemen di bawah maupun di atas

diagonal utama suatu matriks.hasilnya adalah matriks tereduksi yang berupa matriks diagonal

satuan (semua elemen pada diagonal utama bernilai 1, elemen-elemen lainnya nol).

Dalam bentuk matriks, eliminasi gauss-jordan ditulis sebagai berikut.

[a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31

…an 1

a32

…an 2

a33

…an3

… a1n b1

… a2n b2

………

a3n

…ann

b3

…bn

] [ 1 0 00 1 00…0

0…0

1…0

… 0 b1,

… 0 b2,

………

0…1

b3,

…bn

,]

Solusinya: x1=b1,

x2=b2,

…………

xn=bn,

Seperti pada metode eliminasi gauss naïf, metode eliminasi gauss-jordan naïf tidak

menerapkan tata-ancang pivoting dalam proses eliminasinya.

Langkah-langkah operasi baris yang dikemukakan oleh gauss dan disempurnakan oleh

jordan sehingga dikenal dengan eliminasi gauss-jordan, sebagai berikut:

1. Jika suatu baris tidak seluruhnya dari nol, maka bilangan tak nol pertama pada baris

itu adalah 1. Bilangan ini disebut 1 utama (leading 1).

2. Jika terdapat baris yang seluruhnya terdiri dari nol, maka baris-baris ini akan

dikelompokkan bersama pada bagian paling bawah dari matriks.

3. Jika terdapat dua baris berurutan yang tidak seluruhnya dari nol, maka 1 utama pada

baris yang lebih rendah terdapat pada kolom yang lebih kanan dari 1 utama pada baris

yang lebih tinggi.

4. Setiap kolom memiliki 1 utama memiliki nol pada tempat lain.

Algoritma metode eliminasi gauss-jordan adalah sebagai berikut:

1. Masukkan matriks a dan vector b beserta ukurannya n

2. Buat augmented matriks [ab] namakan dengan a

3. Untuk baris ke-i dimana i=1 s/d n

a) Perhatikan apakah nilai a i ,i sama dengan nol:

Bila ya:

Pertukarkan baris ke-i dan baris ke i+k≤n, dimana a i+k ,i tidak sama dengan nol,

bila tidak ada berarti perhitungan tidak bisa dilanjutkan dan proses dihentikan

dengan tanpa penyelesaian.

Bila tidak: lanjutkan

b) Jadikan nilai diagonalnya menjadi satu, dengan cara untuk setiap kolom k dimana

k=1 s/d n+1, hitung a i ,k=ai , k

a i ,i

4. Untuk baris ke j, dimana j=i+1 s/d n

Lakukan operasi baris elementer untuk kolom k dimana k=1 s/d n

Hitung c=a j , i

Hitung a j , k=a j ,k−c . a i ,k

5. Penyelesaian, untuk i=n s/d 1 (bergerak dari baris ke n sampai baris pertama)

3. Metode gauss seidal

Metode iterasi gauss-seidel

Metode interasi gauss-seidel adalah metode yang menggunakan proses iterasi

Hingga diperoleh nilai-nilai yang berubah. Bila diketahui persamaan linier simultan:

Berikan nilai awal dari setiap xi (i=1 s/d n) kemudian persamaan linier simultan diatas

Dituliskan menjadi:

Dengan menghitung nilai-nilai xi (i=1 s/d n) menggunakan persamaan-persamaan di atas

Secara terus-menerus hingga nilai untuk setiap xi (i=1 s/d n) sudah sama dengan nilai xi

Pada iterasi sebelumnya maka diperoleh penyelesaian dari persamaan linier simultan

Tersebut. Atau dengan kata lain proses iterasi dihentikan bila selisih nilai xi (i=1 s/d n)

Dengan nilai xi pada iterasi sebelumnya kurang dari nilai tolerasi error yang ditentukan.

Catatan:

Hati-hati dalam menyusun sistem persamaan linier ketika menggunakan metode iterasi

Gauss-seidel ini. Perhatikan setiap koefisien dari masing-masing xi pada semua

Persamaan di diagonal utama (aii). Letakkan nilai-nilai terbesar dari koefisien untuk

Setiap xi pada diagonal utama. Masalah ini adalah ‘masalah pivoting’ yang harus benar

Benar diperhatikan, karena penyusun yang salah akan menyebabkan iterasi menjadi

Divergen dan tidak diperoleh hasil yang benar.

4. Dekomposisi lu

4.1. Metode crout

Dekomposisi lu metode crout

Untuk spl dengan n = 4, persamaan 3.25.a dapat dituliskan sebagai:

[ l11 l12 l13 l14

l21 l22 l23 l24

l31 l32 l33 l34

l41 l42 l43 l44] [1 u12 u13 u14

0 1 u23 u24

0 0 1 u34

0 0 0 1]=[a11 a12 a13 a14

a21 a22 a23 a24

a31 a32 a33 a34

a41 a42 a43 a44]

3.29

Metode crout diturunkan dengan menggunakan perkalian matrik. Untuk menghitung

ruas kiri persamaan 3.29 lalu menyamakannya dengan ruas kanan. Langkah pertama

adalah mengalikan baris pertama [l] dengan kolom pertama [u]. Langkah ini

menghasilkan:

L11=a11 l21=a21 l31=a31 l41=a41

Secara umum dapat dituliskan bahwa:

Lil = a11 untuk i = 1,2,…….,n 3.30.a

Selanjutnya baris pertama [l] dikalikan dengan kolom–kolom dari [u] untuk memberikan:

L11=a11 l11.u12=a21 l11. U13=a31 l11. U14=a41

Hubungan pertama sudah jelas, dan berikutnya adalah:

u12=a12

l11

u13=a13

l11

u14=a14

l11

Atau secara umum dinyatakan:

u1 j=a1 j

l11

untuk j= 2,3,……,n

3.30.b

Selanjutnya baris kedua sampai keempat dari [l] dikalikan dengan kolom kedua [u]

sehingga menghasilkan:

L21.u12 + l22 = a22 l31.u12 + l32 = a32 l41.u12 + l42 = a42

Masing–masing dapat dipecahkan untuk 122,132, dan l42:

Li2 = ai2 – lil.u12 untuk i = 2,3,…..,n 3.30.c

Kalikan baris kedua [l] dengan kolom–kolom ketiga dan keempat:

L21.u13 + l22.u23 = a23 l21.u14 + l22.u24 = a24

Yang dapat dipecahkan untuk u23 dan u24:

u23=a23−l21 .u13

l22

u24=a24−l21 . u14

l22

Atau secara umum:

u2 j=a2 j−l2 1. u1 j

l22

untuk j= 3,4,……,n

3.30.d

Dari hasil-hasil di alas maka dapat diberikan rumusan umum metode dekomposisi

cara crout:

Contoh:

Lakukan dekomposisi lu dari spl ini dengan metode crout:

2.x 1 –5.x 2 + x 3 = 1

–x1 + 3.x 2 – x3= –8

3.x1 –4.x2 + 2.x3 = 16

Dengan memakai rumusan yang ada:

L11 = 2 l21=-1 l31

Baris pertama dari [u]:

u12=a12

l11

=−52=−2,5

u13=a13

l11

=12=0,5

Kolom kedua [l]:

l22=a22−l21 .u12=3−(−1 )(−2,5)=0,5l32=a32−l31 .u12=−4−(3 )(−2,5)=3,5

Elemen terakhir dari [u]:

u23=a23−l21 .u13

l22

=−1−(−1)(0,5 )

0,5=−1

Elemen terakhir dari [l]:

L33 = a33 – l31.u13 – l32.u23 = 2 – 3(0,5) – 3,5 (-1) = 4

Jadi dekomposisi lu adalah:

[ L ]=[ 2 0 0−1 0,5 03 3,5 4 ] [U ]=[1 −2,5 0,5

0 1 −10 0 1 ]

Dan bila hasil dekomposisi ini digunakan untuk menyelesaikan spl tersebut, maka

langkah selanjutnya adalah sebagai berikut (sesuai gambar 3.1)

[ L ]¿ {D }={C } ¿[2 0 0−1 0,5 03 3,5 4 ] [d1

d2

d3]=[12−816 ]

Dengan melakukan substitusi maju:

d1=122=6

d2=c2−l2l .d1

l22

=−8−(−1 x 6)0,5

=−4

d3=c3−l3l .d1−l32 . d2

l33

=16−3 (6)−3,5(−4 )4

=−3

Kemudian [u]{x}={d}

[1 −2,5 0,50 1 −10 0 1 ] [ x1

x2

x3]=[ 6−43 ]

Dengan substitusi mundur akan diperoleh:

x3=d3=3

x2=d2−u23 . x3=−4−(−1 )3=−1x1=d 1−u12 . x2−u13 . x3=6−(−2,5 )(−1 )−0,5 (3)=2

4.2. Metode doolitle

metode doolittle merupakan sebuah algoritma faktorisasi lu yang mensyaratkan

elemen- elemen pada diagonal utama matrik l bernilai 1, sehingga matrik l berbentuk:

l =

Algoritma penyelesaian sistsebagaiberikut:m persamaan linier menggunakan metode

doolittle adalah sebagai berikut :

1. Faktorisasi,tetapkanmatrikldanu,sehinggaa=lu.disiniladalahmatriksegitigabawah

(mat

riksegitigabawahdenganelemendiagonal1),sedangkanuadalahmatriksegitigaatas.

[ 1 0 0 0L21 1 0 0L31 L32 1 0

L41 L42 L43 1 ]

2. Menghitung elemen- elemen pada matrik u dengan rumus :

U rj=arj−∑k=1

r−1

lrk U kjUntuk j = r,r + 1,.....n,

Diikuti menghitung elemen- elemen matrik l dengan rumus :

Lir=

arj−∑

k=1

r−1

likU kr

U rr

Untuk i = r + 1,r +2,......,n

2. Definisikany=u.x,tetapkanhargaydaripersamaanlinierl . y=b.inidapatdilakukan

denganaljabarbiasatanpaharusmelakukanoperasiinversterhadapmatrikl.

3.

Setela

hitutetapkanxdaripersamaanu.x=y.disinijugatidakdiperlukanoperasiinversterhadap

matriku.

Contoh :

Tentukan solusi dari persamaan linier di bawah ini :

2 x1+6 x2+2 x3=2

−3 x1−8 x2=2

4 x1+9 x2+2 x3=3

Penyelesaian :

Mengubah persamaan di atas menjadi matrik :

A=[ 2 6 2−3 −8 04 9 2]B=[

223]

Matrik a difaktorkan menjadi matrik l dan matrik u, dimana matrik l merupakan

matrik segitiga bawah dengan diagonal utamanya bernilai 1

[ 2 6 2−3 −8 04 9 2 ]=[ 1 0 0

L21 1 0L31 L32 1 ][U 11 U 12 U 13

0 U 22 U 23

0 0 U 33]

a = l u

Dengan mengalikan kedua matrik di ruas kanan maka diperoleh matrik di bawah ini :

[ 2 6 2−3 −8 04 9 2 ]=[ U11 U 12 U13

L21 U11 L21U12+U22 L21U13+U23

L31 U11 L31U 12+L32U 22 L31U13+ L32U23+U33]

Selanjutnya yakni menyamakan matrik pada ruas kiri dengan matrik pada ruas

kanan:

U 11=2 ,U 12=6 ,U 13=2 ,

L21U 11=2 L21=−3sehinggaL21=−32

L21U 12+U 22=−32

. 6+U 22=−8sehingga U 22=¿1

L21U 13+U 23=−32

.2+u23=0sehinggau23=3

L31U 11=2 l31=4sehinggal31=2

L31u12+L32u22=2.6+ l32 .1=9sehinggal32=−3

L31u13+L32u23+U 33=2.2+(−3 ) .3+u33=2sehinggau33=7

Hasil yang telah diperoleh di atas kemudian dimasukkan ke persamaan a=lu dalam

bentuk matrik menjadi :

[ 2 6 2−3 −8 04 9 2 ] = [ 1 0 0

−32

1 0

2 −3 1][2 6 2

0 1 30 0 7 ]

a = l u

Dari persamaan a. X = b dapat dijabarkan menjadi :

L.u.x = b

L. Y = b

Dari persamaan l.y = b dapatkita hitung y1, y2dan y3.

[ 1 0 0−32

1 0

2 −3 1][Y 1

Y 2

Y 3]=[223]

l y = b

Sehinggadiperoleh:

[Y 1

Y 2

Y 3]=[ 2

514]

Setelahkolomy ditemukan,nilai‐nilaix1,x2danx3dapatpuladihitungdaripersamaan:

[2 6 20 1 30 0 7 ][X1

X2

X3]=[ 2

514]

u x= y

Sehinggadiperoleh :

[X1

X2

X3]=[ 2−12 ]

4.3. Metode cholensky

dalam dekomposisi cholesky, matriks koefisien [a] dapat didekomposisi menjadi

bentuk:

[a] = [l] [l]t 3.31

Suku-suku dalam persamaan 3.31 dapat diperoleh dengan cara yang sama seperti cara crout.

Hasilnya dapat dinyatakan dalam hubungan:

lki=aki−∑

j=1

i−1

lij . lkj

lii

untuk i = 1,2,. . .. . ,k-1

3.32

lkk=√akk−∑j=1

k−1

lkj

2

3.33

Contoh:

Gunakan dekomposisi cholesky untuk matriks koefisien berikut ini:

[ A ]=[ 6 15 5515 55 22555 225 979 ]

Untuk baris ke satu, dengan menggunakan 3.33:

l11=√a11=√6=2 , 4495

Untuk baris kedua, dan persamaan 3.32:

l21=a21

l11

=152 , 4495

=6 ,1237

Dari 3.33 memberikan:

l22=√a22−l21

2=√55−(6 ,1237 )2=4 ,1833

Untuk baris ketiga, persamaan 3.32 (k= 3) memberikan:

i=1 l31=a31

l11

=552, 4495

=22 ,454

i=2 l32=a32−l21 .l31

l22

=225−6 , 1237(22 ,454 )4 , 1833

=20 ,916

Dan elemen terakhir [l] adalah:

l33=√a33−l31

2−l32

2=√979−(22 , 454 )2−(20 , 916 )2=6 , 1106

Sehingga dekomposisi lu metode cholesky menghasilkan:

[ A ]=[ 6 15 5515 55 22555 225 979 ]=[

2 , 4495 0 06 , 1237 4 , 1833 022 , 454 20 , 916 6 ,1106 ] [

2 , 4495 6 , 1237 22 , 4540 4 ,1833 20 , 9160 0 6 , 1106 ]

D. Pencocokan kurva

1. Regresi kuadrat terkecil

Interpolasi regresi

Regresi adalah sebuah teknik untuk memperoleh persamaan kurva pendekatan dari titik-titik

data

Regresi linier

Regresi linier digunakan menentukan fungsi linier (garis lurus) yang paling sesuai dengan

kumpulan titik data (xn,yn) yang diketahui.

Dalam regresi linier ini yang dicari adalah nilai m dan c dari fungsi linier y=mx+c, dimana:

m=

N∑n=1

N

xn yn−(∑n=1

N

xn)(∑n=1

N

yn)N∑

n=1

N

x2−(∑n=1

N

xn)

c=∑n=1

N

yn

N−m∑n=1

N

xn

N= y−m x

Regresi eksponensial

Regresi eksponensial digunakan menentukan fungsi eksponensial yang paling sesuai dengan

kumpulan titik data (xn,yn) yang diketahui. Regresi eksponensial ini merupakan

pengembangan dari regresi linier dengan memanfaatkan fungsi logaritma.

Perhatikan :

Y = e−ax+b

Dengan melogaritmakan persamaan di atas akan diperoleh:

Lny = ln(eax+b)

Lny = ax + b

Atau dapat dituliskan bahwa:

Z = ax + b dimana z = ln y

Dengan demikian dapat digunakan regresi linier dalam menentukan fungsi eksponensial yang

paling sesuai dengan data.

Regresi polinomial

Regresi polinomial digunakan menentukan fungsi polynomial yang paling sesuai dengan

kumpulan titik data (xn,yn) yang diketahui.

Fungsi pendekatan :

Y = a0+ a1 x + a2 x2 + ... + an xn

Regresi polinomial tingkat n dikembangkan dari model matrik normal sebagai berikut:

[ ∑i=1

n

x in ∑

i=1

n

x in+1 ∑

i=1

n

x in+2 ⋯ ∑

i=1

n

x i2n

∑i=1

n

x in−1 ∑

i=1

n

x in ∑

i=1

n

x in+1 ⋯ ∑

i=1

n

x i2n−1

∑i=1

n

x in−2 ∑

i=1

n

x in−1 ∑

i=1

n

x in ⋯ ∑

i=1

n

x i2n−2

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮

n ∑i=1

n

x i ∑i=1

n

x i2 ⋯ ∑

i=1

n

x in] [ an

an−1

an−2

⋮a0

]=[ ∑i−1

n

x in y i

∑i−1

n

x in−1 yi

∑i−1

n

x in−2 yi

⋮

∑i−1

n

y i

]2. Interpolasi

Pengertian interpolasi- interpolasi polinomial

Interpolasi adalah suatu cara untuk mencari nilai di antara beberapa titik data yang telah

diketahui. Dalam kehidupan sehari- hari ,interpolasi dapat digunakan untuk memperkirakan

suatu fungsi dimana fungsi tersebut tidak terdefinisi dengan suatu formula, tetapi

didefinisikan hanya dengan data- data atau table yang tersedia.

Ada berbagai macam interpolasi berdasarkan fungsinya, di antaranya adalah interpolasi

linier, interpolasi kuadrat, dan interpolasi polinomial. Dengan berbagai macam metode

antara lain metode neton dan metode lagrange , namun disini kita akan membahas dengan

metode newton.

Terdapat perbedaan antara interpolasi dengan ekstrapolasi. Berikut penjelasannya agar dapat

dipahami

Interpolasi polinomial (polinom)

Adalah sebuah metode untuk menaksir (mengestimasi) nilai di antara titik- titik data yang

tepat.persamaan polinomial adalah persamaan aljabar yang hanya mengandung jumlah dari

variabel x berpangkat bilangan bulat (integer). Bentuk umum persamaan polinomial order n

adalah:

f(x) = a0 + a1x + a2x2 + … + anxn

(1.1)

Dengana0,a1, a2, …, an adalah parameter yang akan dicari berdasarkan titik data, n adalah

derajat (order) dari persamaan polinomial, dan x adalah variabel bebas. Untuk (n + 1) titik

data, hanya terdapat satu atau kurang polinomial order n yang melalui semua titik. Misalnya,

hanya ada satu garis lurus (polinomial order 1) yang menghubungkan dua titik (interpolasi

linier) gambar 1.a, demikian juga tiga buah titik dapat dihubungkan oleh fungsi parabola

(interpolasi kuadrat) gambar 1.b, sedang untuk 4 titik(interpolasi kubik) gambar 1.c.

Interpolasi polinom terdiri atas penetuan polinom unik orde ke-n yang cocok dengan n+1 titik

data. Walaupun terdapat satu, dan hanya satu, polinom orde ke-n yang cock dengan n+1 titik,

terdapat beragam bentuk matematik untuk pengungkapan polinom tersebut.

Interpolasi linier

Sebuah bentuk interpolasi yang paling sederhana dengan menghubungkan dua buah titik data

dengan garis lurus. Lihat gambar berikut

Gambar 1.interpolasi polinomial

Gambar 2. Interpolasi linier

Diketahui nilai suatu fungsi di titik x0 dan x1, yaitu f (x0) dan f (x1). Dengan metode

interpolasi linier akan dicari nilai fungsi di titik x, yaitu f1(x). Indeks 1 pada f1(x)

menunjukkan bahwa interpolasi dilakukan dengan interpolasi polinomial order satu.

Dari dua segitiga sebangun abc dan ade seperti tampak dalam gambar 2, terdapat

hubungan berikut:

BCAB=DE

AD

f 1 ( x )− f ( x0 )x−x0

=f ( x1 )− f ( x0 )

x1−x0

f 1( x )=f ( x0 )+f ( x1 )−f ( x0 )

x1−x0

( x−x0 )

(1.2)

Persamaan (1.2) adalah rumus interpolasi linier, yang merupakan bentuk interpolasi

polinomial order satu. Suku [f (x1) f (x0)] / (x1x0) adalah kemiringan garis yang

menghubungkan dua titik data dan merupakan perkiraan beda hingga dari turunan

pertama. Semakin kecil interval antara titik data, hasil perkiraan akan semakin baik.

Contoh soal 1 :

Dicari nilai ln 2 dengan metode interpolasi linier berdasar data ln 1 = 0 dan ln 6 =

1,7917595. Hitung juga nilai tersebut berdasar data ln 1 dan ln 4 = 1,3862944. Untuk

membandingkan hasil yang diperoleh, dihitung besar kesalahan (diketahui nilai eksak dari

ln 2 = 0,69314718).

Penyelesaian:

Dengan menggunakan persamaan (1.2), dihitung dengan interpolasi linier nilai ln pada x

= 2 berdasar nilai ln di x0 = 1 dan x1 = 6.

f 1( x )=f ( x0 )+f ( x1 )−f ( x0 )

x1−x0

( x−x0 )

f1(2) = 0 +

1, 7917595 − 06 − 1 (2 1) = 0,3583519.

Besar kesalahan adalah: et =

0 ,69314718 − 0 ,358351900 , 69314718 ´ 100 % = 48,3 %.

Apabila digunakan interval yang lebih kecil, yaitu nilai x0 = 1 dan x1 = 4, maka:

f1(2) = 0 +

1, 3862944 − 04 − 1 (2 1) = 0,46209813.

Besar kesalahan adalah: et =

0 ,69314718 − 0,462098130 , 69314718 ´ 100 % = 33,3 %.

dari contoh nampak bahwa dengan menggunakan interval yang lebih kecil didapat hasil

yang lebih baik (kesalahan lebih kecil). Gambar 3, menunjukkan kedua interpolasi

bersama dengan fungsi yang sebenarnya.

Gambar 3. Interpolasi linier pelukisan grafis mencari ln 2

Interpolasi kuadrat

Terdapat strategi untuk memperbaiki taksiran dengan memperkenalkan suatu

kelengkungan ke garis yang menghubungkan titik- titik tersebut. Dengan tersedianya tiga

buah titik data, maka dapat dilaksanakannya dengan polinom orde kedua (polinom

kuadrat).

f2(x) = b0 + b1(x – x0) + b2(x – x0)(x – x1)

(1.3)

Meskipun tampaknya persamaan (1.3) berbeda dengan persamaan (1.1), tetapi sebenarnya

kedua persamaan adalah sama. Hal ini dapat ditunjukkan dengan mengalikan suku-suku

persamaan (1.3) sehingga menjadi:

f2(x) = b0 + b1 x – b1 x0 + b2x2 + b2 x0 x1 – b2 xx0 – b2 xx1

Atau f2(x) = a0 + a1 x + a2x2

Dengan a0 = b0 – b1 x0 + b2 x0 x1

a1 = b1 – b2 x0 – b2 x1

a2 = b2

Terlihat bahwa persamaan (1.3) sama dengan persamaan (1.1).

Selanjutnya untuk keperluan interpolasi, persamaan polinomial ditulis dalam bentuk

persamaan (1.3). Berdasarkan titik data yang ada kemudian dihitung koefisien b0, b1,dan

b2. Berikut ini diberikan prosedur untuk menentukan nilai dari koefisien-koefisien

tersebut.

Koefisien b0 dapat dihitung dari persamaan interpolasi kuadrat, dengan memasukan nilai x

= x0.

f (x0) = bo + b1 (xo – x0) + b2 (x0 – x0) (x0 – x1)

bo= f (x0)

(1.4)

Bila persamaan (1.4) disubstitusikan ke dalam persamaan (1.3), kemudian dimasukkan ke

dalam nilai x = x1, maka akan diperoleh koefisien b1:

f (x1) = f (x0) + b1(x1 – x0) + b2(x1 – x0)(x1 – x1)

b1 =

f ( x1 )− f ( x0 )x1−x0

(1.5)

Bila persamaan diatas disubstitusikan ke dalam persamaan (1.3) dan nilai x = x2, maka

akan diperoleh koefisien b2:

f (x2) = f (x0) +

f ( x1 )− f ( x0 )x1−x0 (x2 – x0) + b2(x2 – x0)(x2 – x1)

b2(x2 – x0)(x2 – x1) = f (x2) – f (x0) –

f ( x1 )−f ( x0 )x1−x0 [(x2 – x1) + (x1 – x0)]

= f (x2) – f (x0) –

f ( x1 )− f ( x0 )x1−x0 (x2 – x1) – f (x1) + f (x0)

= f (x2) – f (x1) –

f ( x1 )−f ( x0 )x1−x0 (x2 – x1)

Atau

b2 =

f ( x2 )− f ( x1)−f ( x1)−f ( x0 )

x1−x0

( x2−x1 )

( x2−x0) (x2−x1 )

b2 =

f ( x2)−f ( x1 )x2−x1

−f ( x1 )−f (x0 )

x1−x0

x2−x0

(1.6)

Dengan memperhatikan persamaan (1.3), persamaan (1.4), persamaan (1.5) dan

persamaan (1.6) terlihat bahwa dua suku pertama dari persamaan (1.3) adalah ekivalen

dengan interpolasi linier dari titik x0 ke x1 seperti yang diberikan oleh persamaan (1.2).

Sedangkan suku terakhir, b2(x – x0)(x – x1) merupakan tambahan karena digunakannya

kurve order 2.

Koefisien

b1 dan b2 dari interpolasi polinomial order 2 persamaan (1.5) dan persamaan

(1.6) adalah mirip dengan bentuk beda hingga untuk turunan pertama dan kedua, dengan

demikian penyelesaian interpolasi polinomial dapat dilakukan dengan menggunakan

bentuk beda hingga.

C. Integrasi numerik

Metode integrasi simpson

Di samping menggunakan rumus trapesium dengan interval yang lebih kecil, cara lain

untuk mendapatkan perkiraan yang lebih teliti adalah menggunakan polinomial order lebih

tinggi untuk menghubungkan titik-titik data. Misalnya, apabila terdapat satu titik tambahan di

antara f (a) dan f (b), maka ketiga titik dapat dihubungkan dengan fungsi parabola (gambar

3a). Apabila terdapat dua titik tambahan dengan jarak yang sama antara f (a) dan f (b), maka

keempat titik tersebut dapat dihubungkan dengan polinomial order tiga (gambar 3b). Rumus

yang dihasilkan oleh integral di bawah polinomial tersebut dikenal dengan metode (aturan)

simpson.

Gambar 3 aturan simpson

2.2.1 Aturan-aturan simpson

2.2.1.1 aturan simpson 1/3

Gambar 4 penurunan metode simpson

Di dalam aturan simpson 1/3 digunakan polinomial order dua (persamaan parabola) yang

melalui titik f (xi – 1), f (xi) dan f (xi + 1) untuk mendekati fungsi. Rumus simpson dapat

diturunkan berdasarkan deret taylor. Untuk itu, dipandang bentuk integral berikut ini.

I ( x )=∫a

x

f ( x ) dx(persamaan 1)

Apabila bentuk tersebut didiferensialkan terhadap x, akan menjadi:

I ' ( x )=dI( x )dx

=f (x )(persamaan 2)

Dengan memperhatikan gambar 4 dan persamaan (2) maka persamaan deret taylor

adalah:

I ( xi + 1 )=I ( x i+Δx )=I ( x i)+Δx f ( x i ) +Δx2

2 !f '( x i ) +

Δx3

3 !f ''( x i)

+ Δx4

4 !f '''( x i)+O ( Δx5 )

(persamaan 3)

I ( xi − 1 )=I (x i−Δx )=I ( x i)−Δx f ( xi ) +Δx2

2 !f ' (x i )−

Δx3

3 !f ''(x i )

+ Δx 4

4 !f '''( x i)−O ( Δx5 )

(persamaan 4)

Pada gambar 4, nilai i (xi+ 1) adalah luasan dibawah fungsi f (x) antara batas a dan xi+ 1.

Sedangkan nilai i (xi 1) adalah luasan antara batas a dan i (xi 1). Dengan demikian luasan di

bawah fungsi antara batas xi 1 dan xi+ 1 yaitu (ai), adalah luasan i (xi+ 1) dikurangi i (xi 1) atau

persamaan (3) dikurangi persamaan (4).

Ai = i (xi+ 1) – i (xi 1)

Atau

Ai= 2 Δx f ( x i)+Δx3

3f ''(x i )+ O (Δx5)

(persamaan 5)

Nilai f ''(xi) ditulis dalam bentuk diferensial terpusat:

f ''( x i )=f ( x i −1 )−2 f ( xi)+ f ( x i + 1 )

Δx2+ O ( Δx2)

Kemudian bentuk diatas disubstitusikan ke dalam persamaan 5. Untuk memudahkan

penulisan, selanjutnya notasi f (xi) ditulis dalam bentuk fi, sehingga persamaan 5 menjadi:

Ai= 2 Δx f i +Δx3( f i− 1−2 f i + f i + 1 )+

Δx3

3O (Δx2 )+ O ( Δx5 )

Atau

Ai=Δx3( f i − 1+ 4 f i + f i + 1 ) + O (Δx5 )

(persamaan 6)

Persamaan 6 dikenal dengan metode simpson 1/3. Diberi tambahan nama 1/3 karena x

dibagi dengan 3. Pada pemakaian satu pias, Δx=b−a

2 , sehingga persamaan 6 dapat ditulis

dalam bentuk:

Ai=b−a

6[ f (a ) + 4 f (c ) + f ( b )]

(persamaan 7)

Dengan titik c adalah titik tengah antara a dan b.

Kesalahan pemotongan yang terjadi dari metode simpson 1/3 untuk satu pias adalah:

ε t=−1

90Δx5 f ''''(ξ )

Oleh karena Δx=b−a

2 , maka:

ε t=−(b−a)5

2880f ''''( ξ )

Contoh soal:

Hitung I=∫

0

4

e x dx,dengan aturan simpson 1/3.

Penyelesaian:

Dengan menggunakan persamaan 7 maka luas bidang adalah:

Ai=b−a

6[ f (a )+4 f (c ) + f (b )] = 4−0

6(e0+ 4 e2+ e4 ) = 56 , 7696 .

Kesalahan terhadap nilai eksak:

ε t=53 ,598150− 56 ,769653 ,598150

×100 %= −5 ,917 % .

2.2.1.2 Aturan simpson 1/3 dengan banyak pias

Seperti dalam metode trapesium, metode simpson dapat diperbaiki dengan membagi

luasan dalam sejumlah pias dengan panjang interval yang sama (gambar 5):

Δx=b−an

dengan n adalah jumlah pias.

gambar 5 metode simpson dengan banyak pias

Luas total diperoleh dengan menjumlahkan semua pias, seperti pada gambar 5.

∫a

b

f ( x ) dx=A1+A3+. . .+An − 1(persamaan 8)

Dalam metode simpson ini jumlah interval adalah genap. Apabila persamaan 6

disubstitusikan ke dalam persamaan 8 akan diperoleh:

∫a

b

f ( x ) dx= Δx3( f 0+ 4 f 1+ f 2 )+

Δx3( f 1+4 f 2+ f 3 )+.. .+ Δx

3( f n − 2+ 4 f n− 1+ f n )

Atau

∫a

b

f ( x ) dx= Δx3 [ f (a)+ f (b )+ 4∑

i = 1

n − 1

f ( x i )+ 2∑i = 2

n − 2

f ( x i)](persamaan 9)

Seperti pada gambar 5, dalam penggunaan metode simpson dengan banyak pias ini

jumlah interval adalah genap. Perkiraan kesalahan yang terjadi pada aturan simpson untuk

banyak pias adalah:

ε a=−(b−a )5

180 n4f ''''

Dengan f '''' adalah rerata dari turunan keempat untuk setiap interval.

Contoh soal:

Hitung I=∫

0

4

e x dx,dengan metode simpson dengan x = 1.

Penyelesaian:

Dengan menggunakan persamaan 9 maka luas bidang adalah:

I = 13[ e0+ e4+ 4( e1+ e3 ) + 2 e2 ] = 53 ,863846.

Kesalahan terhadap nilai eksak:

ε t=53 ,598150−53 ,86384653 ,598150

×100 % = 0,5 %.

2.2.1.3 Metode simpson 3/8

Metode simpson 3/8 diturunkan dengan menggunakan persamaan polinomial order tiga

yang melalui empat titik.

I=∫a

b

f ( x ) dx≈∫a

b

f 3 ( x ) dx

Dengan cara yang sama pada penurunan aturan simpson 1/3, akhirnya diperoleh:

I=3 Δx8 [ f ( x0)+3 f ( x1)+3 f ( x2)+ f ( x3 )]

(persamaan 10)

Dengan:

Δx=b−a3

Persamaan 10 disebut dengan metode simpson 3/8 karena x dikalikan dengan 3/8.

Metode simpson 3/8 dapat juga ditulis dalam bentuk:

I = (b−a )[ f ( x0) + 3 f ( x1 ) + 3 f (x2 ) + f ( x3) ]

8 (persamaan 11)

Metode simpson 3/8 mempunyai kesalahan pemotongan sebesar:

ε t =−3

80Δx3 f '''' (ξ )

(persamaan 12a)

Mengingat Δx=b−a

3 , maka:

ε t =−(b−a )5

6480f ''''( ξ )

(persamaan 12b)

Metode simpson 1/3 biasanya lebih disukai karena mencapai ketelitian order tiga dan

hanya memerlukan tiga titik, dibandingkan metode simpson 3/8 yang membutuhkan empat

titik. Dalam pemakaian banyak pias, metode simpson 1/3 hanya berlaku untuk jumlah pias

genap. Apabila dikehendaki jumlah pias ganjil, maka dapat digunakan metode trapesium.

Tetapi metode ini tidak begitu baik karena adanya kesalahan yang cukup besar. Untuk itu

kedua metode dapat digabung, yaitu sejumlah genap pias digunakan metode simpson 1/3

sedang 3 pias sisanya digunakan metode simpson 3/8.

Contoh soal:

Dengan aturan simpson 3/8 hitungI=∫

0

4

e x dx. Hitung pula integral tersebut dengan

menggunakan gabungan dari metode simpson 1/3 dan 3/8, apabila digunakan 5 pias dengan

x = 0,8.

Penyelesaian:

a) Metode simpson 3/8 dengan satu pias

Integral dihitung dengan menggunakan persamaan (11):

I = (b−a )[ f ( x0) + 3 f ( x1 ) + 3 f (x2 ) + f ( x3 ) ]

8

I= (4−0 )(e0+ 3e1,3333+ 3e2 , 6667+ e4 )

8= 55 ,07798 .

Besar kesalahan adalah:

ε t =53 ,598150− 55 ,0779853 ,59815

× 100 % =−2 , 761 %.

b) Apabila digunakan 5 pias, maka data untuk kelima pias tersebut adalah:

f (0) = e0 = 1 f (2,4) = e2,4 = 11,02318.

f (0,8) = e0,8 = 2,22554 f (3,2) = e3,2 = 24,53253.

f (1,6) = e1,6 = 4,9530 f (4) = e4 = 54,59815.

Integral untuk 2 pias pertama dihitung dengan metode simpson 1/3 (persamaan 7):

Ai=b−a

6[ f (a ) + 4 f (c ) + f ( b )]

I = 1,66( 1 + ( 4 × 2 ,22554 ) + 4 , 95303 ) = 3 , 96138.

Tiga pias terakhir digunakan aturan simpson 3/8:

I = (b−a )[ f ( x0) + 3 f ( x1 ) + 3 f (x2 ) + f ( x3 ) ]

8

I=2,4(4 ,95303+(3×11 , 02318 )+(3×24 ,53253 )+54 , 59815 )

8=49 ,86549 .

Integral total adalah jumlah dari kedua hasil diatas:

I=3 , 96138+49 ,86549=53 , 826873 .

Kesalahan terhadap nilai eksak:

ε t =53 ,598150 − 53 , 82687353 ,59815

× 100 %=−0 ,427 %.

2.2.2 algoritma metode integrasi simpson

(1) definisikan y=f(x)

(2) tentukan batas bawah (a) dan batas atas integrasi (b)

(3) tentukan jumlah pembagi n

(4) hitung h=(b-a)/n

1.2. Aturan trapezioda

Integrasi untuk polinomial orde ke-1 akan berhubungan dengan aturan trapezoida untuk

menghitung interval antara dua buah titik. Untuk batas atas integrasi x1yang ekivalen dengan

s = 1, integrasi untuk setiap segmen adalah:

∆ I=h∫0

1

(f ¿¿0+s ∆ f 0)ds=h(sf 0+x2

2∆ f 0)|

0

1

¿

Dimana: h = ∆x, dan ∆f0 = (f1 + f0), sehingga:

∆ I=h( f 0+12

∆ f 0)=h( f 0+12[ f 1−f 0 ])=h

12( f 0+ f 1)

Gambar 5.5 ilustrasi integrasi aturan

Gabungan luasan dari tiap interval akan menjadi:

I=∑i=0

n−1

∆ I i=h∑i=0

n−112( f i+ f i+1 )

0

Dimana hi = (xi+1 – xi). Persamaan diatas tidak harus mempunyai interval x yang sama.

Untuk pembagian interval yang sama, persamaan di atas akan dapat menjadi:

I=12

h ( f 0+2 f 1+2 f 2+2 f 3+⋯+2 f n−1+ f n )

Dimana : ∆xi = ∆x = h = konstanta

1. Integrasi romberg dan kuadrat gauss

2.1. Metode romberg

Metode integral romberg didasarkan pada perluasan ekstrapolasi richardson untuk

memperoleh nilai integral yang semakin baik. Perlu diketahu bahwa setiap penerapan

ekstrapolasi richardson akan menaikkan order galat pada hasil solusi sebesar dua:

Misalnya, bila i(h) dan i(2h) dihitung dengan kaidah trapesium yang berorde galat o(h2),

maka ekstrapolasi richardson menghasilkan kaidah simpson 13

yang berorde o(h4),

selanjutnya i(h) dan i(2h) dihitung dengan kaidah simpson 13

, ekstrapolasi richardson

menghasilkan kaidah boole, yang berorde alat o(h6). Tinjau kembali persamaan ekstrapolasi

richardson :

I=I (h)+I (h )−I (2h)

2q−1

Misalkan i adalah nilai integral sejati yang dinyatakan sebagai :

Yang dalam hal ini,

Ak = perkiraan nilai integral dengan kaidah trapesium dan jumlah segmen n= 2k. Orde

galat ak adalah o(h2). Sebagai contoh, selang [a, b] dibagi menjadi 64 segmen :

Arti dari setiap ak adalah sebagai berikut :

A0 = taksiran nilai integral ∫a

b

f (x )dx dengan menggunakan kaidah trapesium dan

pembagian daerah integrasi menjadi n = 20 = 1 buah segmen

A1 = taksiran nilai integral ∫a

b

f (x )dx dengan menggunakan kaidah trapesium dan

pembagian daerah integrasi menjadi n = 21 = 2 buah segmen

A2 = taksiran nilai integral ∫a

b

f (x )dx dengan menggunakan kaidah trapesium dan

pembagian daerah integrasi menjadi n = 22 = 4 buah segmen

A 6 = taksiran nilai integral ∫a

b

f (x )dx dengan menggunakan kaidah trapesium dan

pembagian daerah integrasi menjadi n = 26 = 64 buah segmen

Tiga ak pertama dilukiskan oleh gambar seperti di bawah ini

Gunakan a0, a 1, a 2, …., ak pada persamaan ekstrapolasi richardson untuk mendapatkan

runtunan b 1, b 2, …., bk yaitu :

Jadi nilai i (yang lebih baik) sekarang adalah i = bk + d’h4 + e”h6 + . . . Dengan orde galat

bk adalah o(h4).

Selanjutnya gunakan b1, b2, . …, bk pada persamaan ekstrapolasi richardson untuk

mendapatkan runtunan c1, c2, …. , ck, yaitu :

A0 A1 A2

Jadi nilai i (yang lebih baik) sekarang adalah i = ck + e”h6 + . . . Dengan orde galat ck

adalah o(h6)

Selanjutnya gunakan c2, c3, . …, ck pada persamaan ekstrapolasi richardson untuk

mendapatkan runtunan d3, d4, …. , dk, yaitu :

Jadi nilai i (yang lebih baik) sekarang adalah i = dk + e”’h8 + . . . Dengan orde galat dk

adalah o(h8). Demikian seterusnya. Dari runtunan tersebut diperoleh table disebut table

romberg, sebagai berikut :

Contoh soal :

1. Hitung integral ∫0

11

1+xdx dengan metode romberg (n = 8). Gunakan 5 angka di

belakang koma.

Jawab :

Jarak antar titik : h = (1-0)/ 8 = 0,125

Table titik – titik didalam selang [ 0,1 ] dengan h = 0,125:

3. Metode kuadratur

Di dalam metode trapesium dan simpson, fungsi yang diintegralkan secara numerik terdiri

dari dua bentuk yaitu tabel data atau fungsi. Pada metode kuadratur, yang akan dibahas

adalah metode gauss kuadratur, data yang diberikan berupa fungsi.

Pada aturan trapesium dan simpson, integral didasarkan pada nilai-nilai di ujung-ujung

pias. Seperti pada gambar 7.9a, metode trapesium didasarkan pada luasan di bawah garis

lurus yang menghubungkan nilai-nilai dari fungsi pada ujung-ujung interval integrasi.

Rumus yang digunakan untuk menghitung luasan adalah:

I=( b−a)f (a )+f (b )

2 (7.24)

dengan a dan b adalah batas integrasi dan (b – a) adalah lebar dari interval integrasi.

Karena metode trapesium harus melalui titik-titik ujung, maka seperti terlihat pada gambar

7.9a. Rumus trapesium memberikan kesalahan cukup besar.

Gambar 7.9. Bentuk grafik metode trapesium dan gauss kuadratur

Di dalam metode gauss kuadratur dihitung luasan di bawah garis lurus yang

menghubungkan dua titik sembarang pada kurve. Dengan menetapkan posisi dari kedua titik

tersebut secara bebas, maka akan bisa ditentukan garis lurus yang dapat menyeimbangkan

antara kesalahan positif dan negatif, seperti pada gambar 7.9b.

Dalam metode trapesium, persamaan integral seperti diberikan oleh persamaan (7.24)

dapat ditulis dalam bentuk:

I=c1 f (a )+c2 f (b ) (7.25)

Dengan c adalah konstanta. Dari persamaan tersebut akan dicari koefisien c1 dan c2.

Seperti halnya dengan metode trapesium, dalam metode gauss kuadratur juga akan dicari

koefisien-koefisien dari persamaan yang berbentuk:

I=c1 f ( x1 )+c2 f ( x2) (7.26)

Dalam hal ini variabel x1 dan x2 adalah tidak tetap, dan akan dicari seperti pada gambar

7.10. Persamaan (7.26) mengandung 4 bilangan tak diketahui, yaitu c1, c2, x1, dan x2, sehingga

diperlukan 4 persamaan untuk menyelesaikannya.

Untuk itu persamaan (7.26) dianggap harus memenuhi integral dari empat fungsi, yaitu

dari nilai f ( x ) = 1, f ( x ) = x, f ( x ) = x2 dan f ( x ) = x3, sehingga untuk:

f ( x )= x3 : c1 f ( x1 ) + c2 f ( x2) =∫−1

1

x3 dx = 0 = c1 x13+ c2 x

23(7.27)

f ( x )= x2 : c1 f ( x1 ) + c2 f ( x2) =∫−1

1

x2 dx = 23= c1 x

12+ c2 x22

(7.28)

f ( x )= x : c1 f ( x1) + c2 f ( x2) =∫−1

1

x dx = 0 = c1 x1+ c2 x2(7.29)

f ( x )= 1 : c1 f ( x1) + c2 f ( x2)=∫−1

1

1 dx = 2 = c1 + c2(7.30)

Sehingga didapat sistem persamaan:

c1 x13 + c2 x

23= 0;

c1 x12 + c2 x

22=

23 ; c1 x1 + c2x2 = 0 ; c1+ c2= 2.

Penyelesaian dari sistem persamaan diatas adalah:

c1 = c2 = 1; x1 = − 1

√3 = –0,577350269; x2 =

1

√3 = 0,577350269.

Substitusi dari hasil tersebut ke dalam persamaan (7.26) menghasilkan:

I = f ( − 1

√3) + f ( 1

√3)

(7.31)

Gambar 7.10. Integrasi gauss kuadratur

Batas-batas integral dalam persamaan (7.27) hingga persamaan (7.30) adalah –1 sampai

1, sehingga lebih memudahkan hitungan dan membuat rumus yang didapat bisa digunakan

secara umum. Dengan melakukan transformasi batas-batas integrasi yang lain dapat diubah

ke dalam bentuk tersebut. Untuk itu dianggap terdapat hubungan antara variabel baru xd dan

variabel asli x secara linier dalam bentuk:

x = a0 + a1xd (7.32)

Bila batas bawah adalah x = a, untuk variabel baru batas tersebut adalah xd = –1. Kedua

nilai tersebut disubstitusikan ke dalam persamaan (7.32), sehingga diperoleh:

a = a0 + a1(–1) (7.33)

Dan batas baru xd = 1, memberikan:

b = a0 + a1(1) (7.34)

Persamaan (7.33) dan (7.34) dapat diselesaikan secara simultan dan hasilnya adalah:

a0=b+a

2 (7.35)

Dan

a1=b−a

2 (7.36)

Substitusikan persamaan (7.35) dan (7.36) ke persamaan (7.32) menghasilkan:

x =(b+a ) + (b−a) xd

2 (7.37)

Diferensial dari persamaan tersebut menghasilkan:

dx = b−a2

dxd(7.38)

Persamaan (7.37) dan persamaan (7.38) dapat disubstitusikan ke dalam persamaan yang

diintegralkan.

Bentuk rumus gauss kuadratur untuk dua titik dapat dikembangkan untuk lebih banyak

titik, yang secara umum mempunyai bentuk:

i = c1f (x1) + c2f (x2) + … + cn f (xn) (7.39)

Nilai c dan x untuk rumus sampai dengan enam titik diberikan dalam tabel 7.1.

Tabel 7.1. Nilai c dan x pada rumus gauss kuadratur

Jumlah

titik Koefisien c Variabel x

2C1 = 1,000000000

C2 = 1,000000000

X1 = 0,577350269

X2 = 0,577350269

3

C1 = 0,555555556

C2 = 0,888888889

C3 = 0,555555556

X1 = 0,774596669

X2 = 0,000000000

X3 = 0,774596669

4

C1 = 0,347854845

C2 = 0,652145155

C3 = 0,652145155

C4 = 0,347854845

X1 = 0,861136312

X2 = 0,339981044

X3 = 0,339981044

X4 = 0,861136312

5

C1 = 0,236926885

C2 = 0,478628670

C3 = 0,568888889

C4 = 0,478628670

C5 = 0,236926885

X1 = 0,906179846

X2 = 0,538469310

X3 = 0,000000000

X4 = 0,538469310

X5 = 0,906179846

6 C1 = 0,171324492 X1 = 0,932469514

C2 = 0,360761573

C3 = 0,467913935

C4 = 0,467913935

C5 = 0,360761573

C6 = 0,171324492

X2 = 0,661209386

X3 = 0,238619186

X4 = 0,238619186

X5 = 0,661209386

X6 = 0,932469514

Contoh soal:

Hitung integral I=∫

0

4

e x dx,dengan menggunakan metode gauss kuadratur.

Penyelesaian:

Dengan menggunakan persamaan (7.37) untuk a = 0 dan b = 4 didapat:

x =(b+a ) + (b−a) xd

2

x=( 4+0 )+((4−0 ) xd )

2=2+2 xd

Turunan dari persamaan tersebut adalah:

dx = 2 dxd

Kedua bentuk diatas disubstitusikan ke dalam persamaan asli, sehingga didapat:

∫0

4

ex dx=∫−1

1

e( 2 + 2 x d ) 2 dxd

Ruas kanan dari persamaan diatas dapat digunakan untuk menghitung luasan dengan

metode gauss kuadratur, dengan memasukkan nilai xd = x1 = –0,577350269 dan nilai xd = x2 =

0,577350269.

untuk x1 = –0,577350269 2 e [ 2+ ( 2 ×( −0, 577350269 ) ) ]= 4 , 6573501 .

untuk x2 = 0, 577350269 2 e [ 2+ (2 × 0 , 577350269 ) ]= 46 , 8920297 .

Luas total seperti diberikan oleh persamaan (7.30):

i = 4,6573501 + 46,8920297 = 51,549380.

Kesalahan:

ε t=53 ,598150 − 51 ,54938053 ,598150

× 100 % = 3 ,82 %.

Contoh soal:

Hitung integral I=∫

0

4

e x dx,dengan menggunakan metode gauss kuadratur 3 titik.untuk 3

titik persamaan (7.26) menjadi:

I=c1 f ( x1 )+c2 f ( x2)+c3 f ( x3 ) (c1)

Seperti terlihat dalam tabel 7.1, untuk 3 titik, koefisien c dan x adalah:

c1 = 0,555555556. X1 = 0,774596669.

c2 = 0,888888889. X2 = 0,000000000.

c3 = 0,555555556. X3 = 0,774596669.

Dari contoh soal sebelumnya didapat persamaan yang telah dikonversi adalah:

∫0

4

ex dx =∫−1

1

e( 2 + 2 xd) 2 dxd

untuk x1 = –0,774596669 2 e( 2 + 2 x1 )=3 ,13915546 .

untuk x2 = 0,000000000 2 e( 2 + 2 x2 )=14 , 7781122.

untuk x3 = 0,774596669 2 e( 2 + 2 x3 )=69 , 5704925 .

Persamaan (c1) menjadi:

i = (0,555555556 ´ 3,13915546) + (0,888888889 ´ 14,7781122)

+ (0,555555556 ´ 69,5704925) = 53,5303486.

Kesalahan:

ε t =53 ,598150 −53 ,530348653 ,598150

× 100 % = 0 ,13 %.

Bab ii

Pembahasan

Metode grafik (oleh arief kurniawan)1. f ( x )=−0,875 x2+1,75 x+2,625

(referensi : buku metode numerik bab 4 soal no. 4.1)

x0=2.6

x i=3.6

∆=0,2

x=2,6

f (2,6 )=−0,875 (2,6 )2+1,75 (2,6 )+2,625=1.26

x=2,8

f (2,8 )=−0,875 (2,8 )2+1,75 (2,8 )+2,625=0,60

x=3

f (3 )=−0,875 (3 )2+1,75 (3 )+2,625=0,00

x=3,2

f (3,2 )=−0,875 (3,2 )2+1,75 (3,2 )+2,625=−0,74

x=3,4

f (3,4 )=−0,875 (3,4 )2+1,75 (3,4 )+2,625=−1,54

x=3,4

f (3,6 )=−0,875 (3,6 )2+1,75 (3,6 )+2,625=−2,42

X F(x)

2,6 1,26

2,8 0,60

3 0,00

3,2 -0,74

3,4 -1,54

-3,6 -2,42

2. Tentukan akar – akar nyata dari

f ( x )=x2−x

Dengan menggunakan metode grafik

Jawab:

Metode grafik

f ( x )=x2−x

tebakan awal = -1

interval = 0,2

f (-1 )=x2−x=(-1)2−(−1 )=1+1=2

f (-0 .8 )=x2−x=(-0 . 8 )2−(−0 .8 )=0 ,64+0,8=1 ,44

f (-0 .6 )=x2−x=(-0 . 6 )2−(−0 . 6 )=0 ,36+0 .6=0 , 96

Thermally conductive epoxy coating

Tin plated copper alloy lead wires

f (-0,4 )=x2−x= (-0,4 )2−(−0,4 )=0 ,16+0,4=0 , 56

f (-0 .2 )=x2−x=( -0 .2 )2−(−0 .2 )=0 . 04+0.2=0.24

f (0 )=x2−x=(0 )2−(0 )=0−0=0

Jadi nilai yang paling mendekati 0 adalah 0

Metode bagi dua (yoga tri warmen)

1. Thermistor merupakan alat pengukur temperature

figure 1 thermistor.

Hubungan antara hambatan R dari thermistor dan temperatur adalah 1T=1 .129241×10−3+2.341077×10−4 ln(R )+8. 775468×10−8 {ln (R ) }3

DimanaT dalam kelvin dan R dalam ohms.

Galat thermistor tak lebih dari ±0 .01 °C . Untuk menemukan range hambatan pada suhu19 °C , kita perlu memecahkan persoalan.

119 . 01+273. 15

=1. 129241×10−3+2 .341077×10−4 ln(R )+8 . 775468×10−8 {ln (R ) }3

Dan1

18 . 99+273 .15=1 .129241×10−3+2 . 341077×10−4 ln(R)+8. 775468×10−8 { ln (R ) }3

Find the absolute relative approximate error at the end of each iteration dan the number of significant digits at least correct at the end of each iteration.Gunakan metoda bagi dua dalam mencari akar persamaan untuk mancari hambatan r pada 18 . 99 °C (dengan 3 kali iterasi) dan cari jumlah digit yang signifikan yang benar pada akhir setiap iterasi!

Solution

118 . 99+273 .15

=1 .129241×10−3+2 . 341077×10−4 ln(R)+8. 775468×10−8 { ln (R ) }3

Kita dapatkan

f (R)=2.341077×10−4 ln(R )+8 .775468×10−8 {ln (R ) }3−2.293775×10−3

Jika kita berasumsiRℓ=11000 , Ru=14000

Maka f (Rℓ )=f (11000 )

=2.341077×10−4 ln(11000)+8 . 775468×10−8 {ln (11000 ) }3−2. 293775×10−3

=−4 .4536×10−5

f (Ru )=f (14000)

=2.341077×10−4 ln(14000 )+8 .775468×10−8 {ln (14000 ) }3−2 .293775×10−3

=1.7563×10−5

Oleh karena ituf (Rℓ ) f (Ru)=f (11000 ) f (14000 )=(−4 .4536×10−5 ) (1.7563×10−5)<0

Iteration 1

Rm=Rℓ+Ru

2

=11000+14000

2 =12500

f (Rm)=f (12500 )

=2.341077×10−4 ln (12500 )+8 .775468×10−8 {ln (12500 ) }3−2. 293775×10−3

=−1. 1655×10−5

f (Rℓ ) f (Rm )=f (11000) f (12500 )=(−4 .4536×10−5) (−1 .1655×10−5 )>0

Karena akar-akarnya berada diantara Rm dan Ru , atau diantara 12500 dan 14000 . Sehingga batas bawah dan atasnya menjadi

Rℓ=12500 , Ru=14000

|∈a| belum dapat ditentukan mengingat ini merupakan iterasi pertama.

Iteration 2

Rm=Rℓ+Ru

2

=12500+14000

2 =13250

f (Rm )=f (13250 )

=2 .341077×10−4 ln (13250 )+8. 775468×10−8 { ln (13250 ) }3−2.293775×10−3

=3 .3599×10−6

f (Rℓ ) f (Rm )=f (12500 ) f (13250 )=(−1. 1655×10−5) (3 . 3599×10−6)<0

Karena akar-akarnya berada diantara Rm dan Ru , atau diantara 12500 dan13250 . Sehingga batas bawah dan atasnya menjadi,

Rℓ=12500 , Ru=13250

|∈a|=|Rm

new−Rmold

Rmnew

|×100

=|13250−12500

13250|×100

=5 .6604 %Iteration 3

Rm=Rℓ+Ru

2

=12500+13250

2 =12875

f (Rm )=f (12875 )

=2.341077×10−4 ln (12875 )+8 .775468×10−8 {ln (12875 ) }3−2 .293775×10−3

=−4 .0403×10−6

f (Rℓ ) f (Rm )=f (12500 ) f (12875 )=( (−1 .1654×10−5)) (−4 .0398×10−6)>0

Karena akar-akarnya berada diantara Rm dan Ru , atau diantara 12875 dan 13250 . Sehingga batas bawah dan atasnya menjadi,

Rℓ=12875 , Ru=13250

|∈a|=|Rm

new−Rmold

Rmnew

|×100

=|12875−13250

12875|×100

=2 .9126%

Table 1

Iteration Rℓ Ru Rm |∈a|% f (Rm )

12345678910

11000125001250012875130631306313063130631307413074

14000140001325013250132501315613109130861308613080

12500132501287513063131561310913086130741308013077

----------5.66042.91261.43540.712590.357570.179100.0896330.0447960.022403

1 .1655×10−5

3 .3599×10−6

−4 .0403×10−6

−3 .1417×10−7

1 .5293×10−6

6 . 0917×10−7

1 .4791×10−7

−8 . 3022×10−8

3 .2470×10−8

−2 .5270×10−8

Pada iterasi ke-10,

|∈a|=0. 022403 %

Oleh karena itu jumlah angka signifikan yang benar diberikan oleh nilai m terbesar adalah

|∈a|≤0. 5×102−m

0 . 022403≤0. 5×102−m

0 .044806≤102−m

log (0 . 044806 )≤2−mm≤2−log (0 .044806 )=3 .3487

Som=3

The number of significant digits at least correct in the estimated root 13077 is 3.

2. Bola mengapung memiliki gaya garik bumi sebesar 0.6 dan radius bola adalah 5.5cm. Dana akan diminta untuk menemukan kedalaman yang bola terendam saat mengapung di air. Persamaan untuk kedalaman bola yang terendam oleh air adalah

x3−0 .165 x2+3 . 993×10−4=0Gunakan metode bagi dua untuk menemukan akar persamaan untuk menemukan kedalaman yang bola terendam air. Lakukanlah tiga iterasi untuk memperkirakan akar persamaan di atas. Cari mutlak kesalahan perkiraan relatif pada akhir setiap iterasi, dan jumlah angka signifikan yang benar pada akhir iterasi ketiga.

Figure 2 floating bola problem.

Solution

Bola mengapung diantara x=0 danx=2 R , Dimana

R=radius of the ball,

0≤x≤2 R

0≤x≤2(0 .055) 0≤x≤0 .11Jika

xℓ=0 , xu=0 .11

f ( xℓ)=f (0 )=(0)3−0 .165(0 )2+3 . 993×10−4=3 . 993×10−4

f ( xu )=f (0 .11)=(0 .11)3−0.165(0 . 11)2+3 . 993×10−4=−2 .662×10−4

Oleh karena itu, f ( xℓ) f ( xu )=f (0 ) f (0 . 11)=(3 .993×10−4 )(−2.662×10−4 )<0

Setidaknya ada satu akar yang berada xℓ and xu , diantara 0 dan 0.11.

Iteration 1

xm=xℓ+xu

2

=0+0. 11

2 =0.055

5423 10655.610993.3055.0165.0055.0055.0 ´´ fxf m

f ( xℓ) f ( xm )=f (0) f (0.055 )=(3 .993×10−4 ) (6 .655×10−4 )>0

Karena nilai akar-akarnya berada pada xm and xu , yakni diantara 0.055 dan 0.11. Sehingga batas bawah dan atasnya menjadi

xℓ=0. 055 , xu=0. 11

Iteration 2The estimate of the root is

xm=xℓ+xu

2

=0 . 055+0 .11

2 =0.0825f ( xm)=f (0 . 0825)=(0 .0825)3−0 . 165(0 .0825 )2+3 . 993×10−4=−1 . 622×10−4

f ( xℓ ) f (xm )=f (0 . 055 ) f (0 . 0825 )=(6 . 655×10−5)×(−1 . 622×10−4)<0

Karena nilai akar-akarnya berada pada xℓ and xm , yakni diantara 0.055 and 0.0825. Sehingga batas bawah dan atasnya menjadi xℓ=0. 055 , xu=0. 0825

|∈a|=|xm

new−xmold

xmnew

|×100

=|0 . 0825−0. 055

0 . 0825|×100

=33 . 33 %

Iteration 3

xm=xℓ+xu

2

=0 . 055+0 . 0825

2 =0.06875f ( xm)=f (0 . 06875)=(0 . 06875)3−0 . 165(0 .06875 )2+3 . 993×10−4=−5 .563×10−5

f ( xℓ) f ( xm )=f (0.055 ) f (0 . 06875)=(6 .655×105)×(−5 .563×10−5 )<0

Karena nilai akar-akarnya berada pada xℓ and xm , yakni diantara 0.055 and 0.06875. Sehingga batas bawah dan atasnya menjadi

xℓ=0. 055 , xu=0 .06875

|∈a|=|xm

new−xmold

xmnew

|×100

=|0 . 06875−0.0825

0 .06875|×100

=20 %

Iteration

xℓ xu xm|∈a|% f ( xm)

1 0.00000 0.11 0.055 ---------- 6 .655×10−5

2 0.055 0.11 0.0825 33.33 −1 .622×10−4

3 0.055 0.0825 0.06875 20.00 −5 .563×10−5

4 0.0550.06875

0.06188 11.11 4 .484×10−6

5 0.061880.06875

0.06531 5.263 −2 .593×10−5

6 0.061880.06531

0.06359 2.702 −1 .0804×10−5

7 0.061880.06359

0.06273 1.370 −3 .176×10−6

8 0.061880.06273

0.0623 0.6897 6 .497×10−7

9 0.06230.06273

0.06252 0.3436 −1 .265×10−6

10 0.06230.06252

0.06241 0.1721 −3 .0768×10−7

Pada akhir iterasi 10|∈a|=0. 1721%

Jumlah angka signifikan yang benar dari akar dari iterasi terakhir adalah

|∈a|≤0. 5×102−m

0 . 1721≤0 .5×102−m

0 .3442≤102−m

log (0. 3442)≤2−mm≤2−log(0 .3442)=2.463

Sehinggam=2

Jumlah angka signifikan yang benar dari akar dari iterasi dari akar 0 .06241 pada akhir iterasi 10 adalah 2.

Metode posisi palsu (abdul harris hidayat)1. Diketahui persamaan f (x i )=−2,1+6,21 x−3,9 x2+0,667 x3. Asumsikan nilai xi = 0 dan nilai

xu=0,5 serta batas toleransi adalah 1%.

(referensi : buku metode numerik bab 5 soal no. 5.2)

Iterasi 1

Xi = 0

Xu= 0,5

f (x i )=−2,1+6,21 (0 )−3,9 (0¿¿2)+0,667(03)=−2,1¿

f (xu )=−2,1+6,21 (0,5 )−3,9 (0,5¿¿2)+0,667(0,53)=0,113375¿

xr=xu−f ( xu ) (x i−xu)

f (x i )−f (xu )

xr=0,5−(0,113375 ) (0−0,5 )−2,1−0,113375

=0,47439

f (xr )=−2,1+6,21 (0,47439 )−3,9(0,47439¿¿2)+0,667(0,474393)=0,039492¿

f (x i ) . f (xr )=(−2,1 ) (0,039492 )<0

Maka xu baru = xr

Iterasi 2

Xi = 0

Xu= 0,47439

f (x i )=−2,1+6,21 (0 )−3,9 (0¿¿2)+0,667(03)=−2,1¿

f (xu )=−2,1+6,21 (0,47439 )−3,9 (0,47439¿¿2)+0,667(0,474393)=0,039492¿

xr=xu−f ( xu ) (x i−xu)

f (x i )−f (xu )

xr=0,47439−(0,039492 ) (0−0,47439 )−2,1−0,039492

=0,46563

ε r=|0,46563−0,474390,46563 |x 100 %=1,88 %

f (xr )=−2,1+6,21 (0,46563 )−3,9(0,46563¿¿2)+0,667 (0,465633)=0,013334¿

f (x i ) . f (xr )=(−2,1 ) (0,013334 )<0

Maka xu baru = xr

Iterasi 3

Xi = 0

Xu= 0,46563

f (x i )=−2,1+6,21 (0 )−3,9 (0¿¿2)+0,667(03)=−2,1¿

f (xr )=−2,1+6,21 (0,46563 )−3,9(0,46563¿¿2)+0,667 (0,465633)=0,013334¿

xr=xu−f ( xu ) (x i−xu)

f (x i )−f (xu )

xr=0,46563−(0,013334 ) (0−0,46563 )−2,1−0,013334

=0,46266

ε r=|0,46266−0,465630,46266 |x100 %=0,642 %

Jadi nilai akar dari fungsi tersebut adalah 0,46266 dengan kesalahan 0,642%

Interasi satu titik sederhana (arief kurniawan)

1. Diketahui

Asumsikan nilai xi=0,8 dan toleransi adalah 1%

(referensi : buku metode numerik bab 5 soal no.5.6 )

f ( x )=2e− x−xx=g ( x )=2e−x

x1=2e− x=2e−0,8=0,899

x2=2e− x=2e−0,899=0,814

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,814−0 , 8990 , 814

|x 100%=10 , 41%

x3=2e−x=2e−0 , 814=0 , 886

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,886−0 , 8140 , 886

|x 100%=8 ,145 %

x4=2e−x=2 e−0,886=0 , 8246

ε 1=|xr baru − x r lama

xr baru

| x 100%=|0 ,8246−0 , 8860 , 8246

|x 100%=7 , 44 %

x5=2e− x=2 e−0 , 8246=0 ,8768

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,8768−0 , 82460 , 8768

|x 100%=5,9 %

x6=2e−x=2e−0 , 8768=0 ,83

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,83−0 , 87680 , 83

|x 100%=5,6 %

x7=2e−x=2e−0 , 83=0 ,872

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,872−0 , 830 , 872

|x 100%=4,8 %

x8=2e−x=2e−0 , 872=0 , 836

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,836−0 , 8720 , 836

|x 100%=4,1 %

x9=2e−x=2e−0 , 836=0 , 87

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,87−0 , 8360 , 87

|x 100%=3,5 %

x10=2e−x=2e−0 ,87=0 ,84

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,84−0 , 870 , 84

|x 100%=3,4 %

x11=2e− x=2 e−0 ,84=0 , 86

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,86−0 , 840 , 86

|x 100%=2,7 %

x12=2e−x=2 e−0 ,86=0 , 846

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,846−0 , 860 , 846

|x 100%=1,6 %

x13=2e−x=2e−0 ,846=0 ,858

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,858−0 , 8460 , 858

|x 100%=1,4 %

x14=2e−x=2 e−0,858=0 ,848

ε 1=|xr baru − xr lama

xr baru

| x 100%=|0 ,848−0 , 8580 , 848

|x 100%=1 %

Jadi, nilai akarnya adalah 0,848 dengan kesalahan sebesar 1 %

Metode newton raphson (abdul harris hidayat)

f ( X )=x2+2 x−3

(referensi : buku metode numeric bab 5 hal 166 contoh soal 5.1)

x i=¿0

Batas toleransi e=1%

F(x)’=2x + 2

x i+1=x i−f ( xi )f ' ( xi )

Iterasi 0

x i=0

Iterasi 1

Nilai x i= 0

x i+1=0−((0 )2+2(0 )−3 )

2(0 )+2

x i+1=0+ 32

x i+1=0+1,5

x i+1=1 .5

ε=|1,5−01,5

|x100 %=100 %

Iterasi 2

Nilai xi = 1,5

x i+1=1,5−((1,5 )2+2(1,5)−3)

2 (1,5 )+2

x i+1=1,5−2 , 255

x i+1=1 , 05

ε=|1 ,05−(1,5 )

1 ,05|x 100%=42 , 8571%

Iterasi 3

Nilai xi = 1,05

x i+1=1 , 05−((1, 05 )2+2(1 ,05)−3)

2(1 , 05)+2

x i+1=1,5−0 , 20254,1

x i+1=1 , 000609756

ε=|1 ,000609756−(1 ,05 )

1 ,000609756|x100%=4 ,93 %

Iterasi 4

Nilai xi = 1,000609756

x i+1=1,000609756−((1,000609756 )2+2(1,000609756 )−3 )

2(11,000609756 )+2

x i+1=1,000609756−0 ,0024294 ,00121

x i+1=1 , 00549056

ε=|1 ,0054905−(1 , 00609756 )

1 ,0054905|x100 %=0 ,06 %

Tabel iterasi

Iterasi XiΕ

toleransi

0 0 0

1 1,5 100 %

2 1,05 42,85 %

3 1 ,000609756 4,93 %

4 1,000609756 0.06 %

Akar - akar nyata dari f ( X )=x2+2 x−3dengan batas toleransi 1% adalah 1,000609756

pada iterasi ke 4.

2. Kita akan membuat sebuah rak buku beroda dengan tinggi dari 8½" hingga 11" dan

panjang 29". Kayu yang digunakan memiliki nilai young’s modulus 3 .667Msi , ketebalan 3/8" dan lebar 12". Persamaan utnuk mencari nilai defleksi vertical adalah

v (x )=0 . 42493× 10−4 x3−0 .13533× 10−8 x5−0 .66722× 10−6 x 4−0 .018507 x

Dimana x adalah suatu posisi yang terletak pada balok. Dan untuk mencari defleksi

maksimum kita harus menemukan letak f ( x )=dv

dx=0

dan melakukan penurunkan persamaan dua kali

Figure 1 a loaded bookshelf.

Persamaan untuk posisi x pada nilai defleksinya maksimum

−0 . 67665× 10−8 x4−0 .26689× 10−5 x3+0. 12748× 10−3 x2−0 . 018507=0

Gunakan metoda newton-raphson untuk menemukan akar persamaan untuk menentukan posisi x yang berdefleksi maksimum (lakukan iterasi sebanyak 3 kali) serta tentukan nilai hampiran pada akhir setiap iterasi.

Solution

f ( x )=−0 .67665× 10−8 x4−0 .26689× 10−5 x3+0 .12748× 10−3 x2−0 .018507=0

f' ( x )=−2 . 7066× 10−8 x3−0 .80067× 10−5 x2+0 .25496× 10−3 x=0

Jika berasumsi nilai x0=10 . , maka nilai f ( x )=0

Iteration 1

x1=x0−

f ( x0)f ' (x0 )

=10−(−0.67665× 10−8(10 )4−0 . 26689× 10−5 (10 )3 ¿)¿¿

¿¿¿¿

=10−−8 .4956× 10−3

1 .7219× 10−3

=10−(−4 . 9339 ) =14 .934

|∈a|=|x1−x0

x1

|×100

=|14 .934−10

14 .934|×100

=33 . 038 %

Iteration 2

x2=x1−f ( x1 )f ' (x1)

=14 .934−(−0 .67665× 10−8 (14 . 934 )4−0 . 26689× 10−5 (14 . 934 )3 ¿)¿¿

¿¿¿¿

=14 .934−6 . 9829× 10−4

1 . 9317× 10−3

=14 .934− (0. 36149 ) =14 .572

|∈a|=|x2−x1

x2

|×100

=|14 .572−14 . 934

14 .572|×100

=2 .4806 %

Iteration 3

x3=x2−f ( x2)f ' (x2)

=14 .572−(−0 . 67665× 10−8 (14 . 572)4−0. 26689× 10−5(14 . 572)3 ¿)¿¿

¿¿¿¿

=14 .572−−4 .7078× 10−9

1. 9314×10−3

=14 .572− (−2. 4375×10−6 ) =14 .572

|∈a|=|x3−x2

x3

|×100

=|14 .572−14 .572

14 .572|×100

=1 . 6727× 10−5

Metode secant (arief kurniawan)

1. Tentukan akar-akar nyata dari persamaan berikut:

F(x) = 3.704x3 + 16.3x2 – 21.97x + 9.34

Jawab:

Dimana tebakan awal xr-1 = 3.5 , xr = 4 , ε = 0.3

xr+1=xr−( f ( xr )×( xr−xr−1 )f (xr )−f (xr−1 ) ) ε=|xr+1−xr|×100%

Iterasi 1

f ( xr−1 )=f (3 .5 )=3 .704⋅3 . 53+16 . 3⋅3 . 52−21. 97⋅3 .5+9. 34

=290 . 929

f ( xr )=f (4 )=3 . 704⋅43+16 . 3⋅42−21 .97⋅4+9 . 34

=419 .316

xr+1=4−(419 . 316×(4−3 .5 )419 . 316−290 .929 ) ε 1=|2. 367−4|=1 .633

=4−(419 .316×( 0. 5 )419 .316−290 .929 )

=4−(209 .658128 .387 )

=4−1.633

=2 .367

Iterasi 2

f ( xr−1 )=f (4 )=419 . 316

f ( xr )=f (2. 367 )=3 .704⋅2 . 3673+16 . 3⋅2 .3672−21. 97⋅2. 367+9. 34

=97 .782

xr+1=2. 367−(97 .782×(2 .367−4 )97 .782−419 .316 ) ε 2=|1. 8704−2. 367|=0 . 4966

=4−(−159 .678−321 .534 )

=2 .367−0. 4966=1 .8704

Iterasi 3

f ( xr−1 )=f (2 .367 )=97 .782

f ( xr )=f (1. 8704 )=3 . 704⋅1 .87043+16 . 3⋅1. 87042−21. 97⋅1. 8704+9 .34

=49 .508

xr+1=1.8704−(49 .508×(1 . 8704−2. 367 )49 .508−97 . 782 ) ε 3=|1. 3611−1. 8704|=0 . 5093

=1 .8704−(−24 .586−48 .274 )

=1 .8704−0 .5093=1 .3611

Iterasi 4

f ( xr−1 )=f (1 .8704 )=49 .508

f ( xr)= f (1. 3611)=3 .704⋅1 .36113+16 .3⋅1. 36112−21 . 97⋅1 . 3611+9 . 34

=18 . 974

xr+1=1. 3611−(18 .974×(1 .3611−1 . 8704 )18 .974−49 . 508 ) ε 4=|1 . 0446−1 . 3611|=0. 3165

=1 .3611−(−9 .6634−30 .534 )

=1 .3611−0.3165=1 .0446

Iterasi 5

f ( xr−1 )=f (1 .3611)=18 .974

f ( xr )=f (1. 0446 )=3 . 704⋅1 .04463+16 .3⋅1 . 04462−21 .97⋅1. 0446+9 .34

=8.3985

xr+1=1. 0446−( 8 . 3985×(1 . 0446−1. 3611)8 .3985−18 . 974 ) ε 5=|0 .7933−1. 0446|=0 .2513

=1 .0446−(−2 . 6481−10 .5755 )

=1 .0446−0.2513=0.7933

Iterasi 6

f ( xr−1 )=f (1 .0446 )=8.3985

f ( xr )=f (0 .7933 )=3 . 704⋅0 .79333+16 .3⋅0. 79332−21 . 97⋅0 . 7933+9 .34

=4 . 0184

xr+1=0 .7933−( 4 .0184×(0 .7933−1.0446 )4 .0184−8 .3985 )

=0.7933−(−1 .0098−4 .3801 )

=0.7933−0.2305=0.5628

Karena harga kesalahan (ε) nya telah kecil dari yang ditentukan maka

iterasi berhenti, dan didapatkan akarnya:

X r+1=0 ,5628

2. Anda memiliki sebuah tangki penyimpanan minyak. Diameter tangki 6 ft. Anda akan diminta untuk dimencari tinggi tangki h,dipstick 8 ft akan basah jika tangki diisi minyak

sebanyak 4 ft3.

Figure 1 spherical storage tank problem.

0.23050.79330.5628ε 6

Persamaan untuk tinggi h zat cair dalam tangki jika volum dan jari-jari diketahui

f (h )=h3−9h2+3 .8197=0Gunakan metoda secant untuk menentukan akar persamaan untuk mencari tinggi h dari dipsticks yang basah oleh minyak. Lakukan iterasi sebanyak 3 kali dan tentukan nilai galat relative disetiap iterasi

Solution

Jika kita mengasumsikan nilai tebakan awal untukf (h )=0 adalah h−1=0 .5 dan h0=1 .

Iteration 1

h1= h0−

f (h0 )(h0−h−1)f (h0 )−f (h−1 )

=h0−

(h03−9h0

2+3.8197 ) (h0−h−1)(h0

3−9 h02+3 .8197)−(h−1

3 −9h−12 +3 . 8197)

=1−

(13−9 (1 )2+3 . 8197 ) (1−0 . 5 )

(13−9 (1 )2+3 . 8197 )−(0 . 53−9 (0 .5 )2+3 .8197 ) =0.64423

|∈a|=|h1−h0

h1

|×100

=|0 . 64423−10 .64423

|×100

=55 .224 %

Iteration 2

h2= h1−

f (h1) (h1−h0)f (h1)−f (h0)

=h1−(h1

3−9h12+3 .8197) (h1−h0)

(h13−9h1

2+3 .8197 )−(h03−9 h0

2+3 .8197 )

=0. 64423−

(0 .644233−9 (0 .64423 )2+3 .8197 ) (0 .64423−1 )

(0 .644233−9 (0. 64423 )2+3. 8197 )−(13−9 (1 )2+3 . 8197 ) =0.67185

|∈a|=|h2−h1

h2

|×100

=|0 . 67185−0. 64423

0 .67185|×100

=4 . 1104%

Iteration 3

h3=h2−f (h2) (h2−h1)f (h2)−f (h1)

=h2−

(h23−9h2

2+3 . 8197) (h2−h1 )(h2

3−9h22+3. 8197 )−(h1

3−9h12+3 .8197)

=0 . 67185−(0.671853−9 (0 . 67185 )2+3. 8197 ) (0.67185−0 .64423 )

(0 .671853−9 (0 . 67185 )2+3 . 8197 )−(0. 644232−9 (0 .64423 )2+3 .8197 )

=0.67759

|∈a|=|h3−h2

h3

|×100

=|0 .67759−0.67185

0 .67759|×100

=0.84768 %

Eliminasi gauss (yoga tri warmen)

1. Kecepatan roket terhadap waktu ditunjukkan pada tabel

Time, t (s)

Velocity, v (m/s)

5 106.88 177.212 279.2

Kecepatan digambarkan dalam persamaan

v (t )=a1 t2+a2 t+a3 , 5≤t≤12

[25 5 164 8 1144 12 1 ][a1

a2

a3]=[106.8

177.2279.2 ]

Tentukan nilai a1, a2, a3 dengan eliminasi gauss

Solution

Karena ada 3 persamaan maka diperlukan 2 langkah.

Langkah 1

Bagi baris 1 dengan 25 dan dikali 64 sehingga baris 1 dengan 64/25=2 .56 .([25 5 1] [106 .8 ] )×2 .56 [64 12 .8 2. 56 ] [273. 408 ]

Dikurangi dengan baris 2 [64 8 1 ] [177 .2 ]− [64 12 .8 2 .56 ] [273 . 408 ] 0 −4 .8 −1 .56 −96 .208

Sehingga didapatkan

[25 5 10 −4 .8 −1 .56

144 12 1 ] [a1

a2

a3]=[106 .8−96 .208279 .2 ]

Bagi baris 1 dengan 25 dan dikali 144 sehingga baris 1 dengan 144/25=5 .76

([25 5 1] [106 . 8 ] )×5 . 76 [144 28 .8 5 .76 ] [615 .168 ]

Dikurangi dengan baris 3

[144 12 1 ] [279 . 2 ]− [144 28 . 8 5 .76 ] [615 .168 ]

0 −16. 8 −4 .76 −335 .968Sehingga didapatkan

[25 5 10 −4 .8 −1.560 −16 .8 −4 .76 ] [a1

a2

a3]=[106 .8−96 .208−335 . 968]

Langkah 2

Sekarang kita bagi baris –4.8 dan dikali dengan –16.8 sehingga disimpulkan baris 2 dikali −16 . 8/−4 . 8=3 . 5 .

([0 −4 . 8 −1 . 56 ] [−96. 208 ])×3. 5 [ 0 −16 . 8 −5 . 46 ] [−336.728 ]

Dikurangi dengan baris 3 [0 −16 .8 −4 .76 ] [−335 .968 ]− [0 −16 .8 −5 .46 ] [−336 .728 ]

0 0 0. 7 0. 76Sehingga didapatkan

[25 5 10 −4 .8 −1.560 0 0 .7 ][a1

a2

a3]=[106.8−96 .208

0.76 ]0 .7 a3=0 . 76

a3=0. 760. 7

=1 . 08571

Substitusikan a3 pada persamaan 2−4 .8 a2−1. 56a3=−96. 208

a2=−96 . 208+1 .56 a3

−4 .8

=−96 . 208+1. 56×1. 08571

−4 . 8 =19 . 6905

Substitusikan a2 and a3 pada persamaan 125 a1+5a2+a3=106 . 8

a1=106 .8−5a2−a3

25

=106 . 8−5×19 .6905−1 .08571

25 =0 . 290472

Hasil akhirnya menjadi

[a1

a2

a3]=[0 .290472

19 .69051 .08571 ]

Sehingga,v (t )=a1 t2+a2 t+a3

=0 . 290472t2+19 .6905 t+1 . 08571 , 5≤t≤12

Metode gauss jordan (abdul harris hidayat)

1. Selesaikan sistem persamaan berikut dengan metode gauss-jordan:

3x + y – z = 5 (c1.a)

4x + 7y – 3z = 20 (c1.b)

2x – 2y + 5z = 10 (c1.c)

Penyelesaian:

Sistem persamaan diatas ditulis dalam bentuk matriks sebagai berikut:

[3 1 −14 7 −32 −2 5 ] [

xyz ]=[

52010 ] (c2)

[1 0 , 3333 −0 ,33334 7 −32 −2 5 ] [ xyz ]=[

1 , 66662010 ]

(c3)

[1 0 , 3333 −0 ,33330 5 , 6668 −1 ,66680 −2 , 6666 5 , 6666 ] [

xyz ]=[

1 ,666613 ,33366 ,6668 ] (c4)

[1 0 , 3333 −0 ,33330 1 −0 ,29410 −2 , 6666 5 , 6666 ] [

xyz ]=[

1 ,66662 ,35296 ,6668 ] (c5)

[1 0 −0 ,23530 1 −0 , 29410 0 4 ,8824 ] [

xyz ]=[

0 ,88242 ,352912 , 9410] (c6)

[1 0 −0 ,23530 1 −0 , 29410 0 1 ] [ xyz ]=[

0 , 88242, 35292 ,6505 ] (c7)

[1 0 00 1 00 0 1 ] [

xyz ]=[

1, 50613 , 13242 , 6505 ]

Dari sistem persamaan diatas, didapat nilai x, y dan z berikut ini:

x = 1,5061; y = 3,1324 dan z = 2,6505.

Metode gauss seidel (yoga tri warmen)

1. Find the solution to the following system of equations using the

gauss-seidel method.

12 x1+3x2−5 x3=1

x1+5 x2+3 x3=28

3 x1+7 x2+13 x3=76

Use

[ x1

x2

x3]=[101 ]

As the initial guess and conduct two iterations.

Solution

The coefficient matrix

[ A ]=[12 3 −51 5 33 7 13 ]

Is diagonally dominant as

|a11|=|12|=12≥|a12|+|a13|=|3|+|−5|=8

|a22|=|5|=5≥|a21|+|a23|=|1|+|3|=4

|a33|=|13|=13≥|a31|+|a32|=|3|+|7|=10

And the inequality is strictly greater than for at least one row. Hence, the

solution should converge using the gauss-seidel method.

Rewriting the equations, we get

x1=1−3 x2+5 x3

12

x2=28−x1−3x3

5

x3=76−3 x1−7 x2

13

Assuming an initial guess of

[ x1

x2

x3]=[101 ]

Iteration #1

x1=1−3 (0 )+5 (1 )12

=0.50000

x2=28−(0 .50000 )−3 (1 )

5

=4 . 9000

x3=76−3 (0 .50000 )−7 (4 .9000 )13

=3 .0923

The absolute relative approximate error at the end of the first iteration is

|∈a|1=|0. 50000−1

0 .50000|×100

=100 . 00 %

|∈a|2=|4 .9000−0

4 .9000|×100

=100 . 00 %

|∈a|3=|3. 0923−1

3 . 0923|×100

=67 . 662 %

The maximum absolute relative approximate error is 100.00%

Iteration #2

x1=1−3 (4 . 9000 )+5 (3 .0923 )12

=0.14679

x2=28−(0 .14679 )−3 (3 . 0923 )

5

=3 .7153

x3=76−3 (0 . 14679 )−7 (3 . 7153 )13

=3 .8118

At the end of second iteration, the absolute relative approximate error is

|∈a|1=|0. 14679−0 .50000

0 . 14679|×100

=240 . 61 %

|∈a|2=|3. 7153−4 . 9000

3. 7153|×100

=31 . 889 %

|∈a|3=|3.8118−3 . 0923

3 .8118|×100

=18 . 874 %

The maximum absolute relative approximate error is 240.61%. This is greater

than the value of 100.00% we obtained in the first iteration. Is the solution

diverging? No, as you conduct more iterations, the solution converges as

follows.

Iteratio

nx1 |∈a|1 % x2 |∈a|2 % x3 |∈a|3 %

1 0.50000 100.00 4.9000 100.00 3.0923 67.662

2

3

4

5

6

0.14679

0.74275

0.94675

0.99177

0.99919

240.61

80.236

21.546

4.5391

0.74307

3.7153

3.1644

3.0281

3.0034

3.0001

31.889

17.408

4.4996

0.82499

0.10856

3.8118

3.9708

3.9971

4.0001

4.0001

18.874

4.0064

0.65772

0.07438

3

0.00101

This is close to the exact solution vector of

[ x1

x2

x3]=[134 ]

2. Diketahui persamaan :

3 x1−0,1 x2−0,2 x3=7,85

0,1 x1−7 x2−0,3 x3=−19,3

0,3 x1−0,2 x2−10 x3=71,4

Jawab :

x1=7,85+0,1 x2+0,2 x3

3

x2=−19,3−0,1 x1+0,3 x3

7

x3=71,4+0,3 x1+0,2 x2

10

Asumsikan nilai x2 dan x3adalah nol maka:

x1=7,85

3=2,616666667

Masukan nilai diatas dengan asumsi x3 adalah nol

x2=−19,3−0,1 (2,616666667 )+0

7=−2,794523810

x3=71,4+0,3 (2,616666667)+0,2(−2,794523810)

10=7,0005609524

Iterasi 2

x1=7,85+0,1 (2,794523810 )+0,3(7,0005609524 )

3=2,99056

ε s=|2,99056−2,6166666672,99056 |x100 %=12,5%

x2=−19,3−0,1 (2,99056 )+0,2(7,0005609524)

7=−2,499626

ε s=|−2,499626−(−2,794523810)−2,499626 |x100%=11,8 %

x3=71,4+0,3 (2,99056)+0,2(−2499626)

10=7,00029

ε s=|7,00029−(−7,0005609524)7,00029 |x100%=0 , , 076 %

Metode crout (Arief Kurniawan)

1. Diketahui persamaan dan bentuk persamaan matrik:

2 x1+6 x 2+2x 3=2−3 x1−8 x2=24 x1+9 x2+2 x 2=3

[2 6 2−3 −8 04 9 2 ] [

x 1x 2x 3 ]=[

223 ]

Diketahui n =3

Jawab :

Li1=2 , Li 2=−3 , Li3=4

U i 1=ai1

Li1

=dengan , j=2,3

ui 2=3 ,U i 3=1untuk , j=2 ;dan ,i=2,3i=2L22=a22−L2 .ualignl ¿ i2 ¿¿

=1 ¿ i=3 ¿¿

L32=a32−L31 . U12=−3

U 23=a23−L21U13

L22

=3

L33=a33−(L31U13+L32U23 )=7

[2 0 0−3 1 04 −3 7 ][

1 3 10 1 30 0 1 ][

x1x2x3 ]=[

223 ]

2 D1=2 , D 1=1−3 D 1+D2=2 , D 2=54 D1−3 D 2+7 D 3=3 , D 3=2x1+3 x2+x 3=1x3=2x1+3 (−1 )+2=1x1=2x2=−1x3=2

Metode doolitle (Yoga Tri Warmen)1. Lakukan operasi faktorisasi tanpa penukaran baris

A =

Penetapan atas baris 1 dari u dan kolom 1 dari l menghasilkan:

[2 : 1 0 1 3.. . : . .. . . . .. . . ..4 : 6 6 2 80 : −4 −5 1 −68 : 24 24 13 330 : 0 6 26 −17

]Penetapan baris 2 dari u dan kolom 2 dari l :

penetapan baris 3 dari u dan kolom 3 dari l membawa kepada hasil dibawah

ini:

penetapan baris 4 dari u, kolom 4 dari l :

Penetapan elemen terakhir dari u (sesuai rumus) memberi :

[2 1 0 1 34 2 6 −2 −40 −2 7 −3 −148 8 −24 /7 75/7 −70 0 6 /7 8 /3 41 /3

] l

. Jadi hasil akhir adalah

L =

[1 0 0 0 04 1 0 0 00 −2 1 0 08 8 −24 /7 1 00 0 6 /7 8 /3 1

], u =

[2 1 0 1 30 2 6 −2 −40 0 7 −3 −140 0 0 75/7 −70 0 0 0 41 /3

].

Sekarang jika sisi kanan persamaan linear ax = b adalah b = [10 20 30 40 50]t,

maka pada akhirnya diperoleh solusi x = [1.6829 44.0780 -26.3610 -0.1268 -

12.4390]t.

Metoda cholesky (Abdul Harris Hidayat)

1. Selesaikan persamaan linier berikut :

j = 1 , d1 = k11 = 2 maka,....

1

12

12

12

j = 2 ; t = j – m =1

U12 = k12 = -1, d2=K22−u12 u12=32

[2 −12

3

2−1

2 −11] j = 3 ; t = j – m =2 u23 = k23 = -1,

[2 −1

232

− 23

4

3−1

1]

[ 2 −1 0 0−1 2 −1 00 −1 2 −10 0 −1 1

]{q1

q2

q3

q4

}={0100 }

u12=u12

d12

=−12

u23=u23

d2

=−23

u34=u34

d3

=−34

d3=K33−u23u23=43

j = 4 ; t = j – m =3 u34 = k34 = -1,

y i=Qi− ∑k=1−m

i=1

uki y k , i=1 , .. . ,n; k≥1

2. Diketahui sebuah matrik :[ A ]=[ 4 2 −102 5 7−10 7 70 ]

(referensi : bety prastiwi, makalah metode cholensky. 2008)

Langkah yang harus dilakukan :

1. Cari nilai [u]

Untuk u21, u31, u32 bernilai nol (0) karena i > j

[U ]=[2 1 −50 2 60 0 3 ]

2. Cari nilai [ut]

Mengubah baris menjadi kolom dan sebaliknya

[UT ]=[ 2 0 01 2 0−5 6 3]

3. Pembuktian

Buktikan bahwa [a] = [ut][u]

d 4=K44− u34u34=14

[2 −12

3

2− 2

343

− 34

14

]=[d1 u12

d2 u23

d3 u34

d4]

y1=Q1=0y2=Q2−u12 y1=1

y3=Q3−u23 y2=23

y4=Q4−u34 y3=1

2

Program matlab

% dekomposisi metode cholesky

% untuk matrik simetri dan positif

% cara panggil: c = cholesky(a)

% input: a = matrik simetri dan positif

% output: c = matrik segitiga atas dimana: a= c*b

A=[4 2 -10;2 5 7; -10 7 70]

[m,n] = size(a);

If m~=n, error('matrik harus bujur sangkar');

End

B=chol (a)

C=transpose (b)

A=c*b

Metode regresi linier (Arief Kurniawan)

1.

Xi Yi

4 30

6 18

8 22

10 28

14 14

16 22

20 16

22 8

24 20

28 8

(referensi : metode numerik buku ajar unila)

0 5 10 15 20 25 305

10

15

20

25

30

Program matlab

T=[4 6 8 10 14 16 20 22 24 28];

V=[30 18 22 28 14 22 16 8 20 8];

P=polyfit(t,v,2);

X=linspace(4,28,200); y=polyval(p,x);

Plot(x,y,'k-',t,v,'k*')

P

P =

-0.0016 -0.6056 28.2835

Metode regresi polinomial (Yoga tri warmen)

Table 3 tabel tinggi anak-anak berdasarkanperbedaanumur

t (yrs) 0 5.0 8 12 16 18

H ( in ) 20 36.2 52 60 69.2 70

Perkirakantinggianak-anakketikaberumur 30 tahundenganmemakai table pertumbuhananak-anakdanpersamaan

H= a

1+be−ct

Solution

Persamaan yang digunakanadalah

H= a

1+be−ct

Dimanakonstantaa,b, c adalahakarpersamaan non-linear

∑i=1

6 ( 2 ect i [ae

ct i−H i (ect i+b) ]

(ecti+b)2 )=0

∑i=1

6 ( 2 aect i [bH i+e

ct i (H i−a )](ect

i+b)3 )=0

∑i=1

6 (−2 abti ect i [bH i+e

cti ( H i−a )](ect

i+b )3 )=0

(14a,b,c)

Kitamemerlukantebakanawaluntukmendapatkannilaiakarnya. Misalnyakitamenggunakan(0, 20), (12, 60) and (18, 70)

20= a

1+be−c (0 )

60= a

1+be−c (12 )

70= a

1+be−c (18 )

Akara , b and c daripersamaandiatas

a=7 .5534×101

b=2 .7767

c=1 . 9772×10−1

Jikamenggunakanmetode newton-raphson

a=7 . 4321×101

b=2 .8233

c=2 . 1715×10−1

Jikadimasukkankedalampersamaan h

H= 7 . 4321×101

1+2 .8233 e−2 .1715×10−1 t

Tinggianak-anakketika 30 tahun

H=7 . 4321×101

1+2 .8233 e−2.1715×10−1×(30 )

=74 } {} } } {¿¿

¿

Metode interpolasi linier (Abdul Harris Hidayat)

1. taksirlah logaritma 2 (ln2) dengan menggunakan interpolasi linier

Jawab:

Dik: komputasi 1. Ln1 = 0 dan ln 6 = 1.7917595

konputas 2. Ln 1 = 0 dan ln 4 = 1.3862944

f 1(2 )=0+ 1. 7917595−06−1

(2−1)=0. 35835190

f 1 (2 )=0+ 1 .3862944−04−1

(2−1 )=0 . 46209813

Jadi dengan interval yang lebih pendek mengurangi % kesalahan.

2. Cari nilai y untuk titik x=2.1 yang berada di antara titik (1,1.5) dan (3,2.5)

(referensi : bahan ajar its, metode numerik. 11-interpolasi.pdf)

Titik p3(2.1,2.05)

Metode kuadratik (Yoga Tri Warmen)

1. Hitung taksiran y untuk x = 2 dengan menggunakan interpolasi kuadratik untuk

data : (1,0) , (4,1.386294) , (6,1.791759)

(referensi: diktat kuliah, universitas kristen satya wacana. Contoh 5.2 hal 29)

Koefisien-koefisien dari persamaan interpolasi kuadratik

Sehingga interpolasi kuadratik untuk data yang diberikan yaitu

Karena itu, nilai y untuk x = 2 yaitu

2. Hitunglah nilai ln 2.

Dik:

x 0=1−−−−−−−f ( x0)=0

x1=4−−−−−−−f (x1)=1 .3862944

x2=6−−−−−−−f ( x2)=1. 7917595

Jawab:

b0=0

b1=1 .3862944−04−1

=0 .46209813

b2=

1 .7917595−1 .38629446−4

−0.46209813

6−1=−0 .051873116

f 2 ( x )=0+0 . 46209813 ( x−1 )−0 .051873116 ( x−1 ) (x−4 )

Dimana x = 2

f 2 (2 )=0 . 56584436

Aturan trapesium dan aturan simpson (Arief Kurniwan)

1. Contoh soal: f(x) = x+ 1 dengan batas bawah 0 dan batas atas 5 dengan sub interval atau segmen (n) = 5.A. Tentukan penyelesaiannya dengan metode trapesiumB. Tentukan penyelesaiannya dengan metode simpson 1/3Jawab :A. Dengan metode trapesium

h=b−an=5−0

5=1

F (0) = x+1=0+1=1F (1) = x+1=1+1=2F (2) = x+1=2+1=3F (3) = x+1=3+1=4F (4) = x+1=4+1=5F (5) = x+1=5+1=6

I=∫0

5

x+1 dx

¿ h2[ f (0 )+2 (f (1 )+ f (2 )+ f (3 )+f (4 ) )+ f (5 ) ]

¿ 12[1+2 (2+3+4+5 )+6 ]

¿ 12[1+28+6 ]

¿17,5

B. Dengan metode simpson 1/3

h=b−an=5−0

5=1

F (0) = x+1=0+1=1F (1) = x+1=1+1=2F (2) = x+1=2+1=3F (3) = x+1=3+1=4F (4) = x+1=4+1=5F (5) = x+1=5+1=6

I=∫0

5

x+1 dx

¿ h3[ f (0 )+4 (f (1 )+ f (3 ) )+2(f (2 )+ f (4 ))+ f (5 ) ]

¿ 13[1+4 (2+4 )+2 (3+5 )+6]

¿ 13[1+24+16+6 ]

¿15 , 6

2. Contoh soal :F ( x )=x3−3 x+2 dengan batas bawah 0 dan batas atas 1,5 dengan sub interval atau Segmen (n) = 6.A. Tentukan penyelesaiannya dengan metode trapesiumB. Tentukan penyelesaiannya dengan metode simpson 1/3

Jawab :A. Dengan metode trapesium

h=b−an=1,5−0

6=0,25

X 0 = f (0) = x3−3 x+2=(0)3−3 (0 )+2 = 2X 1 = f (0,25) = x3−3 x+2=(0,25)3−3 (0,25 )+2 = 1,265625 X 2 = f (0,5) = x3−3 x+2=(0,5)3−3 (0,5 )+2 = 0,625X 3 = f (0,75) = x3−3 x+2=(0,75)3−3 (0,75 )+2 = 0,421875X 4 = f (1) = x3−3 x+2=(1)3−3 (1 )+2 = 0X 5 = f (1,25) = x3−3 x+2=(1,25)3−3 (1,25 )+2 = 0,203125X 6 = f (1,5) = x3−3 x+2=(1,5)3−3 (1,5 )+2 = 0,875

I=∫0

1.5

x3−3 x+2 dx

¿ h2[ f (0 )+2 (f (1 )+ f (2 )+ f (3 )+f (4 )+ f (5))+ f (6 ) ]

¿ 0,252[2+2 (1,265625+0,625+0,421875+0+0,203125 )+0,875]

¿ 0,252

[2+2(2,515625)+0,875 ]

¿ 0,252

(7,90625 )

¿0,98828125

B. Dengan metode simpson 1/3

h=b−an=1,5−0

6=0,25

X 0 = f (0) = x3−3 x+2=(0)3−3 (0 )+2 = 2X 1 = f (0,25) = x3−3 x+2=(0,25)3−3 (0,25 )+2 = 1,265625 X 2 = f (0,5) = x3−3 x+2=(0,5)3−3 (0,5 )+2 = 0,625X 3 = f (0,75) = x3−3 x+2=(0,75)3−3 (0,75 )+2 = 0,421875X 4 = f (1) = x3−3 x+2=(1)3−3 (1 )+2 = 0X 5 = f (1,25) = x3−3 x+2=(1,25)3−3 (1,25 )+2 = 0,203125X 6 = f (1,5) = x3−3 x+2=(1,5)3−3 (1,5 )+2 = 0,875

I=∫0

1.5

x3−3 x+2dx

¿ h3[ f (0 )+4 (f (1 )+ f (3 )+ f (5)¿+2( f (2 )+f (4 )))+f (6 ) ]

¿ 0,253¿

¿ 0,253

[2+7,5625+1,25+0,875 ]

¿0,97395

Integrasi romberg (Abdul Harris Hidayat)

1. Jarak vertical dalam meter yang ditempuh roket dari t=8 hingga t=30 sekon diperoleh oleh persamaan

x=∫8

30

(2000 ln [140000140000−2100 t ]−9 . 8 t)dt

Gunakan metoda romberg’s untuk menemukan jarak tersebut. Gunakan hasil dari tabel 1.

Solution

Dari table 1 didapatkanI 1,1=11868I 1,2=11266I 1,3=11113I 1,4=11074

Untuk mendapatkan nilai ekstrapolasi orde 1,

11868

11266

11113

11074

1106568

1106268

11061868

11062868

11061868

11061868

1-segment

2-segment

4-segment

8-segment

Orde 1 Orde 2 Orde 3

I 2,1=I 1,2+I 1,2−I 1,1

3

=11266+11266−11868

3 =11065

I 2,2=I 1,3+I 1,3−I1,2

3

=11113+11113−11266

3 =11062

I 2,3=I 1,4+I 1,4−I 1,3

3

=11074+11074−11113

3Untuk mendapatkan nilai ekstrapolasi orde 2,

I 3,1=I 2,2+I 2,2−I 2,1

15

=11062+11062−11065

15 =11062

I 3,2=I 2,3+I 2,3−I 2,2

15

=11061+11061−11062

15 =11061

Untuk mendapatkan nilai ekstrapolasi orde 3,

I 4,1=I3,2+I 3,2−I3,1

63

=11061+11061−11062

63

=11061 m

Table 3

2. Jarak vertical dalam meter oleh roket dari t=8 hinggat=30 sekon dinyatakan dalam persamaan :

x=∫8

30

(2000 ln [140000140000−2100 t ]−9 .8 t)dt

Gunakan metoda romberg untuk jarak. Gunakan hasil dari metoda trapezium dari table 1

Solution

A) I 2=11266 m

I 4=11113 mDengan menggunakan formula richardson

TV≈I 2 n+I 2n−I n

3

Dengan n = 2 ,

TV≈I 4+I 4−I 2

3

=11113+11113−11266

3

=11062 m

x=∫8

30

(2000 ln [140000140000−2100 t ]−9 .8 t)dt

=11061 m

|∈t|=|True ErrorTrue Value

|×100

=|11061−11062

11061|×100

=0.00904 %

Daftar pustaka

Kreyszig, E., Advanced Engineering Mathematics, John Wiley & Son, Inc, New Jersey 2006.

Hoffman, J.D., Numerikal Methods for Engineers and Scientists, Marcel Dekker, Inc. New York, 1992.

Surbakti, I., Metode Numerik, Diktat Kuliah, ITS

---, Metode Numerik, Acuan Kuliah, Politeknik, ITS

Nm.mathcollege.cgm