PENYELESAIAN SISTEM PERSAMAAN TAK LINIER
Materi Kuliah:
Pengantar; Iterasi Satu Titik; Iterasi Newton
# PENGANTAR #
Berikut ini adalah contoh sekumpulan 2 buah persamaan tak linier simultan, dengan 2 buah variabel yang tak diketahui:
10 2 1 2 1 +x x = x ... (i) 57 3 1 22 2+ x x = x ... (ii)
Dengan cara grafik, harga x1 dan x2 yang merupakan penyelesaian sistem persamaan ini terlihat dari
perpotongan (intersection) antara 2 kurva. Perhatikanlah bahwa penyelesaian sistem persamaan tersebut di atas adalah: x1 = 2 dan x2 = 3 (lihat gambar berikut...!!!)
0 1 2 3 4 5 6 0 1 2 3 4 x1 x 2
Secara umum, sistem atau kumpulan persamaan tak linier yang melibatkan n buah persamaan dengan n buah variabel yang tak diketahui, dapat dituliskan dalam bentuk:
f1 (x1, x2, ... , xn) = 0
f2 (x1, x2, ... , xn) = 0
#
fn (x1, x2, ... , xn) = 0
atau, dapat juga dituliskan sebagai: fi (x) = 0 dengan: i = 1, 2, ..., n
di mana f menyatakan fungsi atau persamaan tak linier dan x = [x1 x2 ... xn]
Penyelesaian sistem persamaan tersebut merupakan nilai-nilai x yang membuat sistem persamaan
sama dengan nol.
Seperti halnya penentuan akar persamaan tak linier tunggal, dua metode berikut ini dapat diterapkan untuk penyelesaian sebuah sistem persamaan tak linier:
1. Metode substitusi berurut (atau iterasi satu titik, atau iterasi titik tetap) 2. Metode iterasi Newton-Raphson
# METODE ITERASI SATU TITIK #
Seperti penyelesaian persamaan tak linier tunggal, formula iterasi satu titik untuk sekumpulan persamaan tak linier melibatkan sebuah proses penyusunan ulang persamaan:
fi (x) = 0
menjadi berbentuk:
xi = gi (x1, x2, ..., xn)
Metode ini mempunyai strategi yang sama dengan metode iterasi titik tetap dan metode Gauss-Seidel (Lihat kembali materi kuliah sebelumnya). Masing-masing persamaan tak linier diselesaikan
10 2 1 2 1 +x x = x 57 3 1 22 2+ x x = x Penyelesaian: (2,3)
untuk memperoleh sebuah nilai x yang tak diketahui. Sistem persamaan ini selanjutnya diproses secara iteratif untuk menghitung nilai-nilai x yang baru, yang diharapkan akan konvergen kepada penyelesaian yang sesungguhnya.
Contoh:
Gunakan metode substitusi berurut untuk menentukan akar-akar persamaan: 10 2 1 2 1 +x x = x ...(a) 57 3 1 22 2+ x x = x ...(b)
Gunakan nilai tebakan awal: x1 = 1,5 dan x2 = 3,5
Bandingkan hasilnya dengan nilai x1 dan x2 yang sesungguhnya.
Penyelesaian:
Masing-masing persamaan (a) dan (b) dapat disusun ulang (rearranging) untuk memperoleh harga x1 dan x2 sebagai berikut:
2 2 1 1 10 x x x = − dan x2 =57−3x1 x22 Iterasi pertama:
Dengan menggunakan nilai awal x1 = 1,5 dan x2 = 3,5, maka x1 (baru) dapat dihitung
dengan cara: 21429 , 2 5 , 3 ) 5 , 1 ( 10 2 1 = − = x
Nilai x1 (baru) ini dan nilai x2 (lama) selanjutnya dapat dihitung untuk menghitung nilai
x2 (baru): 37516 , 24 ) 5 , 3 ( ) 21429 , 2 ( 3 57 2 2 = − =− x Iterasi kedua:
Dengan cara yang sama, diperoleh:
20910 , 0 37516 , 24 ) 21429 , 2 ( 10 2 1 =− − − = x 709 , 429 ) 37516 , 24 ( ) 20910 , 0 ( 3 57 2 2 = − − − = x
Perhatikanlah bahwa pendekatan ini menghasilkan penyelesaian yang divergen...!!
Oleh karena itu, persamaan (a) dan (b) disusun ulang kembali dengan cara yang berbeda, misalnya:
Dari persamaan (a) : x1 = 10−x1 x2
dan, dari persamaan (b) :
1 2 2 3 57 x x x = − Iterasi pertama: 17945 , 2 ) 5 , 3 ( ) 5 , 1 ( 10 1= − = x 86051 , 2 ) 17945 , 2 ( 3 5 , 3 57 2 = − = x Iterasi kedua: 94053 , 1 ) 86051 , 2 ( ) 17945 , 2 ( 10 1= − = x 04955 , 3 ) 94053 , 1 ( 3 86051 , 2 57 2 = − = x
Perhatikanlah bahwa pendekatan ini menghasilkan penyelesaian yang konvergen ke arah nilai-nilai yang sesungguhnya (x1 = 2 dan x2 = 3)
# METODE ITERASI NEWTON-RAPHSON #
Ingat kembali metode Newton-Raphson untuk menentukan akar persamaan tak linier tunggal (pada
materi sebelumnya). Untuk persamaan tak linier tunggal, cara lain untuk menyusun formulanya
adalah dengan menurunkannya dari ekspansi deret Taylor order-pertama: ) ( ' ) ( ) ( ) (xi 1 f xi xi 1 xi f xi f + = + + −
di mana xi adalah nilai tebakan awal x dan xi+1 adalah nilai x yang merupakan perpotongan antara
slope f’(x) dengan sumbu x. Karena pada perpotongan ini, f(xi+1) bernilai nol, maka persamaan di
atas dapat disusun ulang menjadi:
) ( ' ) ( 1 i i i i x f x f x x+ = −
yang merupakan formula Newton-Raphson untuk persamaan tunggal.
Pendekatan di atas selanjutnya dapat diterapkan untuk kumpulan atau sistem persamaan tak linier, yang terdiri atas n buah persamaan, dengan n buah variabel bebas yang tak diketahui. Sebagai contoh, ekspansi deret Taylor order-pertama untuk 2 buah variabel dapat dituliskan sbb.:
2 , 1 , 2 1 , 2 1 , 1 , 1 1 , 1 , 1 1 , 1 ( ) ( ) x f x x x f x x f f i i i i i i i i ∂ ∂ − + ∂ ∂ − + = + + + 2 , 2 , 2 1 , 2 1 , 2 , 1 1 , 1 , 2 1 , 2 ( ) ( ) x f x x x f x x f f i i i i i i i i ∂ ∂ − + ∂ ∂ − + = + + +
Karena f1,i+1 dan f2,i+1 bernilai nol, maka kedua persamaan di atas dapat disusun ulang menjadi:
2 , 1 , 2 1 , 1 , 1 , 1 1 , 2 2 , 1 1 , 1 1 , 1 x f x x f x f x x f x x f i i i i i i i i i ∂ ∂ + ∂ ∂ + − = ∂ ∂ + ∂ ∂ + + 2 , 2 , 2 1 , 2 , 1 , 2 1 , 2 2 , 2 1 , 1 1 , 2 x f x x f x f x x f x x f i i i i i i i i i ∂ ∂ + ∂ ∂ + − = ∂ ∂ + ∂ ∂ + +
Suku-suku yang mengandung subscript i telah diketahui nilainya; sedangkan suku-suku yang mengandung subscript i+1 yang akan dihitung. Dengan cara lain, kedua persamaan di atas dapat disusun dalam bentuk matriks (yakni perkalian sebuah matriks bujur sangkar dengan sebuah vektor yang menghasilkan sebuah vektor) menjadi:
⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 , 2 1 , 2 2 , 1 1 , 1 x f x f x f x f i i i i ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + 1 , 2 1 , 1 i i x x = ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ∂ ∂ + ∂ ∂ + − ∂ ∂ + ∂ ∂ + − 2 , 2 , 2 1 , 2 , 1 , 2 2 , 1 , 2 1 , 1 , 1 , 1 x f x x f x f x f x x f x f i i i i i i i i i i A x = b
Selanjutnya, besarnya vektor x dapat ditentukan. Matriks A dalam sistem persamaan ini sering disebut sebagai matriks Jacobian.
Nilai-nilai x1,i+1 dan x2,i+1 juga dapat ditentukan melalui manipulasi aljabar (misalnya dengan cara Cramer), menghasilkan: 1 , 2 2 , 1 2 , 2 1 , 1 2 , 1 , 2 2 , 2 , 1 , 1 1 , 1 x f x f x f x f x f f x f f x x i i i i i i i i i i ∂ ∂ ∂ ∂ − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − ∂ ∂ − = + 1 , 2 2 , 1 2 , 2 1 , 1 1 , 2 , 1 1 , 1 , 2 , 2 1 , 2 x f x f x f x f x f f x f f x x i i i i i i i i i i ∂ ∂ ∂ ∂ − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − ∂ ∂ − = + Contoh:
Gunakan metode Newton-Raphson multiple-equations untuk menentukan akar-akar persamaan:
10 2 1 2 1 +x x = x ...(a) 57 3 1 22 2+ x x = x ...(b)
Gunakan nilai tebakan awal: x1 = 1,5 dan x2 = 3,5
Bandingkan hasilnya dengan nilai x1 dan x2 yang sesungguhnya.
Penyelesaian:
Persamaan (a) dan (b) dapat dituliskan kembali dalam bentuk: 0 10 2 1 2 1 1 =x +x x − = f 0 57 3 1 22 2 2 =x + x x − = f
Fungsi turunan parsial pertama untuk f1 dan f2:
2 1 1 1 2x x x f + = ∂ ∂ 1 2 1 x xf = ∂ ∂ 2 2 1 2 3 x xf = ∂ ∂ 2 1 2 2 6 1 x x x f + = ∂ ∂ Iterasi pertama:
Untuk nilai tebakan awal: x1,0 = 1,5 dan x2,0 = 3,5, nilai-nilai turunan parsialnya adalah:
5 , 6 5 , 3 ) 5 , 1 ( 2 2 1,0 2,0 1 0 , 1 = + = + = ∂ ∂ x x x f 5 , 1 0 , 1 2 0 , 1 = = ∂ ∂ x x f 75 , 36 ) 5 , 3 ( 3 3 22,0 2 1 0 , 2 = = = ∂ ∂ x x f 5 , 32 ) 5 , 3 ( ) 5 , 1 ( 6 1 6 1 1,0 2,0 2 0 , 2 = + = + = ∂ ∂ x x x f
Nilai determinan matriks Jacobian:
Δ = (6,5) (32,5) – (1,5) (36,75) = 156,125 Nilai fungsi f1 dan f2:
5 , 2 10 ) 5 , 3 ( ) 5 , 1 ( ) 5 , 1 ( 10 2 0 , 2 0 , 1 2 0 , 1 0 , 1 =x +x x − = + − =− f 625 , 1 57 ) 5 , 3 ( ) 5 , 1 ( 3 5 , 3 57 3 1,0 22,0 2 0 , 2 0 , 2 = x + x x − = + − = f
03603 , 2 125 , 156 ) 5 , 1 ( 625 , 1 ) 5 , 32 ( 5 , 2 5 , 1 1 = − − − = x 84388 , 2 125 , 156 ) 75 , 36 ( ) 5 , 2 ( ) 5 , 6 ( 625 , 1 5 , 3 2 = − − − = x Komentar:
Langkah perhitungan ini dapat diulangi hingga diperoleh tingkat akurasi yang diinginkan. Perhatikan bahwa hasil perhitungan bersifat konvergen menuju nilai-nilai x1 dan x2 yang
sesungguhnya.
Hasil-hasil perhitungan selengkapnya disajikan dalam tabel berikut ini:
Contoh:
Tentukan akar persamaan:
(i) y= 1−ex atau: f1(x,y)=e +y−1=0
x
(ii) 4x2+ y2 = (Persamaan lingkaran) atau: f2(x,y)=x2+y2−4=0 secara iteratif dengan menggunakan metode Newton.
Penyelesaian:
Secara grafik, terlihat bahwa sistem persamaan tak linier ini mempunyai 2 buah akar (yang
terlihat dari perpotongan antara grafik f1 dan f2).
-3 -2 -1 0 1 2 3 -3 -2 -1 0 1 2 3 x y
Dengan cara yang sama dengan contoh penyelesaian soal sebelumnya, akan dicoba 2 buah nilai tebakan awal x dan y yang berbeda.
Hasil-hasil perhitungan selengkapnya, dengan mengambil nilai awal: x = 1; y = -2
f
1f
2 Akar-akarHasil-hasil perhitungan selengkapnya, dengan mengambil nilai awal: x = -1; y = 1
Komentar:
Perhatikanlah bahwa dengan mengambil nilai tebakan awal x dan y yang berbeda, maka hasil perhitungan masing-masing bersifat konvergen dan mengarah kepada posisi akar persamaan yang berbeda pula.
Generalization
Secara umum, untuk sejumlah n buah persamaan tak linier, dengan n buah variabel bebas
yang tak diketahui, berlaku hubungan:
n i k i n i k i i k i i k i n n i k i i k i i k x f x x f x x f x f x x f x x f x x f ∂ ∂ + + ∂ ∂ + ∂ ∂ + − = ∂ ∂ + + ∂ ∂ + ∂ ∂ + + + , , 2 , , 2 1 , , 1 , 1 , , 1 , 2 2 , 1 , 1 1 , ... ...
dengan k menyatakan persamaan atau variabel yang tak diketahui; i menyatakan nilai (atau iterasi) sekarang; dan i+1 menyatakan nilai (atau iterasi) berikutnya. Jika persamaan umum di atas disusun untuk k = 1, 2, ..., n, terlihat bahwa sistem persamaan yang terbentuk merupakan
sekumpulan persamaan linier simultan, yang dapat diselesaikan secara numerik melalui
beberapa metode.
Dalam bentuk matriks, sistem persamaan di atas dapat dituliskan sebagai: [Z] [xi+1] = - [f] + [Z] [xi]
⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = n i n i n i n n i i i n i i i x f x f x f x f x f x f x f x f x f Z , 2 , 1 , , 2 2 , 2 1 , 2 , 1 2 , 1 1 , 1 ] [ " # # " "
Nilai-nilai awal dan akhir dituliskan dalam bentuk vektor: [xi]T = [x1,i x2,i ... xn,i]
dan
[xi+1]T = [x1,i+1 x2,i+1 ... xn,i+1]
Nilai fungsi pada i dapat dinyatakan dalam bentuk: [f]T = [f1,i f2,i ... fn,i]
Permasalahan yang dijumpai dalam penyelesaian sistem persamaan tak linier dengan metode Newton-Raphson sama dengan permasalahan penyelesaian persamaan tunggal, yakni:
1) Evaluasi fungsi turunan pertama kadang-kadang sulit dilakukan; hal ini bisa diatasi dengan penerapan finite-difference approximation, dan
2) Pemilihan nilai tebakan awal yang tepat diperlukan untuk menjamin terjadinya konvergensi penyelesaian. Finite-difference approximation: j j i j j i j i x x f x x f x f Δ − Δ + ≈ ∂ ∂ ( ) ( ) (forward difference) j j j i j j i j i x x x f x x f x f Δ Δ − − Δ + ≈ ∂ ∂ 2 ) ( ) (
(central or center difference)
j j j i j i j i x x x f x f x f Δ Δ − − ≈ ∂ ∂ ( ) ( ) (backward difference)
Contoh Aplikasi:
Berikut ini adalah skema reaksi kompleks dari sebuah sistem reaksi fase cair: A 2 B A C B D + C dengan: r1 = k1 CA [=] gmol/L.detik r2 = k2 CA3/2 [=] gmol/L.detik r3 = k3 CC2 [=] gmol/L.detik r4 = k4 CB2 [=] gmol/L.detik k1 = 1,0 detik-1
k2 = 0,2 liter1/2/gmol1/2.detik
k3 = 0,05 L/gmol.detik
k4 = 0,4 L/gmol.detik
Sebuah continuously stirred tank reactor (CSTR) bervolume (VR) 100 liter digunakan
untuk sistem reaksi ini. Reaktan dengan konsentrasi A (CA) 1,0 mol/L diumpankan
dengan laju alir volumetrik (Q) 50 liter/detik. CSTR dirancang beroperasi pada keadaan
steady dan sistem reaksi diasumsikan
beroperasi pada kondisi isotermal. r1
r4
r2
Neraca massa (mol) untuk masing-masing komponen reaksi dapat dituliskan sebagai berikut:
Out = In + Generation - Consumption
Komponen A: CA Q = CA0 Q + VR (r3) - VR (r1 + r2)
Komponen B: CB Q = 0 + VR (2 r1) - VR (r4)
Komponen C: CC Q = 0 + VR (r2 + r4) - VR (r3)
Komponen D: CD Q = 0 + VR (r4) - 0
Dengan mensubstitusikan persamaan ri ke dalam neraca mol di atas, maka diperoleh 4 buah
persamaan tak linier simultan berikut:
0 2 3 2 3 2 1 0 1 ⎟⎟= ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + − − + + − = R A A C A A k C k C k C Q V C C f 0 2 1 4 2 2 =− + ⎜⎝⎛ A − B⎟⎠⎞= R B k C k C Q V C f 0 2 4 2 3 2 3 2 3 ⎟⎟= ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + − + − = A C B R C k C k C k C Q V C f 0 2 4 4 ⎟⎠= ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − = R B D k C Q V C f
Tentukan besarnya CA, CB, CC, dan CD dengan menngunakan metode Newton. Gunakan nilai-nilai
awal: CA,0 = CB,0 = CC,0 = CD,0 = 0,3
Penyelesaian:
Untuk menerapkan metode Newton, turunan parsial dari masing-masing persamaan terhadap masing-masing variabel perlu ditentukan, untuk menghasilkan matriks Jacobian. Berikut merupakan non-zero partial derivatives untuk sistem ini:
⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + − − = ∂ ∂ 12 2 1 1 5 , 1 1 A R A C k k Q V C f ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ∂ ∂ C R C C k Q V C f 3 1 2
( )
1 2 2 k Q V C f R A = ∂ ∂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − = ∂ ∂ B R B C k Q V C f 4 2 1 2 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ∂ ∂ 12 2 3 5 , 1 A R A C k Q V C f ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ∂ ∂ B R B C k Q V C f 4 3 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − = ∂ ∂ C R C C k Q V C f 3 3 1 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ∂ ∂ B R B C k Q V C f 4 4 2 1 4 =− ∂ ∂ D C fHasil perhitungan secara iteratif (silakan Anda coba menghitung sendiri...!!!):
i CA CB CC CD 0 0,3 0,3 0,3 0,3 1 0,3150712 0,9001920 0,4148786 0,3600919 2 0,3183329 0,7874451 0,5308877 0,4858863 3 0,3188652 0,7838874 0,5349776 0,4915732 4 0,3188658 0,7838840 0,5349814 0,4916789
Berdasarkan hasil perhitungan di atas, terlihat bahwa 4 langkah iterasi telah menunjukkan hasil (atau penyelesaian) yang konvergen.
# LATIHAN SOAL #
1. Tentukan penyelesaian sistem persamaan tak linier simultan berikut ini: y = -x2 + x + 0,5
y + 5 x y = x2
2. Tentukan penyelesaian sistem persamaan tak linier simultan berikut ini: x2 = 5 – y2
y + 1 = x2 menggunakan:
(a) metode grafik
(b) metode substitusi berurut; dengan nilai tebakan awal x = y = 1,5 (c) metode Newton-Raphson; dengan nilai tebakan awal x = y = 1,5
3. Lakukan 3 langkah iterasi dengan metode Newton untuk menyelesaikan sekumpulan persamaan tak linier berikut:
0 50 3 2 ) ( 22 2 1 + − = = x x x f 0 9 2 ) ( 2 2 1 − − = = x x x f
Gunakan nilai awal x = [1 1]
4. Selesaikan sistem persamaan tak linier berikut: 0 ) ( 5 2 12 4 1 = x −x = f 0 ) 1 ( 1 2 2 = −x = f
Gunakan x1,0 = x2,0 = 0 dengan metode Newton. Gunakan nilai awal x yang lain, jika perlu.
5. Selesaikan sistem persamaan tak linier berikut: 62882 , 3 sinh 3 3 1 2 + = −e x x x 0 , 4 ) ( 22 3 2 3 2 1 x + x −x = x 0 , 5 2 1 3 3 2 1x x −x +x x = x
Gunakan x1,0 = x2,0 = x3,0 = 0 dengan metode Newton. Gunakan nilai awal x yang lain, jika
penyelesaian yang diperoleh tidak konvergen.
6. Tinjaulah sistem reaksi berkesetimbangan berikut ini:
CH4 (g) + H2O (g) CO (g) + 3 H2 (g) ... (1)
CO (g) + H2O (g) CO2 (g) + H2 (g) ... (2)
Pada 2000 K, konstanta kesetimbangan untuk sistem reaksi ini masing-masing adalah sebesar 1,930 x 10-4 dan 5,528. Gas mula-mula mengandung 20%-mol CH4 (g) dan 80%
H2O (g), yang berada pada kondisi 2000 K dan 1 atm. Konstanta kesetimbangan untuk kedua
reaksi dinyatakan sebagai: 2 3 1 2 4 2 P y y y y K O H CH H CO = dan O H CO H CO y y y y K 2 2 2 2 =
Jika 10 mol gas dipilih sebagai basis perhitungan; ε1 menyatakan tingkat reaksi untuk reaksi
(1) dan ε2 menyatakan tingkat reaksi untuk reaksi (2), maka fraksi mol komponen-komponen
reaksi pada kesetimbangan dapat dinyatakan sebagai:
1 2 1 2 10 ε ε ε + − = CO y 1 2 1 2 10 3 2 ε ε ε + + = H y 1 2 1 2 10 8 2 ε ε ε + − − = O H y 1 2 2 10 2 ε ε + = CO y 1 1 2 10 2 4 ε ε + − = CH y
Dengan mensubstitusikan 5 persamaan fraksi mol di atas ke dalam 2 persamaan konstanta kesetimbangan reaksi, diperoleh:
4 2 1 2 1 1 3 2 1 2 1 10 930 , 1 ) 2 10 ( ) 8 ( ) 2 ( ) 3 ( ) ( = − + − − − + − x ε ε ε ε ε ε ε ε 5,528 ) 8 ( ) ( ) 3 ( 2 1 2 1 2 1 2 = − − − + ε ε ε ε ε ε ε
Pertanyaan: Tentukan komposisi gas pada kesetimbangan untuk sistem reaksi ini!
