Pertemuan ke-4 Persamaan Non-Linier: Metode Secant

(1)

Analisa

Analisa Terapan

Terapan: : Metode

Metode

Numerik

Pertemuan ke-4

Persamaan Non-Linier: Metode Secant

4 Oktober 2012

Dr.Eng. Agus S. Muntohar

-Department of Civil Engineering 1

Metode

Metode Secant

Secant –

– Dasar

Dasar

)

(x

f

)

f(x

-

= x

x

i

′

+1

Dalam Metode Newton

Turunan f’(x

_i

) didekati dengan

(1)

f(x)

f(x

_i

)

_[x

i

, f(x

i

)]

1 1

)

(

)

(

)

(

− −

−

=

′

i i i i i

x

f

x

f

x

f

)

(

)

(

)

)(

(

1 1 1 − − +

−

=

i i i i i i i

x

f

x

f

x

f

x

Substitusi Persamaan (2) ke

dalam Persamaan (1)

menghasilkan metode

Secant:

(2)

Gambar 1 Ilustrasi geomentri metode

Newton-Raphson.

f(x

_{i -1}

)

x

_i

x

_i-1

x

(2)

Metode

Metode Secant

Secant –

– Dasar

Dasar

Segitiga sebangun pada Gambar 2

DE

DC

AE

AB

=

Metode secant juga dapat diturunkan secara geometrik:

f(x)

f(x

_i

)

[x

_i

, f(x

_i

)]

B

)

(

)

(

)

)(

(

1 1 1 − − +

−

=

i i i i i i i

x

f

x

f

x

f

x

1 1 1 1

)

(

)

(

+ − − +

−

=

−

_i _i i i i i

x

f

x

f

Gambar 2 Ilustrasi geometri metode

Secant

Dapat dituliskan menjadi:

Atau dapat dituliskan kembali

menjadi :

f(x

_{i -1}

)

x

_i

x

_i-1

x

_i+1

_x

C

D

E

A

ALGORITMA

ALGORITMA METODE

METODE

SECANT

Persamaan Non-Linier: Metode Secant

SECANT

(3)

-Langkah

Langkah 1

1

Pilih dua nilai perkiraan awal untuk

menghitung nilai perkiraan x

_i+1

:

)

(

)

(

)

)(

(

1

1 −

−

+

−

=

i

x

f

x

f

x

f

x

Hitung nilai absolut dari kesalahan

perkiraan relatif:

0

10

1

1 x

- x

x

=

i

a

×

∈

+

)

(

)

(

x

_i

−

f

x

_i

₋

₁

f

Langkah 2

Cek jika nilai |ε

_a

| lebih besar dari nilai

toleransi ε

_s

.

◦

Jika benar, maka kembali ke Langkah 1

◦

Jika tidak, maka hentikan hitungan.

◦

Jika tidak, maka hentikan hitungan.

Cek pula jika jumlah iterasi melebihi batas

(4)

Contoh

Contoh 1

1

Suatu papan kayu sepanjang 29 in

menerima beban berupa susunan

buku-buku yang memiliki tinggi

bervariasi dari 8 ½ hingga 11 in.

Ukuran papan adalah 3/8 in tebal dan

lebar 12 in. Modulus Elastisitas papan

kayu terebut adalah 3.667 Msi (mega

square inch). Tentukan defleksi

vertikal maksimum papan kayu

tersebut, bila defleksi vertikal

mengikuti persamaan berikut:

Buku

Papan

Gambar 2 Papan yang dibebani buku.

ν

(x) = -0.13533x10

-8

_x

5 _{– 0.66722x10}

-6

_x

4 _{+ 0.42493x10}

-4

_x

3 _–

0.018507x

x

adalah jarak dimana terjadi defleksi maksimum. Defleksi

maksimum diperoleh dari

0 )

(

=

dx

dv

x

f

Gambar 2 Papan yang dibebani buku.

Contoh

Contoh 1 (Cont.)

1 (Cont.)

Letak x yang memberikan defleksi maksimum diberikan

dengan persamaan

f’(x) = -0.67665x10

-8

_x

4 _{– 0.26689x10}

-5

_x

3 _{+ 0.12748x10}

-3

_x

2 _–

0.018509 = 0

Catatan:

Akar-akar persamaan dicari dengan 3 kali iterasi.

Diperlukan turunan kedua dari v(x) untuk menghitung akar

persamaan menggunakan metode Newton - Raphson

Nilai absolut dari kesalahan perkiraan relatif dihitung pada

setiap akhir iterasi.

(5)

Contoh1 (Cont.)

0 0.005 0.01 0.015 0.02 0 5 10 15 20 25 30

F

u

n

g

si

f

(x

)

0 018507

.

0

10 x

12748

.

0

10 x

26689

.

0

10 x

67665

.

0 )

f(

x

=

−

-8

x

4

−

-5

x

3

+

-3

x

2

−

=

Gambar 3 Grafik fungsi f(x).

-0.02 -0.015 -0.01 -0.005

F

u

n

g

si

f

(x

)

x (m)

f(x)

Contoh1 (Cont.)

Contoh1 (Cont.) -- Solusi

Solusi

Diambil nilai perkiraan awal untuk fungsi

f(x) = 0, x

_-1

= 10 dan x

₀

= 15.

Iterasi 1:

( )(

)

( )

₀

( )

₁ 1 0 0 0 1 − −

−

=

x

f

x

f

x

f

x

( )

4 2 3 3 5 4 8 2 0 3 3 0 5 4 0 8 0

10 2591

.

8 018507

.

0

15

10 12748

.

0

15

10 6689

.

2

15

10 67665

.

0 018507

.

0

10 12748

.

0

10 6689

.

2

10 67665

.

0

− − − − − − −

×

=

−

×

+

×

−

×

−

=

−

×

+

×

−

×

−

=

x

f

( )

3 2 3 3 5 4 8 2 1 3 3 1 5 4 1 8 1

10 4956

.

8 018507

.

0

10

10 12748

.

0

10

10 6689

.

2

10

10 67665

.

0 018507

.

0

10 12748

.

0

10 6689

.

2

10 67665

.

0

− − − − − − − − − − −

×

−

=

−

×

+

×

−

×

−

=

−

×

+

×

−

×

−

=

x

f

(6)

0 0.005 0.01 0.015 0.02 F u n g si f (x )

Contoh1 (Cont.)

Contoh1 (Cont.) -- Solusi

Solusi

-0.02 -0.015 -0.01 -0.005 0 0 5 10 15 20 25 30 F u n g si f (x ) x (m) f(x) X-1 x0 x1 Slope

Gambar 4 Grafik hasil iterasi 1

(

)

(

)

(

) (

)

557 .

14

10 4956

.

8

10 2591

.

8

10

15

10 2591

.

8

15

₄ ₃ 4 1

=

×

−

×

−

×

−

=

₋ ₋ −

x

Contoh1 (Cont.)

Contoh1 (Cont.) -- Solusi

Solusi

Nilai absolut dari kesalahan perkiraan

relatif |ε

_a

| dari hasil Iterasi 1 adalah :

100

1 0 1

−

_×

=

∈

x

a

Jumlah digit penring adalah 1, karena |ε

_a

| <

5%

%

0433

.

3

100

557 .

14

15

557 .

14 =

×

−

=

(7)

Contoh1 (Cont.)

Contoh1 (Cont.) -- Solusi

Solusi

Iterasi 2: Perkiraan akar persamaan

berikutnya menggunakan nilai x

₀

= 15 dan

x

₁

= 14.557

( )(

)

( )

₁

( )

₀ 0 1 1 1 2

x

f

x

f

x

f

x

−

=

( )

(

)

(

)

(

)

5 2 3 3 5 4 8 2 1 3 3 1 5 4 1 8 1

10 9870

.

2 018507

.

0

557 .

14

10 12748

.

0

557 .

14

10 6689

.

2

557 .

14

10 67665

.

0 018507

.

0

10 12748

.

0

10 6689

.

2

10 67665

.

0

− − − − − − −

×

−

=

−

×

+

×

−

×

−

=

−

×

+

×

−

×

−

=

x

f

(

)

(

)

(

) (

)

572 .

14

10 2591

.

8

10 9870

.

2

15

557 .

14

10 9870

.

2

15

₅ ₄ 5 2

=

×

−

×

−

×

−

=

₋ ₋ −

x

Contoh1 (Cont.)

Contoh1 (Cont.) -- Solusi

Solusi

0

0.005

0.01

0.015

0.02 F

u

n

g

si

f

(x

)

Gambar 5 Grafik hasil iterasi 2

-0.02

-0.015

-0.01

-0.005

0

5

10

15

20

25

30 F

u

n

g

si

f

(x

)

x (m)

f(x) x0 x1 X2 Slope

(8)

Contoh1 (Cont.)

Contoh1 (Cont.) -- Solusi

Solusi

Nilai absolut dari kesalahan perkiraan relatif |ε

a

| dari hasil Iterasi 2

adalah :

100

572 .

14

557 .

14

572 .

14

100

2 1 2

×

−

=

×

−

=

∈

x

a

Jumlah digit penring adalah 2, karena |ε

a

| < 0.5%

%

10611

.

0

100

572 .

14 =

×

=

Contoh1 (Cont.)

Contoh1 (Cont.) -- Solusi

Solusi

Iterasi 3: Perkiraan akar persamaan

berikutnya menggunakan nilai x

₁

= 14.557

dan x

₂

= 14.572

( )(

)

( )

₂

( )

₁ 1 2 2 2 3

x

f

x

f

x

f

x

−

=

( )

(

)

(

)

(

)

9 2 3 3 5 4 8 2 2 3 3 2 5 4 2 8 2

10 0676

.

6 018507

.

0

572 .

14

10 12748

.

0

572 .

14

10 6689

.

2

572 .

14

10 67665

.

0 018507

.

0

10 12748

.

0

10 6689

.

2

10 67665

.

0

− − − − − − −

×

−

=

−

×

+

×

−

×

−

=

−

×

+

×

−

×

−

=

x

f

(

)

(

)

(

) (

)

9 3 ₉ ₅

6.0676 10

14.572 14.557

14.572 6.0676 10

2.9870 10

14.572 x

− − −

−

×

−

=

−

×

− −

×

=

(9)

Example 1 Cont.

0 0.005 0.01 0.015 0.02

F

u

n

g

si

f

(x

)

Gambar 6 Grafik hasil iterasi 3

-0.02 -0.015 -0.01 -0.005 0 0 5 10 15 20 25 30

F

u

n

g

si

f

(x

)

x (m)

f(x) x1 X2 x3 Slope

Example 1 Cont.

The absolute relative approximate error at the end of Iteration 3 is

∈

_a

100

1 2

−

_×

=

∈

x

a

%

10 2.1559

100

572 .

14

572 .

14

572 .

14

5 2 −

×

=

×

−

=

x

The number of significant digits at least correct is 6, because the absolute

relative approximate error is less than 0.00005%.

(10)

Resume

Resume Iterasi

Iterasi Contoh

Contoh 1

1

Ite-rasi

x

_i-1

x

_i

x

_i+1

f(x

_i-1

)

f(x

_i

)

f(x

_i+1

)

|εεεε

_a

| %

1

10

15

14.557 -8.4956x10

-3

_8.2591x10

-4

_-2.987x10

-5

_3.0433

2

15

14.557

14.572 8.2591x10

-4

_-2.987x10

-5

_-6.0676x10

-9

_0.10611

2

15

14.557

14.572 8.2591x10

-2.987x10

-6.0676x10

0.10611

3

14.557

14.572

14.572 -2.987x10

-5

_-6.0676x10

-9

_-6.0676x10

-9

_2.1559x10

-5

Kelebihan

Konvergensi yang diraih lebih cepat, jika diperoleh nilai

yang konvergen

Memakai dua nilai perkiraan yang tidak memerlukan akar

(11)

Kekurangan

Kekurangan: : Pembagian

Pembagian nol

nol

1 2 2

0 f x( )

10 5 0 5 10 2 1 0 f(x) prev. guess new guess 2 − 0 f x( ) f x( ) 10 10 − x x, guess1,xguess2

( )

x =Sin

( )

x =0 f

Kekurangan

Kekurangan: : Lompatan

Lompatan Akar

Akar

Root Jumping

0 1 2 2 0 f x( ) f x( ) f x( ) 10 5 0 5 10 2 1 0 f(x) x'1, (first guess) x0, (previous guess) Secant line x1, (new guess) 2 − f x( ) secant x( ) f x( ) 10 10 − x x, ₀,x_1',x,x₁

( )

x = Sinx=0 f

(12)

Contoh 2

Suatu bola terapung seperti Gambar 6

memiliki berat jenis 0.6 dan jari-jari 5.5

cm. Tentukan kedalaman bola yang

terendam dalam air!

Gambar 7 Diagram bola terapung

Contoh

Contoh 2 (Cont.)

2 (Cont.)

Kedalaman bola yang terendam air x

dinyatakan dengan persamaan berikut

a) Gunakan metode Secant untuk menentukan

0

10

993 .

3

165 .

0

2 4 3

=

×

+

−

x

−

x

a) Gunakan metode Secant untuk menentukan

akar-akar persamaan kedalaman bola yang

terendam air x. Lakukan tiga kali iterasi

untuk memperkirakan akar-akar persamaan

terebut.

b) Tentukan nilai absolut dari kesalahan

perkiraan relatif pada masing-masing iterasi,

dan jumlah digit pentingnya.

(13)

Contoh

Contoh 2 (Cont.)

2 (Cont.)

Secara fisik, bagian bola yang terendam air memiliki kedalaman

antara x = 0 dan x = 2R,

dengan R = jari-jari bola,

yaitu

(

)

11 .

0

055 .

0

2

0

2

0 ≤

≤

x

R

x

Gambar 7 Diagram bola terapung

0.0001 0.0002 0.0003 0.0004 0.0005 Fu n g si f (x )

Untuk membantu

pemahaman tentang

bagaimana metode ini

Contoh

Contoh 2 (Cont. )

2 (Cont. ) –

– Solusi

Solusi

Penyelesaian:

-0.0003 -0.0002 -0.0001 0 0.0001 -0.02 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 Fu n g si f (x ) x (m) f(x)

bagaimana metode ini

digunakan untuk mencari

akar-akar persamaan,

ditampilkan grafik fungsi

f(x), dimana

( )

3

2

4

10

993

3

165

0 .

x

.

-x

x

(14)

Contoh

Contoh 2 (Cont. )

2 (Cont. ) –

– Solusi

Solusi

Asumsikan nilai perkiraan awal dari f(x) =

0 pada x

_-1

= 0.02 dan x

₀

= 0.05

Iterasi 1: Akar persamaan dihitung dengan

( )(

)

http://numericalmethods.eng.usf.edu 27

( )(

)

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

0 0 1 1 0 0 1 2 3 4 2 2 3 4 3 4

0.05 0.165 0.05

3.993 10

0.05 0.02

0.05

0.05 0.165 0.05

3.993 10

0.02 0.165 0.02

3.993 10

0.06461

f x

x

f x

− − − − −

−

=

−

+

×

−

=

−

+

×

−

+

×

=

Contoh

Contoh 2 (Cont. )

2 (Cont. ) –

– Solusi

Solusi

The absolute relative approximate error at the end of

Iteration 1 is

100

0 1

−

_×

=

∈

x

a a

∈

%

62 .

22

100 06461

.

0

05 .

0 06461

.

0

1

=

×

−

=

x

a

The number of significant digits at least correct is 0, as you

need an absolute relative approximate error of 5% or less

for one significant digits to be correct in your result.

(15)

Contoh

Contoh 2 (Cont. )

2 (Cont. ) –

– Solusi

Solusi

Gambar 9 Graph of results of Iteration 1.

Example 1 Cont.

Iteration 2

The estimate of the root is

( )(

x

− x

)

f

( )(

)

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

06241

.

0

10

993 .

3

05 .

0

165 .

0

05 .

0

10

993 .

3 06461

.

0

165 .

0 06461

.

0

05 .

0 06461

.

0

10

993 .

3 06461

.

0

165 .

0 06461

.

0 06461

.

0

₃ ₂ ₄ ₃ ₂ ₄ 4 2 3 0 1 0 1 1 1 2

=

×

+

−

×

+

−

×

+

−

=

−

=

− − −

x

f

x

f

x

f

x

(16)

Example 1 Cont.

The absolute relative approximate error at the end of

Iteration 2 is

100

1 2

−

_×

=

∈

x

a a

∈

%

525 .

3

100 06241

.

0 06461

.

0 06241

.

0

2

=

×

−

=

x

a

The number of significant digits at least correct is 1, as you

need an absolute relative approximate error of 5% or less.

Example 1 Cont.

(17)

Example 1 Cont.

Iteration 3

The estimate of the root is

( )(

x

− x

)

f

( )(

)

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

06238

.

0

10

993 .

3 06461

.

0

165 .

0

05 .

0

10

993 .

3 06241

.

0

165 .

0 06241

.

0 06461

.

0 06241

.

0

10

993 .

3 06241

.

0

165 .

0 06241

.

0 06241

.

0

₃ ₂ ₄ ₃ ₂ ₄ 4 2 3 1 2 1 2 2 2 3

=

×

+

−

×

+

−

×

+

−

=

−

=

− − −

x

f

x

f

x

f

x

Example 1 Cont.

The absolute relative approximate error at the end of

Iteration 3 is

100

2 3

−

_×

=

∈

x

a a

∈

%

0595

.

0

100 06238

.

0 06241

.

0 06238

.

0

3

=

×

−

=

x

a

The number of significant digits at least correct is 5, as you

need an absolute relative approximate error of 0.5% or

less.

(18)

Iteration #3

Figure 7 Graph of results of Iteration 3.