Tugas Matematika Komputasi (1)

TUGAS MATEMATIKA KOMPUTASI

MUH. IRWAN (P3500212011)

PASCA SARJANA

UNIVERSITAS HASANUDDIN

2013/2014

Soal:

Tugas 1 Tentukan solusi umum dari persamaan Laplace dengan menggunakan teknik

ϕ(p)=ϕ(x , y)=X(x)Y(y)

dimana X(x) adalah fungsi dari x saja dan Y(y) adalah fungsi dari y saja.

Tugas 2 1. Buktikanbahwauntuk β=0

ψ(p , q)= 1

2π r2

[

(x−ξ)nx+(y−η)ny

]

¿ 1

2π r2(p−q). n

2. Tentukanfungsi ψ(p , q) untuk β<0 dan β>0

Tugas 3 1. Perlihatkanbahwa untuk β=0 parameter λ(q) dalam persamaan

(2.20)dapat

dihitungmenggunakanrumus:

λ(q)=

∫

Γ ❑

ψ(p , q)d Γ(p)

Denganmengambil Γ berupa batas dari daerah segitiga y←x+1,x>0,

y>0 . Hitung integral garispadapersamaan (2.21) untukmemeriksabahwa

(a) λ(2,1)=0 , (b) λ(1,0)=1/8 , (c) λ

(

0,1

2

)

=1/2 , (d)

λ(1/4,1/2)=1 ,

(e) λ(1/4,3/4)=1/2 dan (f) λ

(

1

2,0

)

=1/2

2. DenganmenggunakanteoremaDivergensi Gauss, buktikanbahwa

∫

Γ ❑

ψ(p)d Γ(p)=0

Hasil di atasmengakibatkanbahwajikakitamenetapkansyaratbatas ψ di sepanjang batas Γ maka kita harus yakin bahwa Pers. 2.22 terpenuhi. Bila tidak, masalah nilai batas tidak akan memiliki solusi.

Tugas 4 Cari suatu metode/aturan lain untuk menghitung integral secara numerik yang

yang tidak menghindari perhitungan nilai fungsi integran pada titik singulir. Tuliskan rumusnya

Penyelesaian:

Tugas 1

Bentukumumpersamaan Laplace adalah

∇2_{ϕ(p)+βϕ(p)=0} dimana

∇2

=∂

2_ϕ

∂ x2+ ∂2ϕ

∂ y2

Sehinggauntukkasusduadimensibentukumumpersamaan Laplace adalah ∂2_ϕ

(p)

∂ x2 + ∂2_ϕ

(p)

∂ y2 =0

Denganmetodepemisahan variable makadimisalkan

ϕ(p)=ϕ(x , y)=X(x)Y(y)

Karena Y(y) dianggap sebagai konstanta maka ∂2_ϕ

(p)

∂ x2 = ∂2

[X(x)Y(y)]

∂ x2

¿Y(y)∂

2

[X(x)]

∂ x2

Dan karena X(x) juga dianggap sebagai konstanta maka ∂2_ϕ

(p)

∂ y2 = ∂2

[X(x)Y(y)]

∂ y2

¿X(x)∂

2

[Y(x)]

∂ y2 Sehingga

∂2ϕ(p)

∂ x2 +

∂2ϕ(p)

∂ y2 =0

Y(y)∂

2

_[

_X(x)

_]

∂ x2 +X(y)

∂2

_[

_Y(x)

_]

∂ y2 =0

Y(y)∂

2

_[

X(x)

_]

∂ x2 =−X(x)

∂2

[

Y(x)

_]

∂ y2 =K , dengan K suatu konstanta

1 X(x)

∂2

_[

_X(x)

_]

∂ x2 =

−1 Y(y)

∂2

_[

_Y(x)

_]

∂ y2 =K

X ' ' X =

Persamaantersebut di atasdapatdituliskansebagai

X ' '

X =K dan− Y ' '

Y =K

Selanjutnyakitaakanmencarisolusidenganmempertimbangkantigakemungkinannilai K yaitu K=0,K>0dan K<0 .

a. Solusiuntuk K=0

Untuk K=0 maka persamaanpertama di atasdapatdituliskansebagai

X ' ' X =0

X ' '=0

Denganmelakukan proses integral diperoleh

X'=A , dengan A adalah konstanta

dan

X=Ax+B , dengan A dan B adalahkonstanta

Persamaankedua di atasdapatdituliskan

−Y ' ' Y =0

Y' '

=0

Denganmelakukan proses integral diperoleh

Y'

=C , dengan C adalahsebarang konstanta

dan

Y=Cy+D , denganC dan Dadalah sebarang konstanta

Sehingga

ϕ(x , y)=X(x)Y(y)

dapatdituliskansebagai

ϕ(x , y)=(Ax+B)(Cy+D)

¿ACxy+ADx+BCy+BD

Karena A , B , C , dan D adalah sebarang konstanta maka solusi untuk K=0 di atas dapat dituliskan sebagai

b. Solusiuntuk K>0

Untuk K>0 maka persamaan pertama di atas dapat dituliskan sebagai

X ' ' X =K

X' '

−KX=0

dimanapersamaan di atasmemilikipersamaankarakteristik r2

−K=0 atau r=±

√

K . Karena K>0 maka dapat kita tuliskan

K=λ2

diperoleh

r=± λ

Sehinggadiperolehsolusi

X=A eλ+B e−λ

Persamaankeduadapatdituliskansebagai

−Y ' ' Y =K

Y' '

=−KY

Y' '+KY=0

dimanapersamaan di atasmemilikisolusi

Y=Ccos(λx)+Dsin(λx)

Sehingga

ϕ(x , y)=X(x)Y(y)

dapatdituliskansebagai

ϕ(x , y)=

(

A eλ+B e−λ

₎

₍

Ccos(λx)+Dsin(λx)

)

¿AC eλ_cos⁡

(λx)+AD eλ_sin⁡

(λx)+BC e−λ_cos⁡

(λx)+BD e−λ_sin⁡

(λx)

Karena A , B , C , dan D adalah sebarang konstanta maka solusi untuk K>0 di atas dapat dituliskan sebagai

ϕ(x , y)=a eλ_cos⁡

(λx)+b eλ_sin⁡

(λx)+c e−λ_cos⁡

(λx)+d e−λ_sin⁡

(λx)

¿

(

a eλ+c e−λ

₎

cos(λx)+

(

b eλ+d e−λ

₎

c. Solusiuntuk K<0

Misalkan K=−λ2 maka persamaan pertama di atas dapat dituliskan sebagai

X ' ' X =−λ

2

X' '

+λ2_X

=0

dimanapersamaan di atasmemilikisolusi

X=Acos(λx)+Bsin(λx)

Persamaankedua di atasdapatdituliskan

−Y ' ' Y =K

Y' '−λ2Y=0

dimanapersamaan di atasmemilikipersamaankarakteristik r2−λ2=0 atau r=±

√

λ2 _, diperoleh

r=± λ

Sehinggadiperolehsolusi

Y=C eλ+D e−λ

Sehingga

ϕ(x , y)=X(x)Y(y)

dapatdituliskansebagai

ϕ(x , y)=

(

Acos(λx)+Bsin(λx)

)

(

C eλ+D e−λ

₎

¿AC eλ_cos⁡

(λx)+AD e−λ_cos⁡

(λx)+BC eλ_sin⁡

(λx)+BD e−λ_sin⁡

(λx)

Karena A , B , C , dan D adalah sebarang konstanta maka solusi untuk K<0 di atas dapat dituliskan sebagai

ϕ(x , y)=a eλ_cos⁡

(λx)+b eλ_sin⁡

(λx)+c e−λ_cos⁡

(λx)+d e−λ_sin⁡

(λx)

¿

(

a eλ+c e−λ

₎

cos(λx)+

(

b eλ+d e−λ

₎

Tugas 2

1. Diketahui Ψ=∂ Φ

∂ x nx+ ∂ Φ ∂ y ny

dan

Φ= 1

4π lnr 2

, untuk β=0

dengan

r2=(x−ξ)2+(y−η)2

maka

∂Φ ∂ x=

∂

(

1 4πlnr

2

)

∂ x

¿ 1

4π

∂

(

lnr2

)

∂ x

dan

∂Φ ∂ y=

∂

(

1 4πlnr

2

)

∂ y

¿ 1

4π

∂

(

lnr2

₎

∂ y

Dengan menggunakan aturan rantai kita akan memperoleh

∂

(

lnr2

)

∂ x =

∂(lnr2)

∂ r ∂ r ∂ x

¿2∂(lnr)

∂ r ∂ r ∂ x

¿2

dan

∂

(

lnr2

₎

∂ y =

∂(lnr2

)

∂ r ∂ r ∂ y

¿2∂(lnr)

∂ r ∂r ∂ y

¿2

r ∂ r ∂ y

Sehingga

∂Φ ∂ x=

1 4π

∂

(

lnr2

)

∂ x

¿ 1

4π 2 r

∂ r ∂ x

¿ 1

2πr ∂r ∂ x

dan

∂Φ ∂ y=

1 4π

∂

(

lnr2

)

∂ y

¿ 1

4π 2 r

∂ r ∂ y

¿ 1

2πr ∂ r ∂ y

Karena r2=(x−ξ)2+(y−η)2

sehingga

∂ r ∂ x=

∂(

√

(x−ξ)2+(y−η)2)

∂ x

¿

[

1

2

(

(x−ξ) 2

+(y−η)2

)

1/2

]

[

2(x−ξ)

]

¿(x−ξ)

r

dan

∂ r ∂ y=

∂(

√

(x−ξ)2+(y−η)2)

∂ y

¿

[

1

2

(

(x−ξ) 2

+(y−η)2

)

1/2

]

[

2(y−η)

]

¿ (y−η)

√

(x−ξ)2+(y−η)2

¿(y−η)

r

Sehingga

Ψ=∂ Φ

∂ x nx+ ∂ Φ ∂ y ny

¿ 1

2πr ∂r ∂ x nx+

1 2πr

∂ r ∂ yny

¿ 1

2πr

(x−ξ)

r nx+ 1 2πr

(y−η)

r ny

¿(x−ξ)

2π r2 nx+

(y−η)

2π r2 ny

¿ 1

2π r2

[

(x−ξ)nx+(y−η)ny]

Denganmemisalkanvektor p=(x−ξ) , q=−(y−η) dan vektor normal diwakili oleh

n(nxuntuk vektor p dan nyuntuk vektor q) , maka persaman di atas dapat kita tuliskan

sebagai

Ψ= 1

2π r2

[

(x−ξ)nx+(y−η)ny

]

¿ 1

Terbukti!

a) Fungsi Ψ(p,q) untuk β<0

Diketahuibahwa :

(2.1)Φ(p,q)=−1

2π K0(ωr)untuk β<0

K₀ adalah fungsi Bessel termodifikasi berderajat 0.

K0(ωr)=−

{

¿

(

ωr

2

)

+γ

}

I0(ωr)+

∑

k=1 ∞

(

(ωr)2

4

)

k

(k !)2

[

ψ(k+1)+γ

]

I0(ωr)=

∑

k=0 ∞

(

(ωr)2

4

)

k

(k !)2

ψ(k+1)=−γ+

∑

k=1 k

k−1

γ=0.5772156649

Dapatdituliskembali,

K0(ωr)=−

{

¿

(

ωr

2

)

+γ

}

∑

_k=0 ∞

(

(ωr)2

4

)

k

(k !)2 +

∑

k=1 ∞

(

(ωr)2

4

)

k

(k !)2

(

∑

k=1 k

k−1

)

K0(ωr)=−

{

¿

(

ω

√

(x−ξ)2+(y−η)2

2

)

+γ

}

∑

_k=0 ∞

(

(

ω

√

(x−ξ)2+(y−η)2

)

2

4

)

k

(k !)2 +

∑

k=1 ∞

(

(

ω

√

(x−ξ)2+ (y−η)2

)

2

4

)

k

(k !)2

(

∑

k=1 k

k−1

)

Φ(p,q)=−1

Subtitusipersamaan (2a) kepersamaan (2.1) diperoleh

¿ 1

H(02) adalah fungsi Hankel jenis kedua derajat 0.

Φ(p,q)=R

[

i

Subtitusi persamaan (2b) kepersamaan (2.2) diperoleh

+

[

(2y−2η)

4π r2 J0(ωr)+

ω(2y−2η)

4r

{

¿

(

ωr

2

)

+γ

}

J1(ωr)+ 1 2π

∑

k=1

∞

(−1)k−1

(

(ωr)2

4

)

k

r2(k !)2 k

(

(2y−2η)

)

[

ψ(k+1)+γ

]

]

ny

¿ 1

πr2

[

1

2J0(ωr)+ πωr

2

{

¿

(

ωr

2

)

+γ

}

J1(ωr)+

∑

k=1 ∞

(−1)k−1

(

(ωr)2

4

)

k

(k !)2 k

[

ψ(k+1)+γ

]

]

{

(x−ξ)nx+(2y−2η)ny

}

¿ 1

πr2

[

1

2J0(ωr)+ πωr

2

{

¿

(

ωr

2

)

+γ

}

J1(ωr)+

∑

k=1 ∞

(−1)k−1

(

(ωr)2

4

)

k

(k !)2 k

[

ψ(k+1)+γ

]

]

{

(p - q)∙n

}

Tugas 3

1. Untuk β=0 dengan mengambil ϕ(p)=1 sehingga ψ(p)=0 karena merupakan turunan berarah dari vector normal p , sehingga persamaan

⋋(q)ϕ(q)=

∫

Γ ❑

[

ϕ(p)Ψ(p , q)−Φ(p ,q)ψ(p)

_]

d Γ(p)

⋋(q) (1)=

∫

Γ ❑

[

(1)Ψ(p , q)−Φ(p ,q) (0)

_]

d Γ(p)

⋋(q)=

∫

Γ ❑

ψ(p , q)d Γ(p)

Terbukti!

a. ⋋(2,1)=0

⋋(q)=

∫

Γ ❑

ψ(p , q)d Γ(p)

ψ(p , q)= 1

2π r2(p−q).n

ψ(p , q)= 1

2π r2

[

(x−ξ)nx+(y−η)ny

]

q(ξ , η)=(2,1)⟹ψ(p , q)= 1

r2=(x−ξ)2+(y−η)2=(x−2)2+(y−1)2

 Mencari nilai

_∫

(0,0)

¿

∫

0 1

−1

√

2π

[

2x2

−4x+4

]

dx

¿− 1

16

√

2

¿−0.088388

 Mencari nilai

_∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

n_x=ay−by

|a−b|2=

0−1

1 =−1danny=

−ax−bx

|a−b|2 =

−0−0 1 =0

Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan

∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)=

∫

0 1

(x−2)n_x+(y−1)n_y 2π

[

(x−2)2+(y−1)2

]

dy

¿

∫

0 1

(0−2)(−1)+(y−1)(0)

2π

[

(0−2)2+(y−1)2

]

dy

¿

∫

0 1

1

π

[

y2−2y+5

]

dy

¿1

2

arctan(1/2)

π

¿0.073762

Sehingga

∫

Γ ❑

ψ d Γ(p)=

∫

(0,0) (2,0)

ψ d Γ(p)+

∫

(2,0) (2,1)

ψ d Γ(p)+

∫

(2,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

¿0.51137−0.088388+0.073762

¿0.496744 b. ⋋(1,0)=1/8

⋋(q)=

∫

Γ ❑

ψ(p , q)d Γ(p)

ψ(p , q)= 1

2π r2(p−q).n

ψ(p , q)= 1

2π r2

[

(x−ξ)nx+(y−η)ny

]

q(ξ , η)=(1,0)⟹ψ(p , q)= 1

r2=(x−ξ)2+(y−η)2=(x−1)2+y2

 Mencari nilai

_∫

(0,0)

¿0

 Mencari nilai

_∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

n_x=ay−by

|a−b|2=

0−1

1 =−1danny=

−a_x−b_x

|a−b|2 =

−0−0 1 =0

Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan

∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)=

∫

0 1

(x−1)n_x+y n_y 2π[(x−1)2+y2]dy

¿

∫

0 1

(0−1)(−1)+y(0)

2π[(0−1)2+y2] dy

¿

∫

0 1

1

2π[y2+1]dy

¿1

8

Sehingga

∫

Γ ❑

ψ d Γ(p)=

∫

(0,0) (2,0)

ψ d Γ(p)+

∫

(2,0) (2,1)

ψ d Γ(p)+

∫

(2,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

¿0+0+1

8

¿1

8

c. ⋋(0,1/2)=1/2

⋋(q)=

∫

Γ ❑

ψ(p , q)d Γ(p)

ψ(p , q)= 1

2π r2(p−q).n

ψ(p , q)= 1

2π r2

[

(x−ξ)nx+(y−η)ny

]

q(ξ , η)=(0,1/2)⟹ψ(p , q)= 1

2π r2

[

x nx+(y−1/2)ny

]

r2

=(x−ξ)2+(y−η)2=x2

ψ= x nx+(y−1/2)ny

 Mencari nilai

_∫

(0,0)

¿ 1

16

√

2(π+4 arctan(3))

π

¿0.228899

 Mencari nilai

_∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

n_x=ay−by

|a−b|2=

0−1

1 =−1danny=

−ax−bx

|a−b|2 =

−0−0 1 =0

Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan

∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)=

∫

0 1

x n_x+(y−1/2)n_y 2π[x2

+(y−1/2)2]dy

¿

∫

0 1

(0)(−1)+(y−1/2)0 2π[x2+(y−1/2)2] dy

¿

∫

0 1

0dy

¿0

Sehingga

∫

Γ ❑

ψ d Γ(p)=

∫

(0,0) (2,0)

ψ d Γ(p)+

∫

(2,0) (2,1)

ψ d Γ(p)+

∫

(2,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

¿0.176138+0.228899+0

¿0.405037

d. ⋋(1/4,1/2)=1

⋋(q)=

∫

Γ ❑

ψ(p , q)d Γ(p)

ψ(p , q)= 1

2π r2(p−q).n

ψ(p , q)= 1

2π r2

[

(x−ξ)nx+(y−η)ny

]

q(ξ , η)=(1/4,1/2)⟹ψ(p , q)= 1

r2=(x−ξ)2+(y−η)2=(x−1/4)2+(y−1/2)2

 Mencari nilai

_∫

(0,0)

¿

∫

0 1 ₍

x−1/4)(1)+(−x+1−1/2)(1)

2

√

2π[(x−1/4)2+(−x+1/2)2]dx

¿

∫

0 1

1

8

√

2π[2x2−(3/2)x+5/16]dx

¿1

4

√

2(arctan(3)+arctan(5))

π

¿0.29501

 Mencarinilai

_∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

nx= a_y−b_y

|a−b|2=

0−1

1 =−1danny=

−a_x−b_x

|a−b|2 =

−0−0 1 =0

Karen agaris (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan

∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)=

∫

0 1

(x−1/4)n_x+(y−1/2)n_y 2π[(x−1/4)2+(y−1/2)2]dy

¿

∫

0 1

(0−1/4)(−1)+(y−1/2)(0)

2π[(0−1/4)2+(y−1/2)2] dy

¿

∫

0 1

1

8π[y2−y+(5/16)]dy

¿arctan(2)

π

¿0.352275

Sehingga

∫

Γ ❑

ψ d Γ(p)=

∫

(0,0) (2,0)

ψ d Γ(p)+

∫

(2,0) (2,1)

ψ d Γ(p)+

∫

(2,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

¿0.230116+0.29501+0.352275

¿0.877401

e. ⋋(1/4,3/4)=1/2

⋋(q)=

∫

Γ ❑

ψ(p , q)d Γ(p)

ψ(p , q)= 1

ψ(p , q)= 1

 Mencari nilai

_∫

(0,0)

¿

∫

0

1 (x−1/4)( 1

√

2)+(−x+1−3/4)( 1

√

2) 2π[(x−1/4)2+ (−x+1−3/4)2] dx

¿

∫

0 1 ₍

x−1/4)(1)+ (−x+1−3/4)(1)

2

√

2π[(x−1/4)2+(−x+1−3/4)2]dx

¿

∫

0 1

0dx

¿0

 Mencari nilai

_∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

n_x=ay−by

|a−b|2=

0−1

1 =−1danny=

−a_x−b_x

|a−b|2 =

−0−0 1 =0

Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan

∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)=

∫

0 1

(x−1/4)n_x+(y−3/4)n_y 2π[(x−1/4)2+(y−3/4)2]dy

¿

∫

0 1

(0−1/4)(−1)+(y−3/4)(0)

2π[(0−1/4)2+(y−3/4)2] dy

¿

∫

0 1

1

8π[y2−(6/4)y+(10/16)]dy

¿1

8

π+4 arctan(3)

π

¿0.323712

Sehingga

∫

Γ ❑

ψ d Γ(p)=

∫

(0,0) (2,0)

ψ d Γ(p)+

∫

(2,0) (2,1)

ψ d Γ(p)+

∫

(2,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

¿0.176188+0+0.323712

¿0.4999

≈1/2

⋋(q)=

∫

Γ ❑

ψ(p , q)d Γ(p)

ψ(p , q)= 1

2π r2(p−q).n

ψ(p , q)= 1

2π r2

[

(x−ξ)nx+(y−η)ny

]

q(ξ , η)=(1/2,0)⟹ψ(p , q)= 1

2π r2

[

(x−1/2)nx+y ny

]

r2=(x−ξ)2+(y−η)2=(x−1/2)2+y2

ψ= (x−1/2)nx+y ny

2π[(x−1/2)2+y2

]

Dengan mengambil Γ berupa batas dari daerah segitiga y←x+1,x>0, dan y>0 , sehingga

∫

Γ ❑

ψ d Γ(p)=

∫

(0,0) (1,0)

ψ d Γ(p)+

∫

(1,0) (0,1)

ψ d Γ(p)+

∫

(0,1) (0,0)

ψ d Γ(p)

 Mencari nilai

_∫

(0,0) (1,0)

ψ d Γ(p)

n_x=ay−by

|a−b|2=

0−0

1 =0dan ny=

−a_x−b_x

|a−b|2 =

−1−0 1 =−1

Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan

∫

(0,0) (1,0)

ψ d Γ(p)=

∫

0 1 _(x

−1/2)nx+y ny 2π[(x−1/2)2+y2]dx

¿

∫

0 1

(x−1/2)(0)+(0)(−1)

2π[(x−1/2)2+02] dx

¿

∫

0 1

0dx

¿0

 Mencari nilai

∫

(1,0) (0,1)

n_x=ay−by

¿0.405037

Tugas 4

a. Suatu aturan yang tidak menghindari perhitungan nilai fungsi integran pada titik singulir dan lebih baik dari metode Simpson 3/8 adalah metode Simpson 1/3.

Di dalam aturan Simpson 1/3 digunakan polinomial order dua (persamaan parabola) yang melalui titikf ⁡(xi – ⁡1), ⁡ f ⁡(xi) danf ⁡(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

Apabila bentuk tersebut didiferensialkan terhadap x, akan menjadi:

I '(x)=dI(x)

dx =f(x)

Dengan memperhatikan gambar di bawah dan persamaan terakhir di atas maka persamaan deret Taylor adalah:

I

(

x

_i+1

)=

I

(

x

_i

+

Δx

) =

I

(

x

_i

)+

Δx f

(

x

_i

) +

Δx

2

2

!

f '

(

x

i

) +

Δx

3

3

!

f

''

(

x

i

)

+

Δx

4

4

!

f

'''

(

x

i

)+

O

(

Δx

5

₎

I

(

x

_i−1

)=

I

(

x

_i

−

Δx

) =

I

(

x

_i

)−

Δx f

(

x

_i

) +

Δx

2

2

!

f '

(

x

i

) −

Δx

3

3

!

f

''

(

x

i

)

+

Δx

4

4

!

f

'''

(

x

i

)−

O

(

Δx

5

)

Pada Gambar 7.6, 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 dua persamaan terakhir di atas dikurangi persamaan terakhir.

Ai = I (xi+ 1) – I (xi 1)

atau

A_i=2 Δx f(x_i)+ Δx

3

3 f''(xi)+O(Δx

5₎

f''(x_i)=f(xi−1)−2f(xi)+f(xi+1)

Δx2 + O ( Δx

2₎

Kemudian bentuk diatas disubstitusikan ke dalam persamaan sebelumnya. Untuk memudahkan penulisan, selanjutnya notasi f(xi) ditulis dalam bentuk fi, sehingga persamaan menjadi:

A_i=2Δx f_i + Δx

3 (fi−1−2 fi+fi+1)+

Δx3 3 O(Δx

2_)+O(Δx5₎

atau

A_i= Δx

3 (fi−1+4fi+fi+1) +O(Δx 5

)

Persamaan di atas 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 (7.16) dapat}

ditulis dalam bentuk:

A_i= b−a

6

[

f(a) +4f(c) +f(b)

]

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

90 Δx

5 _f''''

(ξ )

Olehkarena Δx=

b−a

ε_t= −(b−a)

5

2880 f''''(ξ )

Aturan⁡Simpson⁡

⁡ ⁡1/3 denganbanyakpias

Seperti dalam metode trapesium, metode Simpson dapat diperbaiki dengan membagi luasan dalam sejumlah pias dengan panjang interval yang sama:

Δx=b−a

n

dengan n adalah jumlah pias.

Luas total diperoleh dengan menjumlahkan semua pias, seperti pada Gambar di atas.

∫

a b

f(x)dx=A₁+A₃+. ..+A_n−1

Dalam metode Simpson ini jumlah interval adalah genap. Apabila persamaan

A_i= Δx

3 (fi−1+4fi+fi+1) +O(Δx 5₎

disubstitusikan ke dalam persamaan di atas akan diperoleh:

∫

a b

f(x)dx=Δx

3 (f0+ 4f1+f2)+

Δx

3 (f1+4f2+f3)+. ..+

Δx

3 (fn−2+ 4fn−1+fn)

atau

∫

a b

f(x)dx=Δx

3

[

f(a)+f(b)+ 4_i

∑

₌₁

n−1

f(x_i)+2

_∑

i=2 n−2

f(x_i)

]

ε_a= −(b−a)

5

180n4 f''''

dengan

f

''''

adalah rerata dari turunan keempat untuk setiap interval.

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.Kaidahsimpson 3/8 memilikiordegalat yang samadenganordegalatkaidahsimpson 1/3. Namundalampraktek, kaidahsimpson 1/3 biasanyalebih di sukaidaripadakaidahsimpson 3/8, karenadengantigatitik (simpson 1/3) sudahdiperolehordeketelitian yang samadengan 4 titik (simpson 3/8).

b. Suatu aturan yang menghindari perhitungan nilai fungsi integran pada titik singulir dan lebih baik dari metode Simpson 3/8 adalah metodeOverlapped⁡Newton-Cotes⁡Quadratures.

AturanSimpsonmungkin merupakanmetode yang palingseringdigunakanuntuk integrasinumerikdenganjarakantarpemenggalan yang sama. Ia memilikiakurasiordelimadan memilikistrukturkomputasisederhana:

∫

x0

x3m

f(x)dx ≈3h 8

∑

_k=1

m

[f_3k−3+3

₍

f_3k−2+f_3k−1

₎

+f_3k]

Meskipun teknik ini memberikan hasil yang baik untuk h yang dipilih secara tepat tampaknya bahwa aturan komposit tidak menggunakan potensi penuh dari banyak contoh fungsi interior. Mereka bisa berkontribusi lebih banyak untuk presisi keseluruhan algoritma.MetodeinimeningkatkanakurasiSimpson 3/8tanpameningkatanevaluasi fungsi.Dengantujuan inikita telahmembangunquadratureskhusus yangmenggunakan nilaifungsiluarselangintegrasi.Mari kitamenyatakanjumlahsimpul padaquadraturesebagaiNdan nilai-nilaifungsi luarsebagaiL.Kemudian kita memiliki

∫

xL

xN−1−L

f(x)dx ≈

_∑

i=0 N−1

c_if_i

Berikut beberapa quadratures untuk L=N

2 −2

N Overlapped⁡Newton-Cotes⁡Quadratures Error⁡Term L₁ Norm

6 3h

160(−f0+23f1+58f2+58f3+23f4−f5) 13h 7

2240f

(6)

8 h

4480

[

13

(

f0+f7

)

−149

(

f1+f6

)

+2049

(

f2+f5

)

+4807(f3+f4)

]

7h 9

6400f

(8)

(ξ) 1.04

10 h

89600

[

−49

(

f0+f9

)

+603

(

f1+f8

)

−3960

(

f2+f7

)

+42352

(

f3+f4436

)

+95454h (f4+f5)

]

11

1971200f

(10)

(ξ) 1.06

Sekarang, dalam skema komposit kita dapat menerapkan quadratures tumpang tindih untuk mendekati bagian integral pada interval k=2,… ,m−1 . Aturan komposit dengan presisi ditingkatkan tanpa peningkatan evaluasi fungsi:

O

(

h7

₎

_: f

3(¿¿3k−2+f3k−1)+f_3k f3k−3+¿

¿ ¿

f(x)dx ≈3h 8 _k

∑

_=1,m¿

∫

x0

x3m

¿

O

(

h9

)

:

f

3(¿¿3k−2+f3k−1)+f3k f3k−3+¿

¿

f f f f

4807(¿¿3k−2+f_3k−1)

2049(¿¿3k−3+f3k)+¿

13(¿¿3k−5+f3k+2)−149(¿¿3k−4+f3k+1)+¿

¿ ¿

f(x)dx ≈3h 8 k

∑

=1,m

¿

∫

x0

x3m

¿

f

3(¿¿3k−2+f3k−1)+f3k f3k−3+¿

¿

f f f f f

95454(¿¿3k−2+f_3k−1)

42352(¿¿3k−3+f_3k)+¿

(¿¿3k−6+f_3k+3)+603(¿¿3k−5+f_3k+2)−3960(¿¿3k−4+f_3k+1)+¿

−49¿ ¿ ¿

f(x)dx ≈3h 8 k

∑

=1,m

¿

∫

x0

x3m

¿