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
pemisahan variabel yakni dengan memisalkan
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
[ ( x−ξ ) nx +( y−η) n y ]
2 π r2
¿
1
( p−q ) . n
2 π r2
2. Tentukanfungsi ψ ( p , q ) untuk β< 0 dan
Tugas 3
β=0
1. Perlihatkanbahwa untuk
parameter
β> 0
λ(q) dalam persamaan
(2.20)dapat
dihitungmenggunakanrumus:
❑
λ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p)
Γ
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
( 0,12 )=1/2
,
(d)
λ(1 /4,1/2)=1 ,
(e)
λ(1 /4,3/4)=1/2 dan (f)
λ
( 2,01 )=1/2
2. DenganmenggunakanteoremaDivergensi Gauss, buktikanbahwa
❑
∫ ψ ( p ) d Γ ( p )=0
Γ
Tugas 4
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.
Cari suatu metode/aturan lain untuk menghitung integral secara numerik yang
lebih akurat daripada aturan Simpson 3/8 dan menghindari perhitungan nilai
fungsi integran pada titik singulir pada penentuan nilai H11, serta suatu aturan
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 ∂ ϕ
∇ 2= 2 + 2
∂x ∂y
Sehinggauntukkasusduadimensibentukumumpersamaan Laplace adalah
∂2 ϕ( p) ∂2 ϕ ( p)
+
=0
∂ x2
∂ y2
Denganmetodepemisahan variable makadimisalkan
ϕ ( p )=ϕ ( x , y )=X ( x ) Y ( y)
Karena Y ( y ) dianggap sebagai konstanta maka
2
2
∂ ϕ( p) ∂ [ X ( x ) Y ( y )]
=
∂ x2
∂ x2
∂2 [ X ( x ) ]
¿Y ( y)
∂ x2
Dan karena X ( x ) juga dianggap sebagai konstanta maka
∂2 ϕ( p) ∂2 [ X ( x ) Y ( y )]
=
∂ y2
∂ y2
2
∂ [Y ( x ) ]
¿ X (x )
2
∂y
Sehingga
∂2 ϕ( p) ∂2 ϕ ( p)
+
=0
∂ x2
∂ y2
2
2
∂ [ X ( x )]
∂ [Y ( x ) ]
Y ( y)
+
X
(
y
)
=0
2
2
∂x
∂y
2
Y ( y)
2
∂ [ X ( x )]
∂ [Y ( x )]
=−X ( x )
=K , dengan K suatu konstanta
2
2
∂x
∂y
2
2
1 ∂ [ X ( x ) ] −1 ∂ [ Y ( x ) ]
=
=K
X ( x ) ∂ x2
Y ( y ) ∂ y2
X ' ' −Y ' '
=
=K
X
Y
Persamaantersebut di atasdapatdituliskansebagai
X''
Y ''
=K dan−
=K
X
Y
Selanjutnyakitaakanmencarisolusidenganmempertimbangkantigakemungkinannilai K yaitu
K=0, K >0 dan K < 0 .
a. Solusiuntuk K=0
Untuk K=0 maka persamaanpertama di atasdapatdituliskansebagai
X''
=0
X
X ' '=0
Denganmelakukan proses integral diperoleh
X ' = A , dengan A adalah konstanta
dan
X =Ax +B , dengan A dan B adalah konstanta
Persamaankedua di atasdapatdituliskan
−Y ' '
=0
Y
''
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
dituliskan sebagai
adalah sebarang konstanta maka solusi untuk
ϕ ( x , y )=axy +bx +cy + d , dengan a , b , c dan d adalah sebarang konstanta
K=0
di atas dapat
b. Solusiuntuk K >0
Untuk K >0 maka persamaan pertama di atas dapat dituliskan sebagai
X''
=K
X
''
X −KX=0
dimanapersamaan di atasmemilikipersamaankarakteristik r 2−K =0 atau r=± √ K . Karena
K >0 maka dapat kita tuliskan
K=λ 2
diperoleh
r=± λ
Sehinggadiperolehsolusi
λ
−λ
X =A e + B e
Persamaankeduadapatdituliskansebagai
−Y ' '
=K
Y
''
Y =−KY
''
Y + KY =0
dimanapersamaan di atasmemilikisolusi
Y =C cos ( λx )+ D sin (λx)
Sehingga
ϕ ( x , y )=X ( x ) Y ( y)
dapatdituliskansebagai
λ
−λ
ϕ ( x , y )=( A e + B e ) ( C cos ( λx )+ D sin ( λx ) )
¿ AC e λ cos ( λx )+ AD e λ sin ( λx)+ BC e−λ cos ( λx)+BD e−λ sin ( λx )
Karena A , B , C , dan D
dituliskan sebagai
λ
adalah sebarang konstanta maka solusi untuk
λ
−λ
−λ
ϕ ( x , y )=a e cos ( λx)+b e sin ( λx)+c e cos ( λx )+d e sin ( λx)
¿ ( a e λ +c e−λ ) cos ( λx ) + ( b e λ + d e− λ ) sin ( λx )
K >0
di atas dapat
c. Solusiuntuk K 0, dan
y >0 ,
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
(1,0 )
1
( x−2 ) n x + ( y −1 ) n y
dx
∫ ψ d Γ ( p ) =∫
2
2
(0,0 )
0 2 π [ ( x−2 ) + ( y −1 ) ]
1
( x−2 ) (0)+ ( 0−1 ) (−1)
¿∫
dx
2
2
0 2 π [ ( x−2 ) + ( 0−1 ) ]
nx=
2
=
1
1
dx
2
0 2 π [ ( x −2 ) +1]
1 4 arctan (2 )−π
¿
8
π
¿ 0.51137
¿∫
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , maka dapat dituliskan
(0,1)
0
( x−2 ) n x + ( y −1 ) n y
dx
∫ ψ d Γ ( p ) =∫
2
2
(1,0)
1 2 π [ ( x−2 ) + ( y −1 ) ]
1
1
)+ (−x+1−1 ) ( )
1 ( x−2 ) (
√2
√2 dx
¿∫
2
2
0
2 π [ ( x −2 ) + ( x +1−1 ) ]
1
( x−2 ) (1)+ (−x+1−1 ) (1)
¿∫
dx
2 √ 2 π [ 2 x2 −4 x +4 ]
0
nx=
2
=
1
¿∫
0
−1
dx
√ 2 π [ 2 x 2−4 x + 4 ]
1
√2
16
¿−0.088388
¿−
(0,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan
(0,0 )
1
( x−2 ) n x + ( y −1 ) n y
dy
∫ ψ d Γ ( p ) =∫
2
2
(0,1)
0 2 π [ ( x−2 ) + ( y −1 ) ]
1
( 0−2 ) (−1)+ ( y −1 ) (0)
¿∫
dy
2
2
0 2 π [ ( 0−2 ) + ( y −1 ) ]
nx=
2
=
1
1
dy
0 π [ y −2 y+ 5 ]
1 arctan (1/2)
¿
2
π
¿ 0.073762
¿∫
2
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
b.
(2,0 )
(2,1)
¿ 0.51137−0.088388+0.073762
¿ 0.496744
⋋ ( 1,0 )=1/8
❑
⋋ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p )
Γ
ψ ( p , q )=
1
( p−q ) .n
2
2πr
ψ ( p , q )=
1
( x−ξ)nx +( y−η)n y ]
2[
2πr
q ( ξ , η )=( 1,0 ) ⟹ψ ( p , q )=
1
( x −1 ) n x + y n y ]
2 [
2π r
2
2
2
2
r =( x−ξ ) + ( y−η ) =( x−1 ) + y
ψ=
2
( x−1 ) nx + y n y
2 π [ ( x−1 )2 + y 2 ]
Γ
Dengan mengambil
berupa batas dari daerah segitiga
y ← x+1, x >0, dan
y >0 ,
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
(1,0 )
1
( x−1 ) n + y n
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ ( x )2 2y dx
(0,0 )
0 2 π [ x −1 + y ]
1
( x−1 ) ( 0)+(0)(−1)
¿∫
dx
2
2 π [ ( x−1 ) ]
0
nx=
2
=
1
¿∫ 0 dx
0
¿0
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , maka dapat dituliskan
(0,1 )
0
( x−1 ) n + y n
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ ( x )2 2y dx
(1,0 )
1 2 π [ x−1 + y ]
1
1
)+(−x +1)( )
1 ( x−1 ) (
√2
√ 2 dx
¿∫
2
2 π [ ( x−1 ) +(−x+1)2 ]
0
1
( x−1 ) (1)+(−x+1)(1)
¿∫
dx
2
2
0 2 √ 2 π [ ( x−1 ) +(−x +1) ]
nx=
1
¿∫ 0 dx
0
2
=
¿0
(0,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan
(0,0 )
1
( x−1 ) n + y n
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ ( x )2 2y dy
(0,1)
0 2 π [ x −1 + y ]
1
( 0−1 ) (−1)+ y (0)
¿∫
dy
2
2
0 2 π [ ( 0−1 ) + y ]
1
1
¿∫
dy
2
0 2 π [ y +1]
1
¿
8
nx=
=
2
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
¿ 0+0+
¿
(2,0 )
(2,1)
1
8
1
8
c.
⋋ ( 0,1 /2 ) =1/2
❑
⋋ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p )
Γ
ψ ( p , q )=
1
( p−q ) .n
2 π r2
ψ ( p , q )=
1
[( x−ξ)nx +( y−η)n y ]
2 π r2
q ( ξ , η )=( 0,1/2 ) ⟹ψ ( p , q )=
1
[ x n x +( y−1/2)n y ]
2 π r2
r 2=( x−ξ )2 + ( y−η )2=x 2+( y−1 /2)2
ψ=
x n x +( y −1/2)n y
2
2
2 π [ x +( y−1/2) ]
Γ
Dengan mengambil
berupa batas dari daerah segitiga
y ← x+1, x >0, dan
y >0 ,
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
(1,0 )
1
x n +( y−1/2)n
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ 2 π [xx 2 +( y−1/2)2y] dx
(0,0 )
0
1
x (0)+(0−1/ 2)(−1)
¿∫
dx
2
2
0 2 π [ x +(0−1/2) ]
1 arctan (2)
¿
2
π
nx=
2
=
¿ 0.176138
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , maka dapat dituliskan
(0,1 )
0
x n +( y−1/2)n
ψ
d
Γ
(
p
)
=
∫
∫ 2 π [xx 2 +( y−1/2)2y] dx
(1,0 )
1
1
1
)+(−x+1−1/2)( )
1 x(
2
√ 2 dx
¿∫ √ 2
2 π [ x +(−x +1−1 /2)2 ]
0
1
x (1)+(−x +1−1/2)(1)
¿∫
dx
2
2
0 2 √ 2 π [ x +(x −x +1/4)]
nx=
1
¿∫
0
=
2
1
dx
4 √ 2 π [2 x2 −x+1/ 4]
¿
1 √ 2( π + 4 arctan (3))
16
π
¿ 0.228899
(0,0 )
∫ ψ d Γ ( p)
Mencari nilai
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan
(0,0 )
1
x n +( y−1/2)n
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ 2 π [xx 2 +( y−1/2)2y] dy
(0,1)
0
1
(0)(−1)+( y−1/2)0
¿∫
dy
2
2
0 2 π [x +( y−1/2) ]
nx=
2
=
1
¿∫ 0 dy
0
¿0
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(2,0 )
(2,1)
¿ 0.176138+0.228899+0
¿ 0.405037
d.
⋋ ( 1/ 4,1/ 2 )=1
❑
⋋ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p )
Γ
ψ ( p , q )=
1
( p−q ) .n
2 π r2
ψ ( p , q )=
1
[( x−ξ)nx +( y−η)n y ]
2 π r2
q ( ξ , η )=( 1/4,1 /2 ) ⟹ ψ ( p , q ) =
1
[ ( x−1/4 ) n x + ( y−1/2 ) n y ]
2 πr2
2
2
2
2
r =( x−ξ ) + ( y−η ) =( x−1/4 ) + ( y−1/2 )
ψ=
2
( x−1/4 ) nx + ( y−1/2 ) n y
2 π [ ( x−1/4 )2 + ( y−1/2 )2 ]
Γ
Dengan mengambil
berupa batas dari daerah segitiga
y ← x+1, x >0, dan
y >0 ,
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
(1,0 )
1
( x−1/ 4 ) n x + ( y −1/2 ) n y
dx
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ (
2
2
(0,0 )
0 2 π [ x −1/4 ) + ( y −1/2 ) ]
1
( x−1 /4 ) (0)+ ( 0−1/2 ) (−1)
¿∫
dx
2
2
0 2 π [ ( x−1/4 ) + ( 0−1/2 ) ]
1
1
¿∫
dx
2
0 4 π [ x −(1/2) x +5/16]
1 arctan (1/ 2)+ arctan(3 /2)
¿
2
π
nx=
2
=
¿ 0.230116
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , maka dapat dituliskan
(0,1 )
0
( x−1/ 4 ) n x + ( y −1/2 ) n y
ψ
d
Γ
(
p
)
=
dx
∫
∫ (
2
2
(1,0 )
1 2 π [ x−1 /4 ) + ( y −1/2 ) ]
1
1
( x−1/4 ) ( )+ (−x+ 1−1/2 )
√2
√2
nx=
2
=
1
∫¿
¿
0
2
2
2 π [ ( x−1/4 ) + (−x +1−1/2 ) ]
dx ¿
1
¿∫
0
1
¿∫
0
¿
( x−1 /4 ) (1)+ (−x +1−1/2 )(1)
dx
2
2
2 √ 2 π [ ( x−1/4 ) + (−x +1/2 ) ]
1
dx
8 √ 2 π [2 x −(3 / 2) x+5 /16]
2
1 √ 2(arctan ( 3 )+ arctan ( 5 ) )
4
π
¿ 0.29501
(0,0)
Mencarinilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karen agaris (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan
(0,0 )
1
( x−1/ 4 ) n x + ( y −1/2 ) n y
dy
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ (
2
2
(0,1)
0 2 π [ x −1/4 ) + ( y −1/2 ) ]
1
( 0−1/4 ) (−1)+ ( y −1/2 )(0)
¿∫
dy
2
2
0 2 π [ ( 0−1 /4 ) + ( y−1 /2 ) ]
nx=
=
2
1
1
dy
0 8 π [ y − y +(5/16)]
arctan ( 2 )
¿
π
¿ 0.352275
¿∫
2
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(2,0 )
¿ 0.230116+ 0.29501+ 0.352275
¿ 0.877401
e.
⋋ ( 1/ 4,3/ 4 )=1/2
❑
⋋ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p )
Γ
ψ ( p , q )=
1
( p−q ) .n
2 π r2
(2,1)
ψ ( p , q )=
1
( x−ξ)nx +( y−η)n y ]
2[
2πr
q ( ξ , η )=( 1/4,3 /4 ) ⟹ ψ ( p , q )=
2
2
2
1
( x−1/4 ) nx + ( y−3 /4 ) n y ]
2[
2πr
2
r =( x−ξ ) + ( y−η ) =( x−1/4 ) + ( y−3 /4 )
ψ=
2
( x−1/4 ) nx + ( y−3 /4 ) n y
2 π [ ( x−1/4 )2 + ( y−3 /4 )2 ]
Γ
Dengan mengambil
berupa batas dari daerah segitiga
y ← x+1, x >0, dan
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
( 1,0 )
1
( x−1/4 ) nx + ( y−3 / 4 ) n y
dx
∫ ψ d Γ ( p )=∫
2
2
0 2 π [ ( x−1/ 4 ) + ( y−3 /4 ) ]
( 0,0 )
1
( x−1 /4 ) ( 0)+ ( 0−3/ 4 ) (−1)
¿∫
dx
2
2
0 2 π [ ( x−1/4 ) + ( 0−3 /4 ) ]
1
3
¿∫
dx
2
0 8 π [ x −(1 /2)x +(10/16)]
1 4 arctan (1/3)+ π
¿
8
π
nx=
2
=
¿ 0.176188
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , makadapatdituliskan
(0,1 )
0
( x−1/ 4 ) n x + ( y −3/4 ) n y
dx
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ (
2
2
(1,0 )
1 2 π [ x−1 /4 ) + ( y −3/4 ) ]
nx=
2
=
y >0 ,
1
1
)+ (−x +1−3/4 ) ( )
√2
√ 2 dx
¿∫
2
2
2 π [ ( x−1/4 ) + (−x +1−3 /4 ) ]
0
1
( x−1/4 ) (1)+ (−x +1−3 /4 ) (1)
¿∫
dx
2
2
0 2 √ 2 π [ ( x−1/4 ) + (−x +1−3/4 ) ]
1
( x−1 /4 ) (
1
¿∫ 0 dx
0
¿0
(0,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan
(0,0 )
1
( x−1/ 4 ) n x + ( y −3/4 ) n y
dy
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ (
2
2
(0,1)
0 2 π [ x −1/4 ) + ( y −3/4 ) ]
1
( 0−1/4 ) (−1)+ ( y −3/4 ) (0)
¿∫
dy
2
2
0 2 π [ ( 0−1 /4 ) + ( y−3/4 ) ]
1
1
¿∫
dy
2
0 8 π [ y −(6/4 ) y +(10/16)]
nx=
2
=
1 π + 4 arctan (3)
8
π
¿ 0.323712
¿
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(2,0 )
¿ 0.176188+0+0.323712
¿ 0.4999
≈ 1/2
f.
⋋ ( 1/2,0 ) =1/2
(2,1)
❑
⋋ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p )
Γ
ψ ( p , q )=
1
( p−q ) .n
2 π r2
ψ ( p , q )=
1
[( x−ξ)nx +( y−η)n y ]
2 π r2
q ( ξ , η )=( 1/2,0 ) ⟹ψ ( p , q )=
2
2
1
[ ( x −1/2 ) n x + y n y ]
2 π r2
2
2
r =( x−ξ ) + ( y−η ) =( x−1/2 ) + y
ψ=
2
( x−1/2 ) n x + y n y
2 π [ ( x−1/2 )2 + y 2 ]
Γ
Dengan mengambil
berupa batas dari daerah segitiga
y ← x+1, x >0, dan
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
( 1,0 )
1
( x−1/ 2 ) nx + y n y
ψ
d
Γ
(
p
)
=
dx
∫
∫
2
2
0 2 π [ ( x−1/ 2 ) + y ]
( 0,0 )
1
( x−1 /2 ) ( 0)+(0)(−1)
¿∫
dx
2
2 π [ ( x−1/2 ) +02 ]
0
nx=
2
=
1
¿∫ 0 dx
0
¿0
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
y >0 ,
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , maka dapat dituliskan
(0,1)
0
( x−1/2 ) n x + y n y
dx
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ (
2
2
(1,0)
1 2 π [ x−1 /2 ) + y ]
1
1
)+(−x +1)( )
1 ( x−1 /2 ) (
√2
√ 2 dx
¿∫
2
2 π [ ( x−1/2 ) +(−x+1)2 ]
0
1
( x−1/2 ) (1)+(−x+1)(1)
¿∫
dx
2
2
0 2 √ 2 π [ ( x−1/ 2 ) +(−x+ 1) ]
nx=
1
¿∫
0
2
=
1
dx
4 √ 2 π [2 x −3 x +(5/4)]
2
1 √ 2 ( π +4 arctan ( 3 ) )
16
π
¿ 0.228899
¿
(0,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , makadapat dituliskan
( 0,0 )
1
( x−1/2 ) nx + y n y
ψ
d
Γ
(
p
)
=
dy
∫
∫
2
2
0 2 π [ ( x−1/2 ) + y ]
( 0,1 )
nx=
2
=
1
( 0−1/2 ) (−1)+ y (0)
dy
2
2
0 2 π [ ( 0−1 /2 ) + y ]
1
1
¿∫
dy
2
0 4 π [ y +(1/4)]
1 arctan (2)
¿
2
π
¿ 0.176138
¿∫
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(2,0 )
¿ 0+0.228899+0.176138
(2,1)
¿ 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.
x
I( x ) = ∫ f ( x ) dx
a
Apabila bentuk tersebut didiferensialkan terhadap x, akan menjadi:
I '( x )=
dI( x )
=f ( x )
dx
Dengan memperhatikan gambar di bawah dan persamaan terakhir di atas maka persamaan
deret Taylor adalah:
2
I( x i + 1 )=I( x i + Δx) =I ( x i )+ Δx f (x i ) +
3
Δx
Δx
f '( x i ) +
f ''( xi )
2!
3!
4
Δx
+
f '''( x i )+O ( Δx5 )
4!
2
3
Δx
Δx
I( x i − 1 )=I ( x i− Δx) =I (x i )−Δx f ( x i ) +
f ' ( xi ) −
f ''(x i )
2!
3!
4
Δx
+
f '''( x i )−O ( Δx5 )
4!
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
Δx 3
A i = 2 Δx f (x i )+
f ''( x i )+ O ( Δx 5 )
3
Nilai f ''(xi) ditulis dalam bentuk diferensial terpusat:
f ''( x i )=
f ( x i − 1 )−2 f (x i )+f ( x i + 1 )
Δx
2
+ 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:
3
Δx
Δx
A i = 2 Δx f i + (f i − 1 −2 f i +f i + 1 )+
O ( Δx 2 )+ O ( Δx 5 )
3
3
atau
Ai=
Δx
( f i − 1 + 4 f i +f i + 1 ) + O ( Δx 5 )
3
Persamaan di atas dikenal dengan metode Simpson 1/3. Diberi tambahan nama 1/3 karena x
dibagi dengan 3. Pada pemakaian satu pias,
ditulis dalam bentuk:
Ai=
Δx =
b−a
2
, sehingga persamaan (7.16) dapat
b−a
[ f (a) + 4 f (c ) +f ( b )]
6
dengan titik c adalah titik tengah antara a dan b.
Kesalahan pemotongan yang terjadi dari metode Simpson 1/3 untuk satu pias adalah:
εt = −
Olehkarena
Δx =
1
Δx 5 f ''''(ξ )
90
b−a
2
, maka:
5
(b−a)
εt = −
f ''''(ξ )
2880
AturanSimpson1/3denganbanyakpias
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.
b
∫ f ( x ) dx=A 1 + A 3+. ..+ A n − 1
a
Dalam metode Simpson ini jumlah interval adalah genap. Apabila persamaan
Ai=
Δx
( f i − 1 + 4 f i +f i + 1 ) + O ( Δx 5 )
3
disubstitusikan ke dalam persamaan di atas akan diperoleh:
b
( f 0+
∫ f ( x ) dx= Δx
3
a
4 f 1 + f 2 )+
Δx
Δx
( f 1 +4 f 2 +f 3 )+. ..+
( f n − 2 + 4 f n − 1+ f n )
3
3
atau
b
∫ f ( x ) dx= Δx
3
a
[
f ( a )+f ( b)+ 4
n −1
n−2
i= 1
i=2
]
∑ f ( xi )+ 2 ∑ f ( x i )
Seperti pada gambar di atas, dalam penggunaan metode Simpson dengan banyak pias ini
jumlah interval adalah genap. Perkiraan kesalahan yang terjadi pada aturan Simpson untuk
banyak pias adalah:
5
(b−a)
εa = −
f ''''
180 n4
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 metodeOverlappedNewton-CotesQuadratures.
AturanSimpsonmungkin
merupakanmetode
yang
palingseringdigunakanuntuk
integrasinumerikdenganjarakantarpemenggalan yang sama. Ia memilikiakurasiordelimadan
memilikistrukturkomputasisederhana:
x3 m
m
∫ f ( x ) dx ≈
x0
3h
[f 3 k −3 +3 ( f 3 k−2+ f 3 k−1 ) + f 3 k ]
8 ∑
k=1
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
x N −1−L
∫
xL
N−1
f ( x ) dx ≈ ∑ c i f i
i=0
Berikut beberapa quadratures untuk
N
6
L=
N
−2
2
OverlappedNewton-CotesQuadratures
ErrorTerm
3h
(−f 0+ 23 f 1 +58 f 2 +58 f 3+ 23 f 4 −f 5)
160
13 h7 ( 6)
f (ξ )
2240
L1
Norm
1.03
8
10
h
7 h9 (8)
13
f
+
f
−149
f
+
f
+2049
f
+f
+
4807(
f
+
f
)
f (ξ )
( 0 7)
( 1 6)
( 2 5)
3
4 ]
4480 [
6400
h
h11 ( (f
−49 ( f 0 +f 9) + 603 ( f 1 + f 8 )−3960 ( f 2 +f 7 )+ 42352 ( f 3 + f 443
+95454
f 10) (ξ)
)
[
6
4 + f 5) ]
89600
1971200
1.04
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(¿ ¿ 3 k −2+f 3 k−1)+f 3 k
f 3 k −3 +¿
¿
¿
3h
f ( x ) dx ≈
∑¿
8 k=1,m
x3 m
∫¿
x0
O ( h9 ) :
f
3(¿ ¿ 3 k −2+f 3 k−1 )+f 3 k
f 3 k−3 +¿
¿
f
f
f
f
4807(¿ ¿ 3 k −2+f 3 k−1)
2049(¿ ¿ 3 k −3+ f 3 k )+¿
13 (¿ ¿ 3 k−5+ f 3 k +2)−149(¿ ¿ 3 k−4+ f 3 k +1)+¿
¿
¿
3h
f ( x ) dx ≈
∑¿
8 k=1,m
x3 m
∫¿
x0
O ( h11 ) :
f
3(¿ ¿ 3 k −2+f 3 k −1 )+f 3 k
f 3 k−3 +¿
¿
f
f
f
f
f
¿
3
95454 (¿ k −2+f 3 k−1 )
42352(¿ ¿ 3 k −3+ f 3 k )+¿
(¿ ¿ 3 k −6+ f 3 k+3 )+ 603(¿ ¿ 3 k −5+f 3 k+2)−3960(¿ ¿ 3 k −4 +f 3 k+1)+¿
−49 ¿
¿
¿
3h
f ( x ) dx ≈
∑¿
8 k=1,m
x 3m
∫¿
x0
Overlapped Newton-Cotes Quadratures memberikan hasil yang lebih akurat dalam 75%
kasus tanpa penyetelan khusus langkahh.
MUH. IRWAN (P3500212011)
PASCA SARJANA
UNIVERSITAS HASANUDDIN
2013/2014
Soal:
Tugas 1
Tentukan solusi umum dari persamaan Laplace dengan menggunakan teknik
pemisahan variabel yakni dengan memisalkan
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
[ ( x−ξ ) nx +( y−η) n y ]
2 π r2
¿
1
( p−q ) . n
2 π r2
2. Tentukanfungsi ψ ( p , q ) untuk β< 0 dan
Tugas 3
β=0
1. Perlihatkanbahwa untuk
parameter
β> 0
λ(q) dalam persamaan
(2.20)dapat
dihitungmenggunakanrumus:
❑
λ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p)
Γ
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
( 0,12 )=1/2
,
(d)
λ(1 /4,1/2)=1 ,
(e)
λ(1 /4,3/4)=1/2 dan (f)
λ
( 2,01 )=1/2
2. DenganmenggunakanteoremaDivergensi Gauss, buktikanbahwa
❑
∫ ψ ( p ) d Γ ( p )=0
Γ
Tugas 4
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.
Cari suatu metode/aturan lain untuk menghitung integral secara numerik yang
lebih akurat daripada aturan Simpson 3/8 dan menghindari perhitungan nilai
fungsi integran pada titik singulir pada penentuan nilai H11, serta suatu aturan
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 ∂ ϕ
∇ 2= 2 + 2
∂x ∂y
Sehinggauntukkasusduadimensibentukumumpersamaan Laplace adalah
∂2 ϕ( p) ∂2 ϕ ( p)
+
=0
∂ x2
∂ y2
Denganmetodepemisahan variable makadimisalkan
ϕ ( p )=ϕ ( x , y )=X ( x ) Y ( y)
Karena Y ( y ) dianggap sebagai konstanta maka
2
2
∂ ϕ( p) ∂ [ X ( x ) Y ( y )]
=
∂ x2
∂ x2
∂2 [ X ( x ) ]
¿Y ( y)
∂ x2
Dan karena X ( x ) juga dianggap sebagai konstanta maka
∂2 ϕ( p) ∂2 [ X ( x ) Y ( y )]
=
∂ y2
∂ y2
2
∂ [Y ( x ) ]
¿ X (x )
2
∂y
Sehingga
∂2 ϕ( p) ∂2 ϕ ( p)
+
=0
∂ x2
∂ y2
2
2
∂ [ X ( x )]
∂ [Y ( x ) ]
Y ( y)
+
X
(
y
)
=0
2
2
∂x
∂y
2
Y ( y)
2
∂ [ X ( x )]
∂ [Y ( x )]
=−X ( x )
=K , dengan K suatu konstanta
2
2
∂x
∂y
2
2
1 ∂ [ X ( x ) ] −1 ∂ [ Y ( x ) ]
=
=K
X ( x ) ∂ x2
Y ( y ) ∂ y2
X ' ' −Y ' '
=
=K
X
Y
Persamaantersebut di atasdapatdituliskansebagai
X''
Y ''
=K dan−
=K
X
Y
Selanjutnyakitaakanmencarisolusidenganmempertimbangkantigakemungkinannilai K yaitu
K=0, K >0 dan K < 0 .
a. Solusiuntuk K=0
Untuk K=0 maka persamaanpertama di atasdapatdituliskansebagai
X''
=0
X
X ' '=0
Denganmelakukan proses integral diperoleh
X ' = A , dengan A adalah konstanta
dan
X =Ax +B , dengan A dan B adalah konstanta
Persamaankedua di atasdapatdituliskan
−Y ' '
=0
Y
''
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
dituliskan sebagai
adalah sebarang konstanta maka solusi untuk
ϕ ( x , y )=axy +bx +cy + d , dengan a , b , c dan d adalah sebarang konstanta
K=0
di atas dapat
b. Solusiuntuk K >0
Untuk K >0 maka persamaan pertama di atas dapat dituliskan sebagai
X''
=K
X
''
X −KX=0
dimanapersamaan di atasmemilikipersamaankarakteristik r 2−K =0 atau r=± √ K . Karena
K >0 maka dapat kita tuliskan
K=λ 2
diperoleh
r=± λ
Sehinggadiperolehsolusi
λ
−λ
X =A e + B e
Persamaankeduadapatdituliskansebagai
−Y ' '
=K
Y
''
Y =−KY
''
Y + KY =0
dimanapersamaan di atasmemilikisolusi
Y =C cos ( λx )+ D sin (λx)
Sehingga
ϕ ( x , y )=X ( x ) Y ( y)
dapatdituliskansebagai
λ
−λ
ϕ ( x , y )=( A e + B e ) ( C cos ( λx )+ D sin ( λx ) )
¿ AC e λ cos ( λx )+ AD e λ sin ( λx)+ BC e−λ cos ( λx)+BD e−λ sin ( λx )
Karena A , B , C , dan D
dituliskan sebagai
λ
adalah sebarang konstanta maka solusi untuk
λ
−λ
−λ
ϕ ( x , y )=a e cos ( λx)+b e sin ( λx)+c e cos ( λx )+d e sin ( λx)
¿ ( a e λ +c e−λ ) cos ( λx ) + ( b e λ + d e− λ ) sin ( λx )
K >0
di atas dapat
c. Solusiuntuk K 0, dan
y >0 ,
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
(1,0 )
1
( x−2 ) n x + ( y −1 ) n y
dx
∫ ψ d Γ ( p ) =∫
2
2
(0,0 )
0 2 π [ ( x−2 ) + ( y −1 ) ]
1
( x−2 ) (0)+ ( 0−1 ) (−1)
¿∫
dx
2
2
0 2 π [ ( x−2 ) + ( 0−1 ) ]
nx=
2
=
1
1
dx
2
0 2 π [ ( x −2 ) +1]
1 4 arctan (2 )−π
¿
8
π
¿ 0.51137
¿∫
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , maka dapat dituliskan
(0,1)
0
( x−2 ) n x + ( y −1 ) n y
dx
∫ ψ d Γ ( p ) =∫
2
2
(1,0)
1 2 π [ ( x−2 ) + ( y −1 ) ]
1
1
)+ (−x+1−1 ) ( )
1 ( x−2 ) (
√2
√2 dx
¿∫
2
2
0
2 π [ ( x −2 ) + ( x +1−1 ) ]
1
( x−2 ) (1)+ (−x+1−1 ) (1)
¿∫
dx
2 √ 2 π [ 2 x2 −4 x +4 ]
0
nx=
2
=
1
¿∫
0
−1
dx
√ 2 π [ 2 x 2−4 x + 4 ]
1
√2
16
¿−0.088388
¿−
(0,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan
(0,0 )
1
( x−2 ) n x + ( y −1 ) n y
dy
∫ ψ d Γ ( p ) =∫
2
2
(0,1)
0 2 π [ ( x−2 ) + ( y −1 ) ]
1
( 0−2 ) (−1)+ ( y −1 ) (0)
¿∫
dy
2
2
0 2 π [ ( 0−2 ) + ( y −1 ) ]
nx=
2
=
1
1
dy
0 π [ y −2 y+ 5 ]
1 arctan (1/2)
¿
2
π
¿ 0.073762
¿∫
2
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
b.
(2,0 )
(2,1)
¿ 0.51137−0.088388+0.073762
¿ 0.496744
⋋ ( 1,0 )=1/8
❑
⋋ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p )
Γ
ψ ( p , q )=
1
( p−q ) .n
2
2πr
ψ ( p , q )=
1
( x−ξ)nx +( y−η)n y ]
2[
2πr
q ( ξ , η )=( 1,0 ) ⟹ψ ( p , q )=
1
( x −1 ) n x + y n y ]
2 [
2π r
2
2
2
2
r =( x−ξ ) + ( y−η ) =( x−1 ) + y
ψ=
2
( x−1 ) nx + y n y
2 π [ ( x−1 )2 + y 2 ]
Γ
Dengan mengambil
berupa batas dari daerah segitiga
y ← x+1, x >0, dan
y >0 ,
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
(1,0 )
1
( x−1 ) n + y n
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ ( x )2 2y dx
(0,0 )
0 2 π [ x −1 + y ]
1
( x−1 ) ( 0)+(0)(−1)
¿∫
dx
2
2 π [ ( x−1 ) ]
0
nx=
2
=
1
¿∫ 0 dx
0
¿0
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , maka dapat dituliskan
(0,1 )
0
( x−1 ) n + y n
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ ( x )2 2y dx
(1,0 )
1 2 π [ x−1 + y ]
1
1
)+(−x +1)( )
1 ( x−1 ) (
√2
√ 2 dx
¿∫
2
2 π [ ( x−1 ) +(−x+1)2 ]
0
1
( x−1 ) (1)+(−x+1)(1)
¿∫
dx
2
2
0 2 √ 2 π [ ( x−1 ) +(−x +1) ]
nx=
1
¿∫ 0 dx
0
2
=
¿0
(0,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan
(0,0 )
1
( x−1 ) n + y n
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ ( x )2 2y dy
(0,1)
0 2 π [ x −1 + y ]
1
( 0−1 ) (−1)+ y (0)
¿∫
dy
2
2
0 2 π [ ( 0−1 ) + y ]
1
1
¿∫
dy
2
0 2 π [ y +1]
1
¿
8
nx=
=
2
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
¿ 0+0+
¿
(2,0 )
(2,1)
1
8
1
8
c.
⋋ ( 0,1 /2 ) =1/2
❑
⋋ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p )
Γ
ψ ( p , q )=
1
( p−q ) .n
2 π r2
ψ ( p , q )=
1
[( x−ξ)nx +( y−η)n y ]
2 π r2
q ( ξ , η )=( 0,1/2 ) ⟹ψ ( p , q )=
1
[ x n x +( y−1/2)n y ]
2 π r2
r 2=( x−ξ )2 + ( y−η )2=x 2+( y−1 /2)2
ψ=
x n x +( y −1/2)n y
2
2
2 π [ x +( y−1/2) ]
Γ
Dengan mengambil
berupa batas dari daerah segitiga
y ← x+1, x >0, dan
y >0 ,
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
(1,0 )
1
x n +( y−1/2)n
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ 2 π [xx 2 +( y−1/2)2y] dx
(0,0 )
0
1
x (0)+(0−1/ 2)(−1)
¿∫
dx
2
2
0 2 π [ x +(0−1/2) ]
1 arctan (2)
¿
2
π
nx=
2
=
¿ 0.176138
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , maka dapat dituliskan
(0,1 )
0
x n +( y−1/2)n
ψ
d
Γ
(
p
)
=
∫
∫ 2 π [xx 2 +( y−1/2)2y] dx
(1,0 )
1
1
1
)+(−x+1−1/2)( )
1 x(
2
√ 2 dx
¿∫ √ 2
2 π [ x +(−x +1−1 /2)2 ]
0
1
x (1)+(−x +1−1/2)(1)
¿∫
dx
2
2
0 2 √ 2 π [ x +(x −x +1/4)]
nx=
1
¿∫
0
=
2
1
dx
4 √ 2 π [2 x2 −x+1/ 4]
¿
1 √ 2( π + 4 arctan (3))
16
π
¿ 0.228899
(0,0 )
∫ ψ d Γ ( p)
Mencari nilai
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan
(0,0 )
1
x n +( y−1/2)n
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ 2 π [xx 2 +( y−1/2)2y] dy
(0,1)
0
1
(0)(−1)+( y−1/2)0
¿∫
dy
2
2
0 2 π [x +( y−1/2) ]
nx=
2
=
1
¿∫ 0 dy
0
¿0
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(2,0 )
(2,1)
¿ 0.176138+0.228899+0
¿ 0.405037
d.
⋋ ( 1/ 4,1/ 2 )=1
❑
⋋ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p )
Γ
ψ ( p , q )=
1
( p−q ) .n
2 π r2
ψ ( p , q )=
1
[( x−ξ)nx +( y−η)n y ]
2 π r2
q ( ξ , η )=( 1/4,1 /2 ) ⟹ ψ ( p , q ) =
1
[ ( x−1/4 ) n x + ( y−1/2 ) n y ]
2 πr2
2
2
2
2
r =( x−ξ ) + ( y−η ) =( x−1/4 ) + ( y−1/2 )
ψ=
2
( x−1/4 ) nx + ( y−1/2 ) n y
2 π [ ( x−1/4 )2 + ( y−1/2 )2 ]
Γ
Dengan mengambil
berupa batas dari daerah segitiga
y ← x+1, x >0, dan
y >0 ,
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
(1,0 )
1
( x−1/ 4 ) n x + ( y −1/2 ) n y
dx
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ (
2
2
(0,0 )
0 2 π [ x −1/4 ) + ( y −1/2 ) ]
1
( x−1 /4 ) (0)+ ( 0−1/2 ) (−1)
¿∫
dx
2
2
0 2 π [ ( x−1/4 ) + ( 0−1/2 ) ]
1
1
¿∫
dx
2
0 4 π [ x −(1/2) x +5/16]
1 arctan (1/ 2)+ arctan(3 /2)
¿
2
π
nx=
2
=
¿ 0.230116
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , maka dapat dituliskan
(0,1 )
0
( x−1/ 4 ) n x + ( y −1/2 ) n y
ψ
d
Γ
(
p
)
=
dx
∫
∫ (
2
2
(1,0 )
1 2 π [ x−1 /4 ) + ( y −1/2 ) ]
1
1
( x−1/4 ) ( )+ (−x+ 1−1/2 )
√2
√2
nx=
2
=
1
∫¿
¿
0
2
2
2 π [ ( x−1/4 ) + (−x +1−1/2 ) ]
dx ¿
1
¿∫
0
1
¿∫
0
¿
( x−1 /4 ) (1)+ (−x +1−1/2 )(1)
dx
2
2
2 √ 2 π [ ( x−1/4 ) + (−x +1/2 ) ]
1
dx
8 √ 2 π [2 x −(3 / 2) x+5 /16]
2
1 √ 2(arctan ( 3 )+ arctan ( 5 ) )
4
π
¿ 0.29501
(0,0)
Mencarinilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karen agaris (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan
(0,0 )
1
( x−1/ 4 ) n x + ( y −1/2 ) n y
dy
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ (
2
2
(0,1)
0 2 π [ x −1/4 ) + ( y −1/2 ) ]
1
( 0−1/4 ) (−1)+ ( y −1/2 )(0)
¿∫
dy
2
2
0 2 π [ ( 0−1 /4 ) + ( y−1 /2 ) ]
nx=
=
2
1
1
dy
0 8 π [ y − y +(5/16)]
arctan ( 2 )
¿
π
¿ 0.352275
¿∫
2
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(2,0 )
¿ 0.230116+ 0.29501+ 0.352275
¿ 0.877401
e.
⋋ ( 1/ 4,3/ 4 )=1/2
❑
⋋ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p )
Γ
ψ ( p , q )=
1
( p−q ) .n
2 π r2
(2,1)
ψ ( p , q )=
1
( x−ξ)nx +( y−η)n y ]
2[
2πr
q ( ξ , η )=( 1/4,3 /4 ) ⟹ ψ ( p , q )=
2
2
2
1
( x−1/4 ) nx + ( y−3 /4 ) n y ]
2[
2πr
2
r =( x−ξ ) + ( y−η ) =( x−1/4 ) + ( y−3 /4 )
ψ=
2
( x−1/4 ) nx + ( y−3 /4 ) n y
2 π [ ( x−1/4 )2 + ( y−3 /4 )2 ]
Γ
Dengan mengambil
berupa batas dari daerah segitiga
y ← x+1, x >0, dan
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
( 1,0 )
1
( x−1/4 ) nx + ( y−3 / 4 ) n y
dx
∫ ψ d Γ ( p )=∫
2
2
0 2 π [ ( x−1/ 4 ) + ( y−3 /4 ) ]
( 0,0 )
1
( x−1 /4 ) ( 0)+ ( 0−3/ 4 ) (−1)
¿∫
dx
2
2
0 2 π [ ( x−1/4 ) + ( 0−3 /4 ) ]
1
3
¿∫
dx
2
0 8 π [ x −(1 /2)x +(10/16)]
1 4 arctan (1/3)+ π
¿
8
π
nx=
2
=
¿ 0.176188
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , makadapatdituliskan
(0,1 )
0
( x−1/ 4 ) n x + ( y −3/4 ) n y
dx
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ (
2
2
(1,0 )
1 2 π [ x−1 /4 ) + ( y −3/4 ) ]
nx=
2
=
y >0 ,
1
1
)+ (−x +1−3/4 ) ( )
√2
√ 2 dx
¿∫
2
2
2 π [ ( x−1/4 ) + (−x +1−3 /4 ) ]
0
1
( x−1/4 ) (1)+ (−x +1−3 /4 ) (1)
¿∫
dx
2
2
0 2 √ 2 π [ ( x−1/4 ) + (−x +1−3/4 ) ]
1
( x−1 /4 ) (
1
¿∫ 0 dx
0
¿0
(0,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , maka dapat dituliskan
(0,0 )
1
( x−1/ 4 ) n x + ( y −3/4 ) n y
dy
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ (
2
2
(0,1)
0 2 π [ x −1/4 ) + ( y −3/4 ) ]
1
( 0−1/4 ) (−1)+ ( y −3/4 ) (0)
¿∫
dy
2
2
0 2 π [ ( 0−1 /4 ) + ( y−3/4 ) ]
1
1
¿∫
dy
2
0 8 π [ y −(6/4 ) y +(10/16)]
nx=
2
=
1 π + 4 arctan (3)
8
π
¿ 0.323712
¿
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(2,0 )
¿ 0.176188+0+0.323712
¿ 0.4999
≈ 1/2
f.
⋋ ( 1/2,0 ) =1/2
(2,1)
❑
⋋ ( q )=∫ ψ ( p , q ) d Γ ( p )
Γ
ψ ( p , q )=
1
( p−q ) .n
2 π r2
ψ ( p , q )=
1
[( x−ξ)nx +( y−η)n y ]
2 π r2
q ( ξ , η )=( 1/2,0 ) ⟹ψ ( p , q )=
2
2
1
[ ( x −1/2 ) n x + y n y ]
2 π r2
2
2
r =( x−ξ ) + ( y−η ) =( x−1/2 ) + y
ψ=
2
( x−1/2 ) n x + y n y
2 π [ ( x−1/2 )2 + y 2 ]
Γ
Dengan mengambil
berupa batas dari daerah segitiga
y ← x+1, x >0, dan
sehingga
❑
(1,0)
Γ
(0,0)
(0,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(1,0)
(0,1)
(1,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,0 )
a y −b y
−a −b −1−0
0−0
=0 dan n y = x 2 x =
=−1
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,0)⟶(1,0) adalah garis y=0 , maka dapat dituliskan
( 1,0 )
1
( x−1/ 2 ) nx + y n y
ψ
d
Γ
(
p
)
=
dx
∫
∫
2
2
0 2 π [ ( x−1/ 2 ) + y ]
( 0,0 )
1
( x−1 /2 ) ( 0)+(0)(−1)
¿∫
dx
2
2 π [ ( x−1/2 ) +02 ]
0
nx=
2
=
1
¿∫ 0 dx
0
¿0
(0,1 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(1,0 )
y >0 ,
a y −b y
−a −b −0−1 1
1−0 1
= dan n y = x 2 x =
=
√2 √2
√2 √2
|a−b|
|a−b|
Karena garis (1,0)⟶(0,1) adalah garis y=−x+ 1 , maka dapat dituliskan
(0,1)
0
( x−1/2 ) n x + y n y
dx
∫ ψ d Γ ( p ) =∫ (
2
2
(1,0)
1 2 π [ x−1 /2 ) + y ]
1
1
)+(−x +1)( )
1 ( x−1 /2 ) (
√2
√ 2 dx
¿∫
2
2 π [ ( x−1/2 ) +(−x+1)2 ]
0
1
( x−1/2 ) (1)+(−x+1)(1)
¿∫
dx
2
2
0 2 √ 2 π [ ( x−1/ 2 ) +(−x+ 1) ]
nx=
1
¿∫
0
2
=
1
dx
4 √ 2 π [2 x −3 x +(5/4)]
2
1 √ 2 ( π +4 arctan ( 3 ) )
16
π
¿ 0.228899
¿
(0,0 )
Mencari nilai
∫ ψ d Γ ( p)
(0,1)
a y −b y
−a −b −0−0
0−1
=−1 dann y = x 2x =
=0
1
1
|a−b|
|a−b|
Karena garis (0,1)⟶(0,0) adalah garis x=0 , makadapat dituliskan
( 0,0 )
1
( x−1/2 ) nx + y n y
ψ
d
Γ
(
p
)
=
dy
∫
∫
2
2
0 2 π [ ( x−1/2 ) + y ]
( 0,1 )
nx=
2
=
1
( 0−1/2 ) (−1)+ y (0)
dy
2
2
0 2 π [ ( 0−1 /2 ) + y ]
1
1
¿∫
dy
2
0 4 π [ y +(1/4)]
1 arctan (2)
¿
2
π
¿ 0.176138
¿∫
Sehingga
❑
(2,0)
Γ
(0,0)
(2,1)
(0,0)
∫ ψ d Γ ( p) = ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p) + ∫ ψ d Γ ( p)
(2,0 )
¿ 0+0.228899+0.176138
(2,1)
¿ 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.
x
I( x ) = ∫ f ( x ) dx
a
Apabila bentuk tersebut didiferensialkan terhadap x, akan menjadi:
I '( x )=
dI( x )
=f ( x )
dx
Dengan memperhatikan gambar di bawah dan persamaan terakhir di atas maka persamaan
deret Taylor adalah:
2
I( x i + 1 )=I( x i + Δx) =I ( x i )+ Δx f (x i ) +
3
Δx
Δx
f '( x i ) +
f ''( xi )
2!
3!
4
Δx
+
f '''( x i )+O ( Δx5 )
4!
2
3
Δx
Δx
I( x i − 1 )=I ( x i− Δx) =I (x i )−Δx f ( x i ) +
f ' ( xi ) −
f ''(x i )
2!
3!
4
Δx
+
f '''( x i )−O ( Δx5 )
4!
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
Δx 3
A i = 2 Δx f (x i )+
f ''( x i )+ O ( Δx 5 )
3
Nilai f ''(xi) ditulis dalam bentuk diferensial terpusat:
f ''( x i )=
f ( x i − 1 )−2 f (x i )+f ( x i + 1 )
Δx
2
+ 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:
3
Δx
Δx
A i = 2 Δx f i + (f i − 1 −2 f i +f i + 1 )+
O ( Δx 2 )+ O ( Δx 5 )
3
3
atau
Ai=
Δx
( f i − 1 + 4 f i +f i + 1 ) + O ( Δx 5 )
3
Persamaan di atas dikenal dengan metode Simpson 1/3. Diberi tambahan nama 1/3 karena x
dibagi dengan 3. Pada pemakaian satu pias,
ditulis dalam bentuk:
Ai=
Δx =
b−a
2
, sehingga persamaan (7.16) dapat
b−a
[ f (a) + 4 f (c ) +f ( b )]
6
dengan titik c adalah titik tengah antara a dan b.
Kesalahan pemotongan yang terjadi dari metode Simpson 1/3 untuk satu pias adalah:
εt = −
Olehkarena
Δx =
1
Δx 5 f ''''(ξ )
90
b−a
2
, maka:
5
(b−a)
εt = −
f ''''(ξ )
2880
AturanSimpson1/3denganbanyakpias
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.
b
∫ f ( x ) dx=A 1 + A 3+. ..+ A n − 1
a
Dalam metode Simpson ini jumlah interval adalah genap. Apabila persamaan
Ai=
Δx
( f i − 1 + 4 f i +f i + 1 ) + O ( Δx 5 )
3
disubstitusikan ke dalam persamaan di atas akan diperoleh:
b
( f 0+
∫ f ( x ) dx= Δx
3
a
4 f 1 + f 2 )+
Δx
Δx
( f 1 +4 f 2 +f 3 )+. ..+
( f n − 2 + 4 f n − 1+ f n )
3
3
atau
b
∫ f ( x ) dx= Δx
3
a
[
f ( a )+f ( b)+ 4
n −1
n−2
i= 1
i=2
]
∑ f ( xi )+ 2 ∑ f ( x i )
Seperti pada gambar di atas, dalam penggunaan metode Simpson dengan banyak pias ini
jumlah interval adalah genap. Perkiraan kesalahan yang terjadi pada aturan Simpson untuk
banyak pias adalah:
5
(b−a)
εa = −
f ''''
180 n4
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 metodeOverlappedNewton-CotesQuadratures.
AturanSimpsonmungkin
merupakanmetode
yang
palingseringdigunakanuntuk
integrasinumerikdenganjarakantarpemenggalan yang sama. Ia memilikiakurasiordelimadan
memilikistrukturkomputasisederhana:
x3 m
m
∫ f ( x ) dx ≈
x0
3h
[f 3 k −3 +3 ( f 3 k−2+ f 3 k−1 ) + f 3 k ]
8 ∑
k=1
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
x N −1−L
∫
xL
N−1
f ( x ) dx ≈ ∑ c i f i
i=0
Berikut beberapa quadratures untuk
N
6
L=
N
−2
2
OverlappedNewton-CotesQuadratures
ErrorTerm
3h
(−f 0+ 23 f 1 +58 f 2 +58 f 3+ 23 f 4 −f 5)
160
13 h7 ( 6)
f (ξ )
2240
L1
Norm
1.03
8
10
h
7 h9 (8)
13
f
+
f
−149
f
+
f
+2049
f
+f
+
4807(
f
+
f
)
f (ξ )
( 0 7)
( 1 6)
( 2 5)
3
4 ]
4480 [
6400
h
h11 ( (f
−49 ( f 0 +f 9) + 603 ( f 1 + f 8 )−3960 ( f 2 +f 7 )+ 42352 ( f 3 + f 443
+95454
f 10) (ξ)
)
[
6
4 + f 5) ]
89600
1971200
1.04
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(¿ ¿ 3 k −2+f 3 k−1)+f 3 k
f 3 k −3 +¿
¿
¿
3h
f ( x ) dx ≈
∑¿
8 k=1,m
x3 m
∫¿
x0
O ( h9 ) :
f
3(¿ ¿ 3 k −2+f 3 k−1 )+f 3 k
f 3 k−3 +¿
¿
f
f
f
f
4807(¿ ¿ 3 k −2+f 3 k−1)
2049(¿ ¿ 3 k −3+ f 3 k )+¿
13 (¿ ¿ 3 k−5+ f 3 k +2)−149(¿ ¿ 3 k−4+ f 3 k +1)+¿
¿
¿
3h
f ( x ) dx ≈
∑¿
8 k=1,m
x3 m
∫¿
x0
O ( h11 ) :
f
3(¿ ¿ 3 k −2+f 3 k −1 )+f 3 k
f 3 k−3 +¿
¿
f
f
f
f
f
¿
3
95454 (¿ k −2+f 3 k−1 )
42352(¿ ¿ 3 k −3+ f 3 k )+¿
(¿ ¿ 3 k −6+ f 3 k+3 )+ 603(¿ ¿ 3 k −5+f 3 k+2)−3960(¿ ¿ 3 k −4 +f 3 k+1)+¿
−49 ¿
¿
¿
3h
f ( x ) dx ≈
∑¿
8 k=1,m
x 3m
∫¿
x0
Overlapped Newton-Cotes Quadratures memberikan hasil yang lebih akurat dalam 75%
kasus tanpa penyetelan khusus langkahh.