METODE RAYLEIGH-RITZ

STUDI LITERATUR

Disusun untuk memenuhi syarat kelulusan pada mata kuliah

studi literatur di Jurusan Matematika

Oleh

Riad Taufik Lazwardi

207700255

JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI

UNIVERSITAS ISLAM GUNUNG DJATI

BANDUNG 2012

HALAMAN PENGESAHAN

METODE RAYLEIGH-RITZ

STUDI LITERATUR

Disusun untuk memenuhi syarat kelulusan pada mata kuliah

studi literatur di Jurusan Matematika

Oleh :

Riad Taufik Lazwardi

207700255

Telah Diperiksa dan Disetujui oleh

Pembimbing Pada Tanggal 18 Februari 2012

Dosen Pembimbing

Esih Sukaesih ,M.si.

197903132009012007

Mengetahui,

Ketua Jurusan Matematika

Elis Ratna Wulan ,S.si.,M.T.

197301122000032001

i

Abstraksi

Masalah nilai batas pada persamaan diferensial merupakan salah satu

masalah yang menarik untuk dikaji terutama pada permasalahan yang kom-

pleks sehingga dibutuhkan solusi aproksimasi.Terdapat berbagai metode untuk

menyelesaikannya.Salah satunya adalah metode Rayleigh-Ritz.Studi literatur

ini menjelaskan bagaimana metode Rayleigh-Ritz menyelesaikan masalah nilai

batas pada persamaan − ddx

(p(x) dy

dx

)+ q(x)y = f(x) , dimana 0 ≤ x ≤ 1

dengan fungsi p(x) = 1 , q(x) = π2 , f(x) = 2π2sin(πx), panjang subin-

terval hi = h = 0.1 sehingga xi = 0, 1i∀i = 1, 2, . . . , 9 dan fungsi basis berupa

PWL(Piecewise Linier) yang berbentuk:

φi(x) =

0, if 0 ≤ x ≤ xi−1;

(x−xi−1)hi−1

, if xi−1 < x ≤ xi;

(xi+1−x)hi

, if xi < x ≤ xi+1;

0, if xi+1 < x ≤ 1;

Metode Rayleigh Ritz dengan penggunaan fungsi basis di atas akan

menghasilkan sistem persamaan linier yang jika dibentuk matriks Ac = b a-

kan menghasilkan matriks A tridiagonal simetri yang definit positif sehingga

nonsingular (solusi spl unik) dan diperoleh komputasi (penyelesaian spl) yang

stabil, solusi persamaan balok di atas unik, stabil dan mempunyai orde error

O(h2).

Penggunaan PWL sebagai fungsi basis dalam pendekatan solusi ke persa-

maan di atas mempunyai kelemahan yaitu kontinyu tetapi tidak diferensiabel

di [0, 1].

ii

KATA PENGANTAR

Assalamualaikum warahmatullahiwabarakatuh.

Terima kasih kepada Allah SWT karena dengan rahman dan rahim-

Nya saya dapat menyelesaikan studi literatur ini.Tidak lupa kepada Ibu Esih

Sukaesih, M.si. selaku pembimbing yang telah dengan sabar membimbing saya

sehingga mata kuliah studi literatur ini dapat diselesaikan.Selanjutnya saya

ucapkan terima kasih kepada orang tua yang telah mendukung dan mendoakan

tanpa henti.

Saya akui studi literatur ini jauh dari sempurna, tetapi semoga dapat

bermanfaat.

Wassalamualaikumwarahmatullahiwabarakatuh.

iii

Daftar Isi

BAB I PENDAHULUAN 1

1.1 Latar Belakang Masalah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Rumusan Masalah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.3 Batasan Masalah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.4 Tujuan Penelitian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.5 Metode Penelitian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.6 Sistematika Penulisan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.7 Kerangka Berfikir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

BAB II LANDASAN TEORI 4

2.2 Persamaan Diferensial Biasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.3 Piecewise Linier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.4 Masalah Nilai Batas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.4.1 Persamaan Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.4.2 Persamaan nonhomogen dengan nilai batas homogen . . 6

2.5 Variational Principle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

BAB III METODE RAYLEIGH-RITZ 9

3.2 Langkah-Langkah Metode Rayleigh-Ritz . . . . . . . . . . . . . 11

3.3 Penerapan Metode Rayleigh-Ritz pada Persamaan Balok . . . . 13

BAB IV KESIMPULAN dan SARAN 21

4.2 Kesimpulan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

4.3 Saran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

iv

Daftar Gambar

1 Gambar Tekanan Pada Balok dengan Penampang Persegi Panjang 9

2 Gambar Fungsi Basis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3 Gambar y = sin(πx) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4 Gambar y = φ(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

5 Gambar y = sin(πx) dan y = φ(x) . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Daftar Tabel

1 Tabel y = sin(πx) dan y = φ(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

v

BAB I PENDAHULUAN

1.1 Latar Belakang Masalah

Topik persamaan diferensial dalam matematika merupakan objek kajian

yang sangat menarik.Seiring dengan perkembangan mesin hitung pada jaman

dulu, para matematikawan mulai mencari berbagai metode untuk memecahkan

masalah-masalah pada topik ini dengan cepat dan akurat.

Salah satu masalah dalam persamaan diferensial adalah masalah nilai

batas.Masalah nilai batas adalah masalah tersendiri dalam memperoleh solusi

pada persamaan diferensial.Banyak sekali metode untuk menyelesaikan masa-

lah tersebut sehingga diperlukan pengetahuan untuk mengetahui kelemahan

dan kelebihan suatu metode yang digunakan.

Tujuan SL ini adalah untuk memahami salah satu metode untuk menye-

lesaikan masalah nilai batas yaitu metode Rayleigh-Ritz dan penerapannya.

1.2 Rumusan Masalah

Pada studi literatur ini akan dibahas persamaan diferensial linier nonho-

mogen dengan nilai batas homogen dan akan ditelaah:

1. Bagaimana langkah-langkah metode Rayleigh-Ritz?

2. Apakah penggunaan metode Rayleigh-Ritz menghasilkan solusi unik dan

stabil ?

1.3 Batasan Masalah

Studi literatur ini hanya membahas metode Rayleigh-Ritz dan contoh

penerapannya dalam persamaan tekanan pada balok,yaitu :

− d

dx

(p(x)

dy

dx

)+ q(x)y = f(x) , dimana 0 ≤ x ≤ 1

dengan fungsi p(x) = 1 , q(x) = π2 , f(x) = 2π2sin(πx), panjang su-

binterval hi = h = 0.1 sehingga xi = 0, 1i∀i = 1, 2, . . . , 9 dan fungsi basisnya

:

1

φi(x) =

0, if 0 ≤ x ≤ xi−1;

(x−xi−1)hi−1

, if xi−1 < x ≤ xi;

(xi+1−x)hi

, if xi < x ≤ xi+1;

0, if xi+1 < x ≤ 1;

1.4 Tujuan Penelitian

Tujuan penelitian dalam studi literatur ini adalah :

• Mengetahui langkah-langkah metode Rayleigh-Ritz dan penerapannya

pada persamaan balok (21).

• Mengetahui apakah penggunaan metode Rayleigh-Ritz dalam persamaan

balok (21) dengan PWL (16), partisi menjadi 9 subinterval dan panjang

subintervalnya 0, 1 menghasilkan solusi unik dan stabil?

1.5 Metode Penelitian

Metode Penelitian studi literatur ini adalah tinjauan pustaka.

1.6 Sistematika Penulisan

1. Bab I : Latar Belakang Masalah, Rumusan Masalah, Batasan Ma-

salah, Tujuan Penelitian, Metode Penelitian, Sistematika Penulisan, Ke-

rangka Berfikir

2. Bab II : Landasan Teori

3. Bab III : Metode Rayleigh-Ritz

4. Bab IV : Kesimpulan dan Saran

2

1.7 Kerangka Berfikir

Dasar pemilihan topik masalah nilai batas adalah begitu banyaknya me-

tode yang digunakan dalam penyelesaiannya sehingga harus ditelaah kelema-

han dan kelebihannya .Langkah-langkah penyelesaian masalah nilai batas de-

ngan metode Rayleigh-Ritz adalah :

1. Partisi interval menjadi beberapa subinterval.

2. Tentukan fungsi basis.

3. Bentuk sistem persamaan linier.

4. Cari konstanta ci untuk Σni=1ciφi.

3

BAB II LANDASAN TEORI

2.2 Persamaan Diferensial Biasa

Persamaan diferensial biasa adalah persamaan yang memuat x, y(x) be-

serta turunan-turunan dari y(x).Bentuk umumnya adalah :

F (x, y, y′, . . . , yn) = 0

Persamaan diferensial biasa dikatakan linier jika fungsi F linier terha-

dap y, y′, . . . , y(n), namun tidak perlu linier terhadap variabel x.Secara umum

persamaan diferensial biasa linier berbentuk:

a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + . . .+ an(x)y = g(x) (1)

[10].

Jika y = f(x) memenuhi persamaan diferensial, maka f(x) dikatakan so-

lusi dari persamaan diferensial tersebut.Solusi umum suatu persamaan diferen-

sial adalah bentuk umum solusi persamaan diferensial tersebut.Solusi umum

bisa menjadi solusi khusus dengan adanya informasi/syarat tambahan , disebut

syarat awal/syarat batas.

Dua buah fungsi dikatakan bebas linier jika tidak saling berkelipatan.

Teorema untuk mengetahui fungsi yang bebas linier yaitu:

Teorema Kebebaslinieran dua buah fungsi 2.2.1 Wronskian dari dua

fungsi yang bergantung linier /konjugat pada selang I bernilai nol.

W (f, g) ≡

∣∣∣∣∣f g

f ′ g′

∣∣∣∣∣ = 0 ,∀x ∈ I

2.3 Piecewise Linier

Definisi 2.2.1.Misal I = [a, b] adalah interval.Maka fungsi g : I → Rdikatakan pieciwise linier pada I jika I adalah union pada sejumlah interval

I1, . . . , Im dimana fungsi g pada setiap Ik adalah fungsi linier [6].

4

Teorema Piecewiselinier 2.3.1 Misal I interval terbatas yang tertutup dan

misal f : I → R kontinyu di I.Jika ε > 0 maka terdapat fungsi piecewise linier

yang kontinyu gε : I → R dimana |f(x)− gε(x)| < ε untuk semua x ∈ I.

2.4 Masalah Nilai Batas

Masalah nilai batas pada persamaan diferensial biasa dibagi 3 menurut

nilai batasnya [4] yaitu :

1. persamaan diferensial homogen

2. persamaan diferensial nonhomogen dengan nilai batas homogen

3. persamaan diferensial nonhomogen dengan nilai batas nonhomogen

2.4.1 Persamaan Homogen

Contoh masalah nilai batas sederhana pada persamaan homogen yaitu :

y′′ + y = 0

dengan kondisi batas y(0) = 1 dan y(π2) = 2 mempunyai solusi umum:

y(x) = c1cos(x) + c2sin(x)

untuk memenuhi kondisi y(0) = 1 dan y(π2) = 2 ,kita tinggal memasukan

syarat ke solusi umum sehingga diperoleh solusi khusus y(x) = cosx+ 2sinx.

Teorema Persamaan Diferensial Homogen 2.4.1 Persamaan diferensial

linier homogen y′′+p(x)y′+q(x)y = 0 mempunyai koefisien kontinyu p(x) dan

q(x) pada interval a ≤ x ≤ b dengan nilai batas y(a) = α dan y(b) = β agar

mempunyai solusi yang unik adalah:

1. solusi yang hanya memenuhi y(a) = y(b) = 0 adalah solusi nol

2. untuk sepasang solusi bebas linier misal y1, y2 determeniannya yaitu

y1(a)y2(b)− y2(a)y1(b) 6= 0

Jika tidak bebas linier maka disebut konjugat dan tidak mempunyai so-

lusi yang unik [4].

5

2.4.2 Persamaan nonhomogen dengan nilai batas homogen

Persamaan nonhomogen dengan nilai batas homogen dapat diselesaikan

dengan formula variasi parameter yaitu y = yh(x) + yp(x) dimana yh adalah

solusi homogennya dan solusi partikularnya:

yp(x) = −y1(x)

∫ x

b

y2(t)f(t)

w(t)dt+ y2(x)

∫ x

a

y1(t)f(t)

w(t)dt

yp(x) =

∫ x

a

y2(x)y1(t)f(t)

w(t)dt+

∫ b

x

y1(x)y2(t)f(t)

w(t)dt

dimana w(t) = y1(t)y′2(t)− y2(t)y′1(t) adalah wronksian dari y1, y2.Selan-

jutnya adalah mensubstitusikan syarat nilai batas sehingga diperoleh solusi

khusus [4].

Contoh sederhana dari penyelesaian masalah nilai batas nonhomogen de-

ngan menggunakan metode variasi parameter yaitu menyelesaikan persamaan:

y′′(x) = 1, y(0) = y(1) = 0

Solusi homogennya:

yh(x) = c1 + c2(x)

Substitusikan syarat nilai batas.Untuk memenuhi y1(0) = 0, harus mempu-

nyai c1 = 0 maka dapat memilih dengan mudah c2 = 1.Di x = 1 dan harus

mempunyai c1 + c2 = 0 , sehingga dapat memilih c1 = 1, c2 = −1.Diperoleh :

y1(x) = x, y2(x) = 1− x

untuk solusi homogen bebas linier.Wronksiannya adalah

W (f, g) ≡

∣∣∣∣∣x 1− x1 −1

∣∣∣∣∣ = −1

yp(x) = x2

2− x

2. y = x+ 1− x+ x2

2− x

2.

2.5 Variational Principle

Pada variational principle (Kalkulus variasi) fokus utamanya yaitu men-

cari fungsi yang memaksimasi atau meminimasi nilai suatu integral.Yang pa-

6

ling sederhana adalah mencari y(x) pada interval a ≤ x ≤ b yang memaksimasi

atau meminimasi nilai integral tentu :

I[y] =

∫ b

a

F (x, y(x), y′(x))dx , dimana ()′ =d()′

dx(2)

miny∈SI[y] | y(a) = A, y(b) = B

dimana S adalah himpunan semua fungsi yang memenuhi syarat batas.

Pada umumnya digunakan pendekatan numerik terhadap solusi karena

solusi eksak untuk masalah variational principle hanya ada untuk masalah

yang simpel [2].

Contoh :

I[y] =

∫ 1

0

1

2[(y′)2 − y2 − 2sin(πx)y]dx , dimana y(0) = y(1) = 0 (3)

Langkah-langkah dalam masalah variational principle:

1. Tentukan partisi

2. Tentukan fungsi basis

3. Cari turunannya terhadap koefisien sehingga diperoleh fungsi yang me-

minimasi nilai I[y].

Misal interval I dipartisi menjadi n subinterval dengan fungsi basisnya φi(x) =

xi(1− x).Pada subinterval ke-1.

y1 = a1φ1(x)

dimana a1 tidak diketahui.Perlu diketahui bahwa φ1(0) = φ(1) = 0 sehing-

ga y(x) memenuhi syarat nilai batas.Selanjutnya menemukan y1, dinotasikan

y1,yang menyebabkan I[y] minimum ini sama saja dengan menemukan kon-

stanta optimal a1.

I[y1] =

∫ 1

0

1

2[(a1φ

′1)

2 − (a1φ1)2 − 2sin(πx)a1φ1]dx =

1

2a21α11 − a1α10 (4)

dimana α11 =

∫ 1

0

[(φ′1)2 − (φ1)

2]dx =3

10, α10 =

∫ 1

0

sin(πx)φ1dx =4

π3

I[y1] =1

2a21α11 − a1α10 =

1

2a21

3

10− a1

4

π3(5)

7

Selanjutnya mencari konstanta yang tepat agar nilai integral minimal yaitu

dengan menganggap I sebagai fungsi dari a1.Jelas, supaya a1 minimal turunan

pertamaya harus nol.

I ′a1 = a1α11 − α10 = 0. (6)

I ′′a1 =3

10(7)

I(y1) =1

2a21α11 − a1α10 =

1

2a21

3

10− a1

4

π3

dengan a1 = 403π3 adalah minimum karena turunan keduanya positif.

Tapi I(y1) bisa jadi bukan minimum yang sebenarnya (minimum lokal)

dimana ini diperoleh dari subinterval ke-1 .Maka pilih φ2 = x2(1− x) dan me-

lakukan cara yang sama.Selanjutnya dibandingkan sehingga diperoleh fungsi

y yang minimum.

8

BAB III METODE RAYLEIGH-RITZ

Gambar 1: Gambar Tekanan Pada Balok dengan Penampang Persegi Panjang

Salah satu masalah persamaan diferensial linier dengan 2 nilai batas pada

analisis tekanan-balok adalah pada persamaan :

− d

dx

(p(x)

dy

dx

)+ q(x)y = f(x) , dimana 0 ≤ x ≤ 1 (8)

dengan kondisi batas

y(0) = y(1) = 0 (9)

Persamaan differensial ini menggambarkan defleksi y(x) pada balok de-

ngan panjang 1, luas penampang-lintang q(x) dan tekanan f(x) dan p(x).

Teorema Penyelesaian Persamaan Balok 3.1 Misal p ∈ C1[0, 1] dan

p(x) ≥ δ > 0, q(x) ≥ 0 , dimana 0 ≤ x ≤ 1

fungsi y ∈ C20 [0, 1] adalah solusi unik pada persamaan diferensial

− d

dx

(p(x)

dy

dx

)+ q(x)y = f(x) , dimana 0 ≤ x ≤ 1

jika dan hanya jika y adalah fungsi unik di C20 [0, 1] yang meminimasi integral

I[u] =

∫ 1

0

p(x)[u′(x)]2 + q(x)[u(x)]2 − 2f(x)u(x)dx (10)

Bukti teorema ini dapat dilihat di [7].

Variational principle (Kalkulus Variasi) untuk persamaan (8) adalah ide

dasar dari metode Rayleigh-Ritz sehingga solusinya adalah fungsi yang memi-

nimasi nilai integral tentu I[u].

9

Metode Rayleigh-Ritz mendekati solusi fungsi y dengan fungsi

φ(x) =n∑i=1

ciφi(x)

.

Karena termasuk dalam variational principle, langkah-langkah dalam

me-tode Rayleigh-Ritz nilai integral I diminimasi tidak pada semua fungsi

di C20 [0, 1] tetapi pada himpunan fungsi yang lebih kecil yang terdiri dari kom-

binasi linier fungsi basis φ1, φ2, . . . , φn.Fungsi basis {φi}ni=1 harus bebas linier

dan memenuhi:

φi(0) = φi(1) = 0 , dimana i = 1, 2, . . . , n

Pendekatan solusi y(x) dengan menggunakan fungsi kombinasi linier φ(x) =

Σni=1ciφi(x) diperoleh dengan cara mencari konstanta c1, c2, . . . , cn untuk me-

minimasi I[Σni=1ciφi(x)].

Dari persamaan (10) misalkan u = φ.

I[φ] = I

[n∑i=1

ciφi

]

=

∫ 1

0

{p(x)

[n∑i=1

ciφ′i(x)

]2+ q(x)

[n∑i=1

ciφi(x)

]2

−2f(x)n∑i=1

ciφi(x)

}dx (11)

Untuk meminimumkan nilai integral I[u], misalkan I adalah fungsi yang

variabel bebasnya c1, c2, . . . , cn kemudian turunkan secara parsial yaitu:

∂I

∂cj= 0 untuk setiap j = 1, 2, . . . , n (12)

Mendiferensialkan (11) diperoleh :

∂I

∂cj=

∫ 1

0

{2p(x)

n∑i=1

ciφ′i(x)φ′j(x) + 2q(x)

n∑i=1

ciφi(x)φj(x)

−2f(x)φj(x)

}dx (13)

10

dan mensubstitusikan ke persamaan (12) diperoleh :

0 =n∑i=1

[∫ 1

0

p(x)φ′i(x)φ′j(x) + q(x)φi(x)φj(x)dx

]ci

−∫ 1

0

f(x)φj(x)dx untuk setiap j = 1, 2, . . . , n (14)

sehingga akan diperoleh sistem linier Ac = b dengan A merupakan ma-

triks yang entrinya :

aij =

∫ 1

0

[p(x)φ′i(x)φ′j(x) + q(x)φi(x)φj(x)]dx (15)

dan matriks b yang entrinya : bi =∫ 1

0f(x)φi(x)dx.

3.2 Langkah-Langkah Metode Rayleigh-Ritz

• Langkah pertama dalam metode Rayleigh-Ritz adalah membentuk par-

tisi pada [0, 1] dengan memilih titik x0, x1, . . . , xn+1 dengan 0 = x0 <

x1 < . . . , xn, xn+1 = 1 .Misal hi = xi+1 − xi untuk setiap i = 0, 1, . . . , n

adalah lebar setiap subinterval.

• Langkah kedua adalah menentukan fungsi basis, dimana pada SL ini

fungsi basisnya:

Gambar 2: Gambar Fungsi Basis

11

φi(x) =

0, if 0 ≤ x ≤ xi−1;

(x−xi−1)hi−1

, if xi−1 < x ≤ xi;

(xi+1−x)hi

, if xi < x ≤ xi+1;

0, if xi+1 < x ≤ 1;

(16)

Maka turunannya diperoleh :

φ′i(x) =

0, if 0 < x < xi−1;

1hi−1

, if xi−1 < x < xi;

−1hi, if xi < x < xi+1;

0, if xi+1 < x < 1;

untuk setiap i = 1, 2, . . . , n. Karena φi dan φ′i tidak nol hanya pada

(xi−1, xi+1),maka :

φi(x)φj(x) = 0

dan

φ′i(x)φ′j(x) = 0

kecuali ketika j = i − 1 atau i + 1 sitem persamaan linier (14) apabila

dirubah ke dalam matriks n x n akan diperoleh matriks tridiagonal.Entri

bukan nol di A diperoleh dari :

aii =

∫ 1

0

[p(x)[φ′i(x)]2 + q(x)[φi(x)]2]dx

=

∫ xi

xi−1

(1

hi−1)2p(x)dx+

∫ xi+1

xi

(−1

hi)2p(x)dx

+

∫ xi

xi−1

(1

hi−1)2(x− xi−1)2q(x)dx

+

∫ xi+1

xi

(1

hi)2(xi+1 − x)2q(x)dx (17)

untuk setiap i = 1, 2, . . . , n.

ai,i+1 =

∫ 1

0

p(x)φ′i(x)φ′i+1(x) + q(x)φi(x)φi+1(x)dx

=

∫ xi+1

xi

−(1

hi)2p(x)dx

+

∫ xi+1

xi

(1

hi)2(xi+1 − x)(x− xi)q(x)dx (18)

12

untuk setiap i = 1, 2, 3, . . . , n− 1.

ai,i−1 =

∫ 1

0

p(x)φ′i(x)φ′i−1(x) + q(x)φi(x)φi−1(x)dx

=

∫ xi

xi−1

−(1

hi−1)2p(x)dx

+

∫ xi

xi−1

(1

hi−1)2(xi − x)(x− xi−1)q(x)dx (19)

untuk setiap i = 2, 3, . . . , n. Nilai entri b diperoleh dari:

bi =

∫ 1

0

f(x)φi(x)dx

=

∫ xi

xi−1

1

hi−1(x− xi−1)f(x)dx+

∫ xi+1

xi

1

hi(xi+1 − x)f(x)dx (20)

untuk setiap i = 1, 2, . . . , n.

• Langkah ketiga adalah memasukan entri-entri di atas ke dalam persama-

an Ac = b.

• Langkah keempat adalah menyelesaikan Ac = b sehingga diperoleh kon-

stanta c1, c2, . . . , cn.Selanjutnya masukan ke dalam persamaan:

y(x) =n∑i=1

ciφi(x)

3.3 Penerapan Metode Rayleigh-Ritz pada Persamaan

Balok

−y′′ + π2y = 2π2 sin(πx), 0 ≤ x ≤ 1, y(0) = y(1) = 0 (21)

• Penyelesaian dengan Metode Variasi Parameter.

y′′ − π2y = −2π2sin(πx)

yh(x) = c1eπx + c2e

−πx

13

yp(x) = uy1 + vy2

yp(x) =

∫ x

a

y2(x)y1(t)f(t)

w(t)dt+

∫ b

x

y1(x)y2(t)f(t)

w(t)dt

yp(x) = sin(πx)

y(x) = sin(πx) + c1eπx + c2e

−πx

masukan kondisi batas, diperoleh:

y(x) = sin(πx)

Gambar 3: Gambar y = sin(πx)

• Penyelesaian dengan Metode Rayleigh-Ritz.

– Langkah 1.Partisi. Misal hi = h = 0.1 sehingga xi = 0.1i untuk

setiap i = 0, 1, 2, . . . , 9

– Langkah 2.Tentukan fungsi basis.Fungsi basisnya adalah (16).

– Langkah 3.Bentuk sistem persamaan linier.Karena hi = h = 0.1,q(x)

= π2 dan p(x) = 1 maka :

aii = (1

hi−1)2∫ xi

xi−1

dx+ (−1

hi)2∫ xi+1

xi

dx

+ (1

hi−1)2π2

∫ xi

xi−1

(x− xi−1)2dx

+ (1

hi)2π2

∫ xi+1

xi

(xi+1 − x)2dx

= 20 +π2

15(22)

14

ai,i+1 = −(1

hi)2∫ xi+1

xi

dx

+ (1

hi)2π2

∫ xi+1

xi

(xi+1 − x)(x− xi)dx

= −10x|xi+1xi

+ 100π2

∫ xi+1

xi

(xi+1 + xi)− xi+1xi − x2(23)

untuk i = 1, . . . , 8.

ai,i−1 = −(1

hi−1)2∫ xi

xi−1

dx

+(1

hi−1)2π2

∫ xi

xi−1

(xi − x)(x− xi−1)dx

= −10x|xixi−1+ 100π2

∫ xi

xi−1(xi + xi−1)− xi−1xi − x2(24)

untuk i = 2, . . . , 9.Sehingga diperoleh matriks tridiagonal simetri

dengan entri :

ai,i+1 untuk i = 1, . . . , 8 sama dengan ai,i−1 untuk i = 2, . . . , 9 yaitu

−10 + π2

60

dan matriks b mempunyai entri :

b1 = 3.297.10−6 b5 = 1.6483.10−5

b2 = 6.594.10−6 b6 = 1.9778.10−5

b3 = 9.89.10−6 b7 = 2.3072.10−5

b4 = 1.3187.10−5 b8 = 2.6367.10−5

b9 = 1.096

– Langkah 4.Cari konstanta ci.

Teorema Eliminasi Gauss 3.3.1 Jika A adalah matriks n x n

yang definit positif, maka A nonsingular.Selanjutnya Eliminasi Ga-

uss dapat digunakan pada sembarang sistem linier Ax = B untuk

memperoleh solusi unik tanpa perubahan baris atau kolom, dan kom-

putasi(perhitungan spl) stabil .

Definisi 3.2.1 .Definit positif adalah jika xtAx > 0∀n dimensi.

Karena matriks A definit positif maka dengan metode Eliminasi

Gauss diperoleh [7] :

15

c1 = 0.3102866742 c6 = 0.9549641893

c2 = 0, 5902003271 c7 = 0.8123410598

c3 = 0.8123410598 c8 = 0.5902003271

c4 = 0.9549641893 c9 = 0.3102866742

c5 = 1.004108771

sehingga

φ(x) = Σ9i=1ciφi(x)

Gambar 4: Gambar y = φ(x)

• Penyelesaian dengan Algoritma Rayleigh-Ritz

– input integer n sehingga x0 = 0 < x1 < . . . < xn < xn+1 = 1.

– output koefisien c1, . . . , cn.

– For i = 0, . . . , n , hi = xi+1 − xi.

– For i = 0, . . . , n, definisikan fungsi basis (16).

– Buat variabel untuk nilai inisial.

IOLD1 = (1

h0)2∫ x1

x0

p(x)dx

= 100

∫ 0.1

0

dx

= 10 (25)

16

IOLD2 = (1

h0)2∫ x1

x0

(x− x0)2q(x)dx

= 100

∫ 0.1

0

x2π2dx

=π2

30(26)

– For i = 1, . . . , n− 1.Buat variabel :

INEW1 = (1

hi)2∫ xi+1

xi

p(x)dx

= 100

∫ 0.1i+0.1

0.1i

dx

= 10 (27)

INEW2 = (1

hi)2∫ xi+1

xi

(x− xi)2q(x)dx

= 100

∫ 0.1i+0.1

0.1i

(x− 0.1i)2π2dx

=π2

30(28)

I3 = (1

hi)2∫ xi+1

xi

(xi+1 − x)2q(x)dx

= 100

∫ 0.1i+0.1

0.1i

(0.1i+ 0.1− x)2π2dx

=π2

30(29)

I4 = (1

hi)2∫ xi+1

xi

(xi+1 − x)(x− xi)q(x)dx

= 100

∫ 0.1i+0.1

0.1i

(0.1i+ 0.1− x)(x− 0.1i)π2dx

=π2

60(30)

17

I5 =1

hi−1

∫ xi

xi−1

(x− xi−1)f(x)dx

= 10

∫ 0.1i

0.1i−0.1(x− 0.1i+ 0.1)2π2sin(πx)dx

= −2π cos(0.1πi) + 20[sin(0.1πi)− sin((0.1i− 0.1)π)](31)

I6 =1

hi

∫ xi+1

xi

(xi+1 − x)f(x)dx

= 10

∫ 0.1i+0.1

0.1i

(0.1i+ 0.1)2π2sin(πx)dx

= 2π cos(0.1πi)− 20[sin((0.1i+ 0.1)π)− sin(0.1πi)] (32)

aii = IOLD1 + INEW1 + IOLD2 + I3 = 20 +π2

15

ai,i+1 = −INEW1 + I4 = −10 +π2

60

bi = I5 + I6 = 40 sin(0.1πi)(1− cos(0.1π))

IOLD1 + INEW1 = 10

IOLD2 + INEW2 =π2

30

– Buat variabel lagi untuk menentukan a99 dan b9.

INEW1 = (1

hn)2∫ xn+1

xn

p(x)dx

= 100

∫ 1

0.9

dx

= 10 (33)

I3 = (1

hn)2∫ xn+1

xn

(xn+1 − x)2q(x)dx

= 100

∫ 1

0.9

(1− x)2π2dx

=π2

30(34)

18

I5 =1

hn−1

∫ xn

xn−1

(x− xn−1)f(x)dx

= −2π cos(0.9π) + 20[sin(0.9π)− sin(0.8π)] (35)

I6 =1

hn

∫ xn+1

xn

(xn+1 − x)f(x)dx

= 2π cos(0.9π) + 20 sin(0.9π) (36)

an,n = IOLD1 + INEW1 + IOLD2 + I3 = α9 = 20 +π2

15

bn = I5 + I6 = b9 = 40 sin(0.9π)− 20 sin(0.8π)

– Selesaikan sistem persamaan linier.Diperoleh:

c1 = 0.3102866742 c6 = 0.9549641893

c2 = 0, 5902003271 c7 = 0.8123410598

c3 = 0.8123410598 c8 = 0.5902003271

c4 = 0.9549641893 c9 = 0.3102866742

c5 = 1.004108771

sehingga

φ(x) = Σ9i=1ciφi(x)

sedangkan dalam solusi analitik diperoleh :

y(x) = sinπx

Error dari setiap aproksimasi di xi untuk setiap i = 1, 2, . . . , 9 dapat

dilihat dari Tabel 1 sehingga diperoleh solusi stabil dan :

|φ(x)− y(x)| = O(h2) 0 ≤ x ≤ 1

Karena O(h2) maka apabila subinterval dibagi 2, errornya adalah error sebe-

lumnya dibagi 4 [9].Pembuktian ini terdapat pada buku Schultz [7].

19

i xi φ(xi) y(xi) |φ(xi)− y(xi)|1 0.1 0.3102866742 0.3090169943 0.001272 0.2 0.5902003271 0.5877852522 0.002423 0.3 0.8123410598 0.8090169943 0.003324 0.4 0.9549641896 0.9510565162 0.003915 0.5 1.004108771 1.0000000000 0.004116 0.6 0.9549641893 0.9510565162 0.003917 0.7 0.8123410598 0.8090169943 0.003328 0.8 0.5902003271 0.5877852522 0.002429 0.9 0.3102866742 0.3090169943 0.00127

Tabel 1: Tabel y = sin(πx) dan y = φ(x)

Gambar 5: Gambar y = sin(πx) dan y = φ(x)

20

BAB IV KESIMPULAN dan SARAN

4.2 Kesimpulan

Langkah-langkah Metode Rayleigh-Ritz :

1. Partisi interval menjadi beberapa subinterval.

2. Tentukan fungsi basis.

3. Bentuk sistem persamaan linier.

4. Cari konstanta ci untuk Σni=1ciφi.

Penerapan langkah-langkah Metode Rayleigh-Ritz pada persamaan (21) :

1. Partisi interval menjadi 9 subinterval dengan panjang 0, 1.

2. Fungsi basis yang dipilih yaitu (16).

3. Bentuk sistem persamaan linier Ac = b dari persamaan (10).

4. Gunakan Eliminasi Gauss untuk mencari konstanta ci ,setelah diketaui

masukkan pada persamaan Σni=1ciφi.

Penggunaan PWL (16) sebagai fungsi basis dalam pendekatan solusi per-

samaan (21) dengan partisi menjadi 9 subinterval dan panjang subintervalnya

0, 1 menghasilkan :

• Sistem persamaan linier yang jika dibentuk ke dalam matriks Ac = b

maka akan menghasilkan matriks A yang berbentuk tridiagonal simetri

dan definit positif sehingga komputasi (penyelesaian spl) stabil.

• Solusi persamaan (21) unik dan stabil.

4.3 Saran

Penggunaan PWL pada studi literatur ini mempunyai kelemahan yaitu

kontinyu tetapi tidak diferensiabel di [0, 1] sehingga diperlukan fungsi basis

yang lebih kompleks misalnya φi ∈ C20 [0, 1] yang diharapkan memperoleh solusi

aproksimasi yang lebih baik.

21

Daftar Pustaka

[1] Francis Scheild,Ph.D, 2000 Solved Problems In Numerical Analysis,

Boston University, McGraw-Hill Publishing Company.

[2] Frederick Y.M.Wan , Introduction to the calculus of variations and its

application, Chapman Hall Mathematics.

[3] O.C Zienkiewicz and K.Morgan , Finite Elements And Approxima-

tion, University of Wales, Swansea, United Kingdom, John Wiley and

Sons.

[4] Richard .E.Williamson , Introduction Differental equation and Dyna-

mic System.

[5] Richard L. Burden and J.Douglas Faires , Numerical Analysis third

edition, Priadle Weber and Schmidt, Boston.

[6] Robert G.Bartle and Donald R.Sherbert , Introduction to Real Ana-

lysis, Third Edition, John Wiley and Sons,Inc.

[7] Schultz,M.H , Spline Analysis, Prentice Hall, Englewood Cliffs,N.J.

[8] Sri Redjeki P,Dr , Metoda Matematika, Fakultas MIPA Institut Tek-

nologi Bandung,2009.

[9] Steven Chapra , Numerical Methods , McGraw-Hill.

[10] William E Boyce and Richard C Diprima , Elementary Differential

Equations and Boundary Value Problem, John Wiley and Sons.Inc.

22