penyelesaian sistem persamaan tak linier # pengantar # # metode

PENYELESAIAN SISTEM PERSAMAAN TAK LINIER
Materi Kuliah:
Pengantar; Iterasi Satu Titik; Iterasi Newton
# PENGANTAR #
Berikut ini adalah contoh sekumpulan 2 buah persamaan tak linier simultan, dengan 2 buah variabel
yang tak diketahui:
x12 + x1 x2 = 10
... (i)
2
x2 + 3 x1 x2 = 57
... (ii)
Dengan cara grafik, harga x1 dan x2 yang merupakan penyelesaian sistem persamaan ini terlihat dari
perpotongan (intersection) antara 2 kurva. Perhatikanlah bahwa penyelesaian sistem persamaan
tersebut di atas adalah: x1 = 2 dan x2 = 3 (lihat gambar berikut...!!!)
6
x12 + x1 x2 = 10
5
Penyelesaian:
(2,3)
x2
4
x2 + 3 x1 x22 = 57
3
2
1
0
0
1
2
x1
3
4
Secara umum, sistem atau kumpulan persamaan tak linier yang melibatkan n buah persamaan
dengan n buah variabel yang tak diketahui, dapat dituliskan dalam bentuk:
f1 (x1, x2, ... , xn) = 0
f2 (x1, x2, ... , xn) = 0
#
fn (x1, x2, ... , xn) = 0
atau, dapat juga dituliskan sebagai: fi (x) = 0
dengan: i = 1, 2, ..., n
di mana f menyatakan fungsi atau persamaan tak linier dan x = [x1 x2 ... xn]
Penyelesaian sistem persamaan tersebut merupakan nilai-nilai x yang membuat sistem persamaan
sama dengan nol.
Seperti halnya penentuan akar persamaan tak linier tunggal, dua metode berikut ini dapat diterapkan
untuk penyelesaian sebuah sistem persamaan tak linier:
1. Metode substitusi berurut (atau iterasi satu titik, atau iterasi titik tetap)
2. Metode iterasi Newton-Raphson
# METODE ITERASI SATU TITIK #
Seperti penyelesaian persamaan tak linier tunggal, formula iterasi satu titik untuk sekumpulan
persamaan tak linier melibatkan sebuah proses penyusunan ulang persamaan:
fi (x) = 0
menjadi berbentuk:
xi = gi (x1, x2, ..., xn)
Metode ini mempunyai strategi yang sama dengan metode iterasi titik tetap dan metode GaussSeidel (Lihat kembali materi kuliah sebelumnya). Masing-masing persamaan tak linier diselesaikan
dy/analisis numerik/penyelesaian sistem persamaan tak linier/februari 2008/halaman 1 dari 9
untuk memperoleh sebuah nilai x yang tak diketahui. Sistem persamaan ini selanjutnya diproses
secara iteratif untuk menghitung nilai-nilai x yang baru, yang diharapkan akan konvergen kepada
penyelesaian yang sesungguhnya.
Contoh:
Gunakan metode substitusi berurut untuk menentukan akar-akar persamaan:
x12 + x1 x2 = 10
...(a)
2
x2 + 3 x1 x2 = 57
...(b)
Gunakan nilai tebakan awal: x1 = 1,5 dan x2 = 3,5
Bandingkan hasilnya dengan nilai x1 dan x2 yang sesungguhnya.
Penyelesaian:
Masing-masing persamaan (a) dan (b) dapat disusun ulang (rearranging) untuk memperoleh
harga x1 dan x2 sebagai berikut:
10 − x12
x1 =
dan
x2 = 57 − 3 x1 x22
x2
Iterasi pertama:
Dengan menggunakan nilai awal x1 = 1,5 dan x2 = 3,5, maka x1 (baru) dapat dihitung
dengan cara:
10 − (1,5) 2
x1 =
= 2,21429
3,5
Nilai x1 (baru) ini dan nilai x2 (lama) selanjutnya dapat dihitung untuk menghitung nilai
x2 (baru):
x2 = 57 − 3 (2,21429) (3,5) 2 = −24,37516
Iterasi kedua:
Dengan cara yang sama, diperoleh:
10 − (2,21429) 2
= −0,20910
x1 =
− 24,37516
x2 = 57 − 3 (−0,20910) (−24,37516) 2 = 429,709
Perhatikanlah bahwa pendekatan ini menghasilkan penyelesaian yang divergen...!!
Oleh karena itu, persamaan (a) dan (b) disusun ulang kembali dengan cara yang berbeda,
misalnya:
Dari persamaan (a)
: x1 = 10 − x1 x2
dan, dari persamaan (b)
:
x2 =
57 − x2
3 x1
Iterasi pertama:
x1 = 10 − (1,5) (3,5) = 2,17945
x2 =
57 − 3,5
= 2,86051
3 (2,17945)
Iterasi kedua:
x1 = 10 − (2,17945) (2,86051) = 1,94053
x2 =
57 − 2,86051
= 3,04955
3 (1,94053)
Perhatikanlah bahwa pendekatan ini menghasilkan penyelesaian yang konvergen ke arah
nilai-nilai yang sesungguhnya (x1 = 2 dan x2 = 3)
Hasil-hasil perhitungan selengkapnya disajikan dalam tabel berikut ini:
dy/analisis numerik/penyelesaian sistem persamaan tak linier/februari 2008/halaman 2 dari 9
# METODE ITERASI NEWTON-RAPHSON #
Ingat kembali metode Newton-Raphson untuk menentukan akar persamaan tak linier tunggal (pada
materi sebelumnya). Untuk persamaan tak linier tunggal, cara lain untuk menyusun formulanya
adalah dengan menurunkannya dari ekspansi deret Taylor order-pertama:
f ( xi +1 ) = f ( xi ) + ( xi +1 − xi ) f ' ( xi )
di mana xi adalah nilai tebakan awal x dan xi+1 adalah nilai x yang merupakan perpotongan antara
slope f’(x) dengan sumbu x. Karena pada perpotongan ini, f(xi+1) bernilai nol, maka persamaan di
atas dapat disusun ulang menjadi:
f ( xi )
xi +1 = xi −
f ' ( xi )
yang merupakan formula Newton-Raphson untuk persamaan tunggal.
Pendekatan di atas selanjutnya dapat diterapkan untuk kumpulan atau sistem persamaan tak linier,
yang terdiri atas n buah persamaan, dengan n buah variabel bebas yang tak diketahui. Sebagai
contoh, ekspansi deret Taylor order-pertama untuk 2 buah variabel dapat dituliskan sbb.:
f1,i +1 = f1,i + ( x1,i +1 − x1,i )
f 2,i +1 = f 2,i + ( x1,i +1 − x1,i )
∂ f1,i
∂ x1
∂ f 2 ,i
∂ x1
+ ( x2,i +1 − x2,i )
∂ f1,i
+ ( x2,i +1 − x2,i )
∂ x2
∂ f 2 ,i
∂ x2
Karena f1,i+1 dan f2,i+1 bernilai nol, maka kedua persamaan di atas dapat disusun ulang menjadi:
∂ f1,i
∂ x1
∂ f 2,i
∂ x1
x1,i +1 +
x1,i +1 +
∂ f1,i
∂ x2
∂ f 2,i
∂ x2
x2,i +1 = − f1,i + x1,i
x2,i +1 = − f 2,i + x1,i
∂ f1,i
+ x2,i
∂ x1
∂ f 2,i
∂ x1
+ x2,i
∂ f1,i
∂ x2
∂ f 2,i
∂ x2
Suku-suku yang mengandung subscript i telah diketahui nilainya; sedangkan suku-suku yang
mengandung subscript i+1 yang akan dihitung. Dengan cara lain, kedua persamaan di atas dapat
disusun dalam bentuk matriks (yakni perkalian sebuah matriks bujur sangkar dengan sebuah vektor
yang menghasilkan sebuah vektor) menjadi:
⎡ ∂ f1,i
⎢∂x
1
⎢
⎢ ∂ f 2,i
⎢∂x
1
⎣
∂ f1,i ⎤ ⎡ x ⎤ ⎡
⎢ 1,i +1 ⎥ ⎢ − f1,i + x1,i
∂ x2 ⎥⎥ ⎢
⎥ = ⎢
∂ f 2,i ⎥ ⎢
⎥ ⎢
x
⎢
⎥ ⎢− f 2,i + x1,i
⎥
2
,
i
+
1
∂ x2 ⎦ ⎣
⎦ ⎣
A
x =
∂ f1,i
∂ x1
∂ f 2,i
∂ x1
b
+ x2,i
+ x2 ,i
∂ f1,i ⎤
∂ x2 ⎥⎥
∂ f 2,i ⎥
∂ x2 ⎥⎦
dy/analisis numerik/penyelesaian sistem persamaan tak linier/februari 2008/halaman 3 dari 9
Selanjutnya, besarnya vektor x dapat ditentukan. Matriks A dalam sistem persamaan ini sering
disebut sebagai matriks Jacobian.
Nilai-nilai x1,i+1 dan x2,i+1 juga dapat ditentukan melalui manipulasi aljabar (misalnya dengan cara
Cramer), menghasilkan:
x1,i +1
∂ f 2,i
∂ f1,i
− f 2,i
∂ x2
∂ x2
= x1,i −
∂ f1,i ∂ f 2,i ∂ f1,i ∂ f 2,i
−
∂ x1 ∂ x2 ∂ x2 ∂ x1
x2,i +1
∂ f1,i
∂ f 2,i
− f1,i
∂ x1
∂ x1
= x 2 ,i −
∂ f1,i ∂ f 2,i ∂ f1,i ∂ f 2,i
−
∂ x1 ∂ x2
∂ x2 ∂ x1
f1,i
f 2,i
Contoh:
Gunakan metode Newton-Raphson multiple-equations untuk menentukan akar-akar persamaan:
x12 + x1 x2 = 10
...(a)
2
x2 + 3 x1 x2 = 57
...(b)
Gunakan nilai tebakan awal: x1 = 1,5 dan x2 = 3,5
Bandingkan hasilnya dengan nilai x1 dan x2 yang sesungguhnya.
Penyelesaian:
Persamaan (a) dan (b) dapat dituliskan kembali dalam bentuk:
f1 = x12 + x1 x2 − 10 = 0
f 2 = x2 + 3 x1 x22 − 57 = 0
Fungsi turunan parsial pertama untuk f1 dan f2:
∂ f2
∂ f1
= 3 x22
= 2 x1 + x2
∂ x1
∂ x1
∂ f1
∂ f2
= x1
= 1 + 6 x1 x2
∂ x2
∂ x2
Iterasi pertama:
Untuk nilai tebakan awal: x1,0 = 1,5 dan x2,0 = 3,5, nilai-nilai turunan parsialnya adalah:
∂ f1,0
= 2 x1,0 + x2,0 = 2 (1,5) + 3,5 = 6,5
∂ x1
∂ f1, 0
= x1,0 = 1,5
∂ x2
∂ f 2, 0
= 3 x22, 0 = 3 (3,5) 2 = 36,75
∂ x1
∂ f 2,0
= 1 + 6 x1, 0 x2, 0 = 1 + 6 (1,5) (3,5) = 32,5
∂ x2
Nilai determinan matriks Jacobian:
Δ = (6,5) (32,5) – (1,5) (36,75) = 156,125
Nilai fungsi f1 dan f2:
f1, 0 = x12,0 + x1,0 x2,0 − 10 = (1,5) 2 + (1,5) (3,5) − 10 = −2,5
f 2, 0 = x2, 0 + 3 x1,0 x22,0 − 57 = 3,5 + 3 (1,5) (3,5) 2 − 57 = 1,625
Dengan demikian, x1 dan x2 (baru) dapat dihitung sebagai berikut:
dy/analisis numerik/penyelesaian sistem persamaan tak linier/februari 2008/halaman 4 dari 9
− 2,5 (32,5) − 1,625 (1,5)
= 2,03603
156,125
1,625 (6,5) − (−2,5) (36,75)
x2 = 3,5 −
= 2,84388
156,125
x1 = 1,5 −
Komentar:
Langkah perhitungan ini dapat diulangi hingga diperoleh tingkat akurasi yang diinginkan.
Perhatikan bahwa hasil perhitungan bersifat konvergen menuju nilai-nilai x1 dan x2 yang
sesungguhnya.
Hasil-hasil perhitungan selengkapnya disajikan dalam tabel berikut ini:
Contoh:
Tentukan akar persamaan:
(i)
y = 1− ex
(ii) x 2 + y 2 = 4 (Persamaan lingkaran)
f1 ( x, y ) = e x + y − 1 = 0
f 2 ( x, y ) = x 2 + y 2 − 4 = 0
atau:
atau:
secara iteratif dengan menggunakan metode Newton.
Penyelesaian:
Secara grafik, terlihat bahwa sistem persamaan tak linier ini mempunyai 2 buah akar (yang
terlihat dari perpotongan antara grafik f1 dan f2).
3
f2
y
Akar-akar
persamaan
2
1
x
0
-3
-2
-1
0
1
2
3
-1
-2
f1
-3
Dengan cara yang sama dengan contoh penyelesaian soal sebelumnya, akan dicoba 2 buah nilai
tebakan awal x dan y yang berbeda.
Hasil-hasil perhitungan selengkapnya, dengan mengambil nilai awal: x = 1; y = -2
dy/analisis numerik/penyelesaian sistem persamaan tak linier/februari 2008/halaman 5 dari 9
Hasil-hasil perhitungan selengkapnya, dengan mengambil nilai awal: x = -1; y = 1
Komentar:
Perhatikanlah bahwa dengan mengambil nilai tebakan awal x dan y yang berbeda, maka hasil
perhitungan masing-masing bersifat konvergen dan mengarah kepada posisi akar persamaan
yang berbeda pula.
Generalization
Secara umum, untuk sejumlah n buah persamaan tak linier, dengan n buah variabel bebas
yang tak diketahui, berlaku hubungan:
∂ f k ,i
∂ x1
x1,i +1 +
∂ f k ,i
∂ x2
x2,i +1 + ... +
∂ f k ,i
∂ xn
xn,i +1 = − f k ,i + x1,i
∂ f k ,i
∂ x1
+ x2 ,i
∂ f k ,i
∂ x2
+ ... + xn,i
∂ f k ,i
∂ xn
dengan k menyatakan persamaan atau variabel yang tak diketahui; i menyatakan nilai (atau
iterasi) sekarang; dan i+1 menyatakan nilai (atau iterasi) berikutnya. Jika persamaan umum di
atas disusun untuk k = 1, 2, ..., n, terlihat bahwa sistem persamaan yang terbentuk merupakan
sekumpulan persamaan linier simultan, yang dapat diselesaikan secara numerik melalui
beberapa metode.
Dalam bentuk matriks, sistem persamaan di atas dapat dituliskan sebagai:
[Z] [xi+1] = - [f] + [Z] [xi]
dengan turunan parsial yang dituliskan sebagai matriks Jacobian dinyatakan sebagai:
dy/analisis numerik/penyelesaian sistem persamaan tak linier/februari 2008/halaman 6 dari 9
⎡∂ f
∂ f1,i
∂ f1,i ⎤
⎢ 1,i
⎥
"
∂ x2
∂ xn ⎥
⎢ ∂ x1
⎢ ∂ f 2,i ∂ f 2,i
∂ f 2,i ⎥
"
⎢
⎥
[ Z ] = ⎢ ∂ x1
∂ x2
∂ xn ⎥
# ⎥
⎢ #
⎢ ∂ f n ,i ∂ f n ,i
∂ f n ,i ⎥
"
⎢
⎥
∂ x2
∂ xn ⎥
⎢⎣ ∂ x1
⎦
Nilai-nilai awal dan akhir dituliskan dalam bentuk vektor:
[xi]T = [x1,i
x2,i ... xn,i]
dan
[xi+1]T = [x1,i+1
x2,i+1
... xn,i+1]
Nilai fungsi pada i dapat dinyatakan dalam bentuk:
[f]T = [f1,i
f2,i ... fn,i]
Permasalahan yang dijumpai dalam penyelesaian sistem persamaan tak linier dengan metode
Newton-Raphson sama dengan permasalahan penyelesaian persamaan tunggal, yakni:
1) Evaluasi fungsi turunan pertama kadang-kadang sulit dilakukan; hal ini bisa diatasi
dengan penerapan finite-difference approximation, dan
2) Pemilihan nilai tebakan awal yang tepat diperlukan untuk menjamin terjadinya
konvergensi penyelesaian.
Finite-difference approximation:
f ( x + Δx j ) − f i ( x j )
∂ fi
≈ i j
∂ xj
Δx j
(forward difference)
f ( x + Δx j ) − f i ( x j − Δx j )
∂ fi
≈ i j
∂ xj
2 Δx j
(central or center difference)
f ( x ) − f i ( x j − Δx j )
∂ fi
≈ i j
∂ xj
Δx j
(backward difference)
Contoh Aplikasi:
Berikut ini adalah skema reaksi kompleks dari sebuah sistem reaksi fase cair:
r1
A
2B
r2
A
C
r3
r4
B
D+C
dengan:
k1 = 1,0 detik-1
[=] gmol/L.detik
r1 = k1 CA
r2 = k2 CA3/2 [=] gmol/L.detik
k2 = 0,2 liter1/2/gmol1/2.detik
2
[=] gmol/L.detik
r3 = k3 CC
k3 = 0,05 L/gmol.detik
2
[=] gmol/L.detik
r4 = k4 CB
k4 = 0,4 L/gmol.detik
Sebuah continuously stirred tank reactor
(CSTR) bervolume (VR) 100 liter digunakan
untuk sistem reaksi ini. Reaktan dengan
konsentrasi A (CA) 1,0 mol/L diumpankan
dengan laju alir volumetrik (Q) 50 liter/detik.
CSTR dirancang beroperasi pada keadaan
steady dan sistem reaksi diasumsikan
beroperasi pada kondisi isotermal.
dy/analisis numerik/penyelesaian sistem persamaan tak linier/februari 2008/halaman 7 dari 9
Neraca massa (mol) untuk masing-masing komponen reaksi dapat dituliskan sebagai berikut:
Out
CA Q
CB Q
CC Q
CD Q
Komponen A:
Komponen B:
Komponen C:
Komponen D:
=
=
=
=
=
In
CA0 Q
0
0
0
+ Generation
+ VR (r3)
+ VR (2 r1)
+ VR (r2 + r4)
+ VR (r4)
- Consumption
- VR (r1 + r2)
- VR (r4)
- VR (r3)
-0
Dengan mensubstitusikan persamaan ri ke dalam neraca mol di atas, maka diperoleh 4 buah
persamaan tak linier simultan berikut:
3
⎞
V ⎛
f1 = −C A + C A0 + R ⎜⎜ − k1 C A − k2 C A 2 + k3 CC2 ⎟⎟ = 0
Q⎝
⎠
f 2 = −CB
+
VR ⎛
2
⎜ 2 k1 C A − k4 CB ⎞⎟ = 0
⎠
Q⎝
f 3 = −CC
+
3
⎞
VR ⎛
⎜⎜ k2 C A 2 − k3 CC2 + k 4 CB2 ⎟⎟ = 0
Q⎝
⎠
VR ⎛
2
⎜ k4 CB ⎞⎟ = 0
⎠
Q⎝
Tentukan besarnya CA, CB, CC, dan CD dengan menngunakan metode Newton. Gunakan nilai-nilai
awal: CA,0 = CB,0 = CC,0 = CD,0 = 0,3
f 4 = −C D
+
Penyelesaian:
Untuk menerapkan metode Newton, turunan parsial dari masing-masing persamaan terhadap
masing-masing variabel perlu ditentukan, untuk menghasilkan matriks Jacobian. Berikut
merupakan non-zero partial derivatives untuk sistem ini:
∂ f 3 VR ⎛
1 ⎞
∂ f1
V ⎛
= ⎜ 2 k 4 CB ⎞⎟
= −1 − R ⎜⎜ k1 + 1,5 k2 C A 2 ⎟⎟
⎠
∂
C
Q⎝
∂ CA
Q⎝
B
⎠
∂ f3
V
∂ f1 VR ⎛
= −1 − R ⎛⎜ 2 k3 CC ⎞⎟
= ⎜ 2 k3 CC ⎞⎟
⎠
Q⎝
∂ CC
⎠
∂ CC Q ⎝
∂ f 4 VR ⎛
∂ f 2 VR
=
⎜ 2 k 4 CB ⎞⎟
=
2 k1
⎝
⎠
C
Q
∂
B
∂ CA Q
∂ f4
∂ f2
V
= −1
= −1 − R ⎛⎜ 2 k 4 C B ⎞⎟
∂
C
D
⎠
∂C
Q⎝
( )
B
1 ⎞
∂ f 3 VR ⎛
= ⎜⎜1,5 k 2 C A 2 ⎟⎟
∂ CA Q ⎝
⎠
Hasil perhitungan secara iteratif (silakan Anda coba menghitung sendiri...!!!):
i
CA
CB
CC
CD
0
0,3
0,3
0,3
0,3
1
0,3150712
0,9001920
0,4148786
0,3600919
2
0,3183329
0,7874451
0,5308877
0,4858863
3
0,3188652
0,7838874
0,5349776
0,4915732
4
0,3188658
0,7838840
0,5349814
0,4916789
Berdasarkan hasil perhitungan di atas, terlihat bahwa 4 langkah iterasi telah menunjukkan hasil
(atau penyelesaian) yang konvergen.
# LATIHAN SOAL #
1. Tentukan penyelesaian sistem persamaan tak linier simultan berikut ini:
y = -x2 + x + 0,5
y + 5 x y = x2
Gunakan metode Newton-Raphson dan gunakan nilai tebakan awal x = y = 1,2
dy/analisis numerik/penyelesaian sistem persamaan tak linier/februari 2008/halaman 8 dari 9
2. Tentukan penyelesaian sistem persamaan tak linier simultan berikut ini:
x2 = 5 – y2
y + 1 = x2
menggunakan:
(a) metode grafik
(b) metode substitusi berurut; dengan nilai tebakan awal x = y = 1,5
(c) metode Newton-Raphson; dengan nilai tebakan awal x = y = 1,5
3. Lakukan 3 langkah iterasi dengan metode Newton untuk menyelesaikan sekumpulan
persamaan tak linier berikut:
f ( x) = 2 x12 + 3 x22 − 50 = 0
f ( x) = 2 x12 − x2 − 9 = 0
Gunakan nilai awal x = [1 1]
4. Selesaikan sistem persamaan tak linier berikut:
f1 = 5 ( x2 − x12 ) 4 = 0
f 2 = (1 − x1 ) 2 = 0
Gunakan x1,0 = x2,0 = 0 dengan metode Newton. Gunakan nilai awal x yang lain, jika perlu.
5. Selesaikan sistem persamaan tak linier berikut:
x13 − e x 2 + sinh x3 = 3,62882
x12 x3 + ( x22 − x3 ) 2 = 4,0
x1 x2 x3 − x3 + x1 x2 = 5,0
Gunakan x1,0 = x2,0 = x3,0 = 0 dengan metode Newton. Gunakan nilai awal x yang lain, jika
penyelesaian yang diperoleh tidak konvergen.
6. Tinjaulah sistem reaksi berkesetimbangan berikut ini:
CH4 (g) + H2O (g)
CO (g) + 3 H2 (g)
... (1)
CO (g) + H2O (g)
CO2 (g) + H2 (g)
... (2)
Pada 2000 K, konstanta kesetimbangan untuk sistem reaksi ini masing-masing adalah
sebesar 1,930 x 10-4 dan 5,528. Gas mula-mula mengandung 20%-mol CH4 (g) dan 80%
H2O (g), yang berada pada kondisi 2000 K dan 1 atm. Konstanta kesetimbangan untuk kedua
reaksi dinyatakan sebagai:
y
y
yCO y H3 2
dan
K1 =
P2
K 2 = CO2 H 2
yCH 4 y H 2 O
yCO yH 2 O
Jika 10 mol gas dipilih sebagai basis perhitungan; ε1 menyatakan tingkat reaksi untuk reaksi
(1) dan ε2 menyatakan tingkat reaksi untuk reaksi (2), maka fraksi mol komponen-komponen
reaksi pada kesetimbangan dapat dinyatakan sebagai:
3ε + ε
8 − ε1 − ε 2
ε −ε
y CO = 1 2
yH2 = 1 2
y H 2O =
10 + 2 ε1
10 + 2 ε1
10 + 2 ε1
2 − ε1
ε2
y CO2 =
y CH 4 =
10 + 2 ε 1
10 + 2 ε1
Dengan mensubstitusikan 5 persamaan fraksi mol di atas ke dalam 2 persamaan konstanta
kesetimbangan reaksi, diperoleh:
(ε1 − ε 2 ) (3 ε1 + ε 2 )3
= 1,930 x 10− 4
2
(2 − ε1 ) (8 − ε1 − ε 2 ) (10 + 2 ε1 )
ε 2 (3 ε1 + ε 2 )
= 5,528
(ε1 − ε 2 ) (8 − ε1 − ε 2 )
Pertanyaan: Tentukan komposisi gas pada kesetimbangan untuk sistem reaksi ini!
☺☺☺
Selamat Belajar!!!
☺☺☺
dy/analisis numerik/penyelesaian sistem persamaan tak linier/februari 2008/halaman 9 dari 9