Met num 4-0

3. 2 Metode Tertutup

3. 2. 1 Metode Bagidua :
Algoritma Metode Bagi Dua (Bisection Method):
Langkah – langkah mencari akar persamaan f ( x )  0 dengan menggunakan metode bagi
dua,
1. Pilih x  bawah dan x u puncak taksiran diantara dua akar yang mungkin sedemikian
sehingga f ( x  ) f ( x u )  0 , atau dengan kata lain, f ( x ) berbeda tanda diantara x  dan
xu .
2. Taksirlah akar x m diantara akar f ( x )  0 dengan membagi dua diantara x  dan x u ,
x  xu
xm = 
2
3. Sekarang periksa sebagai berikut,
a. Jika f ( x  ) f ( x m )  0 , maka akarnya berada diantara x  dan x m ; sehingga
x   x  dan x u  x m .
b. Jika f ( x  ) f ( x m )  0 , maka akarnya berada diantara x m dan x u ; sehingga
x   x m dan x u  x u .
c. Jika f ( x  ) f ( x m )  0 , maka akarnya adalah x m . Hentikan algoritma komputasi
akarnya sudah benar.
4. Cari taksiran baru dari akar persamaan
x  xu
xm = 
2
dengan mengggunakan aproksimasi galat relatif sebagai berikut
new old
xm - xm
a = new
x 100
xm
dimana,
new
x m = taksiran akar dari iterasi sekarang
old
xm = taksiran akar dari ietrasi sebelumnya
5. Bandingkan approksimasi galat relatif mutlak a dengan galat relatif singnifikansi  s .
Jika a s , kembali ke langkah 3, selanjutnya hentikan algoritma jika terjadi
sebaliknya.

Contoh 3. 1:
Tentukan akar x 3  0.165 x 2  3.993  10 4  0 dalam selang [0; 0.11] dan e = 0.0001
Penyelesaian

27

Iterasi 1
x  xu
Taksir akar persamaan dengan, x m =
2
0  0.11
=
2
= 0.055
f( x m ) = f(0.055) = ( 0.055 ) 3  0.165( 0.055 ) 2  3.993  10 4 = 6. 655 x 10-5

f( xu ) = f(0.11) = (0.11)3  0.165 (0.11)2  3.993 10 4 = - 0, 0027

f( xl ) = f(0) = (0)3  0.165 ()2  3.993 10 4 = 3.993 x 10 -4

 
f  x   f  x m   f 0  f 0.055  ( 3.993  10 4 ) 6.655  10 5  0
berarti akarnya berada diantara x m dan x u , yaitu antara 0.055 dan 0.11. Jadi batas bawah dan
batas atas selang baru adalah,
x  = 0. 055 dan x u = 0. 11

dari titik ini, approksimasi galat relatif mutlak, a belum dapat dihitung karena masih lebih
besar dari nol (lihat langkah algoritma metode bagi dua bagian 5).

Iterasi 2
x  xu
Taksir akar persamaan dengan, x m =
2
0.055  0.11
=
2
= 0.0825
f( x m ) = f(0.0825) = ( 0.0825 ) 3  0.165( 0.0825 ) 2  3.993  10 4 = –1.622 x 10-4

 
f  x  f  x m   f 0.055 f 0.0825  ( 6.655  10 5 )  1.622  10 4  0
berarti akarnya berada diantara x m dan x u , yaitu antara 0.055 dan 0.0825. Jadi batas bawah dan
batas atas selang baru adalah,
x  = 0. 055 dan x u = 0.0825

Approksimasi galat relatif mutlak, a pada akhir iterasi kedua adalah
new old
xm - xm
a = new
x 100
xm

0.0825 - 0.055
= x 100
0.0825
= 33.33%

28

Ketepatan digit belum sesuai karena masih jauh dari akar xm = 0. 0825, approksimasi galat relatif
mutlak masih lebih besar dari 5%.

Iterasi 3
x  xu 0.055  0.0825
xm = =
2 2
= 0.06875

f( x m ) = f(0.06875) = ( 0.06875 ) 3  0.165 ( 0.06875 ) 2  3.993  10 4 = –5 .563 x 10-5

  
f x  f  x m   f 0.055 f 0.06875  ( 6.655  10 5 )  5.563  10 5  0 
berarti akarnya berada diantara x l dan x m , yaitu antara 0.055 dan 0.06875. Jadi batas bawah
dan batas atas selang baru adalah,
x  = 0. 055 dan x u = 0.06875

Approksimasi galat relatif mutlak, a pada akhir iterasi ketiga adalah
new old
xm - xm 0.06875 - 0.055
a = new
x 100 = x 100
xm 0.06875
= 20%
Sama dengan kasus iterasi kedua, singnifikansi digit belum tepat karena masih jauh untuk akar
xm = 0. 06875, approksimasi galat relatif mutlak masih lebih besar dari 5%.
Berikut tujuh iterasi selanjutnya ditunjukkan pada tabel berikut :
Tabel 1: akar fungsi f(x) = 0 menggunakan iterasi metode bagi dua.
Iteration xl xu xm a % f(xm)
1 0.00000 0.11 0.055 ---------- 6.655x10-5
2 0.055 0.11 0.0825 33.33 -1.622x10-4
3 0.055 0.0825 0.06875 20.00 -5.563x10-5
4 0.055 0.06875 0.06188 11.11 4.484x10-6
5 0.06188 0.06875 0.06531 5.263 -2.593x10-5
6 0.06188 0.06531 0.06359 2.702 -1.0804x10-5
7 0.06188 0.06359 0.06273 1.369 -3.176x10-6
8 0.06188 0.06273 0.0623 0.6896 6.497x10-7
9 0.0623 0.06273 0.06252 0.3436 -1.264x10-6
10 0.0623 0.06252 0.06241 0.1721 -3.0767x10-7
Pada iterasi ke–10,
a = 0.1721%

29

Dapat ditunjukkan bahwa ketepatan digit sudah benar untuk nilai “m” dengan perumusan sebagai
berikut,

a  s = 0.5x102 -m

0.1721  0.5x102-m
0.3442  10 2-m
log(0.3442)  2  m
m  2  log( 0.3442 ) = 2. 463
jadi, m = 2.
Jadi digit bilangan signifikansi dari taksiran akar adalah 0.06241 pada iterasi ke–10 adalah 2.

3. 2. 2. Metode Regula Falsi
Metode ini dikembangkan untuk menyempurnakan metode bagidua, dengan memperhitungkan
besaran f(xl) dan f(xu), metode ini dikenal juga sebagai metode interpolasi linier.
y = f(x) (b, f(b))
B
a y = f(x)
[ C  ]
(r, 0)
c b
A
(a, f(a))

Gambar 1. Perbandingan Perumusan Metode Regula Falsi

Gradien garis AB = Gradien garis BC
f (b) f (a ) f (b) 0
=
ba bc
Disederhanakan menjadi,
f ( b )( b  a )
c b
f (b) f (a )

Contoh 3. 2:
Penyelesaian
Diketahui persamaan, x 3  0.165 x 2  3.993  10 4  0 dengan x  = 0, xu = 0. 11
Iterasi 1 :
f ( b0 )( b0  a 0 )
c 0  b0 
f ( b0 )  f ( a 0 )

30

f ( 0.11 )( 0.11  0 )
 0.11 
f ( 0.11 )  f ( 0 )
= 0.11 – [(–0.0002725)(0.11)/(–0.0002725)–(0.00039300)] = 0.0650
Iterasi 2 :
f ( b1 )( b1  c 0 )
c 1  b1 
f ( b1 )  f ( c 0 )
f ( 0.11 )( 0.11  0.0650 )
 0.11 
f ( 0.11 )  f ( 0.0650 )
= 0.11 – [(–0.0002725)(0.045)/(–0.0002725)–(–0,00002914)] = 0.0600
Dengan cara yang sama dapat diterusakan sampai keiterasi berikutnya :
Tabel 2: Akar fungsi f(x) = 0 menggunakan iterasi Regula Falsi
Iterasi
a c b f(a) f (c) f(b) a %
(r )
0 0,0000 0,0650 0,110 0,00039930 -0,00003194 -0,00026620 -
1 0,0660 0,0600 0,110 -0,00003194 0,00002130 -0,00026620 10,00
2 0,0600 0,0637 0,110 0,00002130 -0,00001178 -0,00026620 5,81
3 0,0637 0,0616 0,110 -0,00001178 0,00000730 -0,00026620 3,48
4 0,0616 0,0629 0,110 0,00000730 -0,00000423 -0,00026620 2,06
5 0,0629 0,0621 0,110 -0,00000423 0,00000255 -0,00026620 1,23
6 0,0621 0,0625 0,110 0,00000255 -0,00000150 -0,00026620 0,73
7 0,0625 0,0623 0,110 -0,00000150 0,00000090 -0,00026620 0,43
8 0,0623 0,0624 0,110 0,00000090 -0,00000053 -0,00026620 0,26
9 0,0624 0,0623 0,110 -0,00000053 0,00000032 -0,00026620 0,15
10 0,0623 0,0624 0,110 0,00000032 -0,00000019 -0,00026620 0,09
11 0,0624 0,0624 0,110 -0,00000019 0,00000011 -0,00026620 0,05

Approksimasi galat relatif mutlak, a pada akhir iterasi ketiga adalah
new old
xm - xm 0.0616 - 0.0637
a = new
x 100 = x 100
xm 0.0616
= 3. 48%

31

Latihan Soal :

1. Tentukan akar riil dari persamaan berikut :
f(x) = –0.9x2 + 1,7x + 2.5
a. Menggunakan 4 iterasi metode bagidua untuk menentukan akar terbesar. Gunakan
terkaan awal xl = 2. 8 dan xu = 3.0. Hitung galat a setelah setiap iterasi. (gunakan
ketelitian sampai 6 digit).
b. Dengan cara sama pada bagian (a), gunakan metode regula falsi untuk 3 iterasi saja.
(gunakan ketelitian sampai 6 digit).

f(x) = –2,0 + 6,2x – 4,0 x2+ 0,70x3
a. Menggunakan metode bagidua untuk menentukan akar terkecil. Gunakan terkaan awal
xl = 0. 4 dan xu = 0.6 dan iterasikan sampai taksiran galat dibawah tingkat a = 10%.
b. Dengan cara sama pada bagian (a), gunakan metode regula falsi.

f(x) = x3 – 98
dengan menggunakan metode bagi dua dan metode regula falsi dengan taksiran awal xl =
4 dan xu = 5 sampai a = 0. 1%. (gunakan ketelitian sampai 4 digit).

4. Buat Program dari persamaan pada contoh masalah metode bagidua dan metode regula
falsi.

32

3. 3. Metode Terbuka
3. 3. 1 Iterasi titik tetap
Misalkan transformasi persamaan (3. 1), kedalam bentuk,
x = g(x) (3.4.1)
dan selanjutnya jika diambil sebuah x0 dan dan akan menghitung,
x1 = g(x0),
x2 = g(x1),
…
dan secara umum dapat ditulis,
x1+1 = g(xn), (n = 0, 1, …) (3.3.3.2)
Penyelesaian pers. (3.3. 2), ini disebut metode titik tetap.
Contoh 3. 3:
Tentuk penyelesaian dari persamaan f(x) = x2 - 3x +1 = 0 dengan metode titik tetap,
Penyelesaian
Persamaannya dapat ditulis sebagai,
1 2
x = g1(x) = ( x  1)
3
sehingga,
1 2
xn+1 = ( x  1)
3 n

dan jika diambil x0 = 1, maka diperoleh barisan nilai,
x0 = 1. 000, x1 = 0. 667, x2 = 0. 481, x3 = 0. 411, x4 = 0. 390, …
misalkan diambil x0 = 2,
x0 = 2. 000, x1 = 1. 667, x2 = 1. 2596,
x3 = 0. 8622, x4 = 0. 5811, x5 = 0.4459,
x6 = 0. 3996, x7 = 0. 3866, …
misalkan diambil x0 = 3,
x0 = 3. 000, x1 = 3. 333, x2 = 4. 037, x3 = 5. 766, x4 = 11. 415, …
Persamaan tersebut dapat juga ditulis sebagai
1
x = g2(x) = 3  ,
x
sehingga,

33

1
xn+1 = 3  ,
x
n

Misalkan sekarang diambil x0 = 1, maka diperoleh barisan nilai,
x0 = 1. 000, x1 = 2. 000, x2 = 2. 500, x3 = 2.600, x4 = 2. 615, …
Yang lebih mendekati ke penyelesaian yang lebih besar.
Dan misalkan diambil x0 = 3,
x0 = 3. 000, x1 = 2.667, x2 = 2.625, x3 = 2. 619, x4 = 2.618, …

5 5

g1(x) g2(x)

0 Gambar 1. 0 Gambar 2.
0 x 5 0 x 5

Gambar 1, menunjukkan bahwa kemiringan (slope) lebih kecil dari pada kemiringan y = x, yang

sama dengan 1, sehingga g 1 ( x ) < 1 dan mencapai kekonvergenan. Sedangkan bagian atas


lebih terjal g 1 ( x ) > 0, ini menuju kedivergenan. Pada kasus gambar 2, kemiringan g2(x) lebih

kecil dari pada y = x di dekat titik perpotongannya (x = 2. 618 titik

tetap bagi g2(x), yang merupakan penyelesaian f(x) = 0).

3. 3. 2. Metode Newton-Raphson
Metode ini sama seperti metode bagidua dan kesalahan posisi (false position method),
digunakan untuk mencari akar persamaan non linier dari persamaan f(x) = 0. Dibutuhkan selang
akar yang dibatasi pada dua nilai awal. Sehingga metode ini disebut juga metode tertutup.
Metode ini juga konvergen pada interval diantara dua nilai awal, sampai mendekati titik nol dari
akar – akar fungsi.

34

Pada metode Newton-Raphson, akar tidak selalu di antara selang. Hanya satu nilai awa
dari akar yang akan ditaksir dengan proses iterasi untuk mencari akar persamaan. Oleh karena
itu, metode ini dikategorikan sebagai metode terbuka.
Metode Newton-Raphson pada dasarnya, jika nilai awal dari akar f(x) = 0 pada xi, maka
satu garis dari tangen kurva pada f(xi), titik xi+1 dengan tangen berpotongan dengan absis – x
dapat diperbaiki taksiran akarnya (Gambar 1).
f(x)

[ xi, f(xi)]
f(xi)

f(xi+1)

x
xi+2 xi+1 xi

Gambar 1. Ilustrasi Goemetrik dari Metode Newton Raphson
Dengan menggunakan definisi kemiringan fungsi pada x  x i ,

f  i ) = tan θ
(x

f(xi )  0
f i)==
(x
xi  xi1
diberikan
f(xi )
xi1 = x i - (1)
f'(xi )
Persamaan (1) disebut dengan rumus Newton-Raphson untuk penyelesaian persamaan non linier
dari bentuk f  x   0 . Jadi dimulai dengan nilai awal, xi, selanjutnya dicari nilai selanjutnya,
xi+1, dari persamaan (1). Satu yang dapat diulangi dari proses ini adalah mencari nilai akar yang
sesuai.

Algoritma Metode Newton – Raphson
Langkah–langkah untuk mencari akar menggunakan metode Newton-Raphson dari
persamaan f(x) = 0 adalah,
1. Cari turunan pertama dari fungsi f(x).

35

2. Gunakan nilai awal akar, xi, taksirlah nilai akar dari xi+1 sebagai,
f(xi )
xi1 = x i -
f'(xi )

3. Cari approksimasi nilai galat relatif mutlak, a , dengan

xi 1 - xi
a = x 100
xi  1

4. Bandingkan approksimasi galat relatif mutlak , a dengan galat relatif toleransi,  s .

Jika a >  s , maka kembali ke langkah 2, selanjutnya hentikan algoritma jika

memenuhi. Selanjutnya, periksa jika bilangan dari iterasi melebihi nilai maksimum
sebelumnya.
Contoh 3. 4:

a) Cari approksimasi relatif mutlak pada setiap akhir iterasi, dan

b) Periksa nilai digit signifikansi dari setiap akhir iterasi.

Penyelesaian

Diketahui,

f  x   x 3  0 .165 x 2  3.993  10 4
f  x   3 x 2  0 .33 x

Misalkan diasumsikan nilai akar dari f  x   0 adalah x 0  0 .05 .

Iterasi 1
Taksiran akar persamaan adalah
f x0 
x1  x0 
f  x 0 

 0 .05 
0 .05 3  0 .1650 .05 2  3.993  10 4
30 .05   0 .330 .05 
2

1.118  10 4
 0 .05 
 9  10  3
 0 .05   0.01242
 0 .06242
Approksimasi galat relatif mutlak, a pada iterasi 1 adalah

36

x1  x0
a   100
x1

0 .06242  0 .05
  100
0 .06242
= 19.89%
Nilai digit signifikansi belum tepat, galat approksimasi mutlak masih lebih besar dari 5% untuk
hasi yang didapatkan.
Iterasi 2
Taksiran akar dari persamaan adalah
f x1 
x2  x1 
f  x 1 

 0 .06242 
0 .062423  0 .1650 .062422  3.993  10 4
30 .06242  0 .330 .06242
2

 3 .97781 10 7
 0 .06242 
 8.90973 10  3

 0 .06242  4.4645  10 5 
 0 .06238
Approksimasi galat relatif mutlak, a pada iterasi ke – 2 adalah

x 2  x1
a   100
x2

0 .06238  0 .06242
  100
0 .06238
 0 .0641%
Nilai digit signifikansi pada iterasi ke–dua adalah 2.
Iterasi 3
Taksiran akar dari persamaan adalah
f x2 
x3  x2 
f  x 2 

 0 .06238 
0 .062383  0 .1650 .062382  3.993  10 4
30 .06238  0 .330 .06238
2

4.42937  10 11
 0 .06238 
 8.91171 10  3

37


 0 .06238   4.9703  10 9 
 0 .06238
Approksimasi galat relatif mutlak, a pada iterasi ke – 3 adalah,

0 .06238  0 .06238
a   100
0 .06238
0
Nilai digit signifikansi pada iterasi ke – 3 adalah 4, hanya 4 digit signifikansi selanjutnya sudah
mendekati nilai nol.

3. 2. 3 Metode Secant
Penyelesaian persamaan nonlinier f(x) = 0 menggunakan Metode Newton-Raphson dirumuskan
dengan fungsi rekursi sebagai berikut :

f(xi )
xi1 = x i - (1)
f'(xi )

Dari persamaan diatas, kekurangan metode Newton–Raphson, adalah tidak semua fungsi
mempunyai turunan. Kekurangan ini dapat dirumuskan dengan menggunakan definisi turunan
(atau dapat juga dikebnagkan dari deret Taylor), dengan f’(x) merupakan approksimasi dari f(x)
sehingga,

f ( x i )  f ( x i 1 )
f ( x i )  (2)
x i  x i 1

dengan mensubtitusi ke persamaan (2) ke persamaan (1), maka,
f ( x i )( x i  x i  1 )
x i1  x i  (3)
f ( x i )  f ( x i 1 )
persamaa (3) ini disebut dengan metode Secant. Metode ini mempunyai nilai dua inisial (nillai
awal), tetapi, tidak sama dengan metode Bagidua, dua nilai awal tidak dibutuhkan untuk
mengurung akar. Metode Secant mungkin konvergen atau tidak tetapi ketika konvergen,
kekonvergenannya cepat, lebih cepat dari metode bagidua. Bagaimanapun juga approksimasi ini
lebih lambat dari turunan Metode Newton – Raphson.
Metode Secant dapat juga diturunkan dari analisis Geometri (ditunjukkan pada Gambar
1). Ambil dua nilai awal (initial), xi dan xi-1, dengan menarik satu garis lurus antara fungsi f(xi)
dan f(xi-1) pada titik xi+1 di sumbu x. segitiga ABE dan DCE

38

AB DC

AE DE
f ( xi ) f ( x i 1 )

x i  x i 1 x i 1  x i 1
dengan menuliskan kembali seperti metode Secant, sebagai
f ( x i )( x i  x i  1 )
x i1  x i 
f ( x i )  f ( x i 1 )

f(x)

f(xi) B

f(xi-1) C

E D A X
xi+1 xi-1 xi

Gambar 1: Metode Secant berdasarkan Analisis Geometrik

Contoh Masalah :

Tentukan akar x 3  0.165 x 2  3.993  10 4  0 dalam selang [0.02; 0.05] dan e = 0.0001
c) Cari approksimasi relatif mutlak pada setiap akhir iterasi, dan

d) Periksa nilai digit signifikansi dari setiap akhir iterasi.

Penyelesaian

f  x   x 3  0 .165 x 2  3.993  10 4

Misalkan diasumsikan nilai awal dari akar fungsi f  x   0 sebagai x  1  0 .02 dan x 0  0 .05

Iterasi 1
Taksirlah akar dari

39

f  x 0  x 0  x  1 
x1  x0 
f  x0   f  x 1 

 x0  3
x 3
2

 0.165 x 0  3.993 x 10 4  x 0  x  1 
   
0

x 0  0.165 x  3.993 x 10  4  x  1  0.165 x  1  3.993 x 10  4
2
0
3 2

[ 0.05 3  0.1650.05   3.993 x 10 4 ][ 0.05  0.02 ]
2

 0.05 
[ 0.05 3  0.1650.05   3.993 x 10  4 ]  [ 0.02 3  0.1650.02  3.993 x 10  4 ]
2 2

= 0.06461
Nilai Galat relatif mutlak, a pada akhir iterasi 1 adalah

x1  x0
a  x 100
x1

0.06461  0.05
 x 100
0.06461
 22.61%
Nilai digit ketelitian masih cukup besar, sehingga hasil belum sesuai dengan ketelitian galat
dibawah 5% untuk nilai koreksi yang didinginkan.

Iterasi 2
f  x 1  x 1  x 0 
x2  x1 
f x1   f x0 

 x1  3
x 3 2

 0 .165 x 1  3.993 x 10 4  x 1  x 0 
   
1

x 1  0 .165 x  3.993 x 10  4  x 0  0 .165 x 0  3.993 x 10  4
2
1
3 2

[ 0.06461  0.165 0.06461   3.93 x 10 ] 0.06461  0.05 
3 2 4
 0.06461   0.06241
[ 0.06461  0.165 0.06461   3.993 x 10 ]  [ 0.05  0.165 0.05   3.993 x 10 ]
3 2 4 3 2 4

Nilai Galat relatif mutlak, a pada akhir iterasi 2 adalah is

x 2  x1
a  x 100
x2

0.06241  0.06461
 x 100
0.06241
= 3.525%
nilai ini cukup baik untuk ketelitian dibawah 5%.

40

Iterasi 3

f  x 2  x 2  x 1 
x3  x2 
f x2   f x1 

 x2 
x 3 2

 0.165 x 2  3.993 x 10 4  x 2  x 1 
   
2

x 2  0.165 x  3.993 x 10  4  x 1  0.165 x 1  3.993 x 10  4
3 2
2
3 2

[ 0.062413  0.1650.06241  3.993x10 4 ] 0.06241  0.06461
2

 0.06241 
[ 0.062413  0.1650.06241  3.993x10  4 ]  [ 0.064613  0.1650.06461  3.993x10  4 ]
2 2

 0.06238
Nilai Galat relatif mutlak, a pada akhir iterasi 3 adalah

x3  x2
a  x 100
x3

0.06238  0.06241
 x 100
0.06238
 0.0595%
Nillai ini lebih baik dari iterasi ke-1 dan ke-2 di mana lebih kecil dari 5%.

Table 1: Hasil Nilai Iterasi Menggunakan Metode Secant

Iteration
i x i 1 xi x i1 a % f x i1 
Number
1 0 0.02 0.05 0.06461 22.61 -1.9812x10-5
2 1 0.05 0.06461 0.06241 3.525 -3.2852x10-7
3 2 0.06461 0.06217 0.06238 0.0595 2.0252x10-9
4 3 0.06241 0.06238 0.06238 3.64x10-4 -1.8576x10-12

41

Met num 4-0

More Related Content

What's hot (20)

Viewers also liked (12)

Similar to Met num 4-0 (20)

More from Amri Sandy (20)

Met num 4-0