27

3. 2 Metode Tertutup

3. 2. 1 Metode Bagidua :

Algoritma Metode Bagi Dua (Bisection Method):

Langkah – langkah mencari akar persamaan 0)x(f dengan menggunakan metode bagi

dua,

1. Pilih x bawah dan ux puncak taksiran diantara dua akar yang mungkin sedemikian

sehingga 0)x(f)x(f u , atau dengan kata lain, )x(f berbeda tanda diantara x dan

ux .

2. Taksirlah akar mx diantara akar 0)x(f dengan membagi dua diantara x dan ux ,

2

x x= x u

m

3. Sekarang periksa sebagai berikut,

a. Jika 0)x(f)x(f m , maka akarnya berada diantara x dan mx ; sehingga

xx dan mu xx .

b. Jika 0)x(f)x(f m , maka akarnya berada diantara mx dan ux ; sehingga

mxx dan uu xx .

c. Jika 0)x(f)x(f m , maka akarnya adalah mx . Hentikan algoritma komputasi

akarnya sudah benar.

4. Cari taksiran baru dari akar persamaan

2

x x= x u

m

dengan mengggunakan aproksimasi galat relatif sebagai berikut

100x x

x -x=

new

m

old

m

new

m

a

dimana, new

mx = taksiran akar dari iterasi sekarang

old

mx = taksiran akar dari ietrasi sebelumnya

5. Bandingkan approksimasi galat relatif mutlak a dengan galat relatif singnifikansi s .

Jika sa , kembali ke langkah 3, selanjutnya hentikan algoritma jika terjadi

sebaliknya.

Contoh 3. 1:

Tentukan akar 010993.3x165.0x423 dalam selang [0; 0.11] dan e = 0.0001

Penyelesaian

28

Iterasi 1

Taksir akar persamaan dengan, 2

x x= x u

m

2

11.0 0=

= 0.055

f( mx ) = f(0.055) = 423

10993.3)055.0(165.0)055.0( = 6. 655 x 10

-5

f( ux ) = f(0.11) = 423

103.993(0.11)0.165(0.11) = - 0, 0027

f( lx ) = f(0) = 423

103.993()0.165(0) = 3.993 x 10

-4

010655.6)10993.3(055.0f0fxfxf54

m

berarti akarnya berada diantara mx dan ux , yaitu antara 0.055 dan 0.11. Jadi batas bawah dan

batas atas selang baru adalah,

x = 0. 055 dan ux = 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

Taksir akar persamaan dengan, 2

x x= x u

m

2

11.0 055.0=

= 0.0825

f( mx ) = f(0.0825) = 423

10993.3)0825.0(165.0)0825.0( = –1.622 x 10

-4

010622.1)10655.6(0825.0f055.0fxfxf45

m

berarti akarnya berada diantara mx dan ux , yaitu antara 0.055 dan 0.0825. Jadi batas bawah dan

batas atas selang baru adalah,

x = 0. 055 dan ux = 0.0825

Approksimasi galat relatif mutlak, a pada akhir iterasi kedua adalah

100x x

x -x=

new

m

old

m

new

m

a

100x 0825.0

0.055 -0825.0=

= 33.33%

29

Ketepatan digit belum sesuai karena masih jauh dari akar xm = 0. 0825, approksimasi galat relatif

mutlak masih lebih besar dari 5%.

Iterasi 3

2

x x= x u

m

2

0825.0 055.0=

= 0.06875

f( mx ) = f(0.06875) = 4

10993.32

)06875.0(165.03

)06875.0(

= –5 .563 x 10-5

010563.5)10655.6(06875.0f055.0fxfxf55

m

berarti akarnya berada diantara lx dan mx , yaitu antara 0.055 dan 0.06875. Jadi batas bawah

dan batas atas selang baru adalah,

x = 0. 055 dan ux = 0.06875

Approksimasi galat relatif mutlak, a pada akhir iterasi ketiga adalah

100x x

x -x=

new

m

old

m

new

m

a 100x 06875.0

0.055 -06875.0=

= 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,

0.1721%= a

30

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

berikut,

m-2

0.5x10= s a

m-2

0.5x100.1721

m-2

100.3442

m2)log(0.3442

)3442.0log(2m = 2. 463

jadi, m = 2.

Jadi digit bilangan signifikansi dari taksiran akar adalah 06241.0 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.

Gambar 1. Perbandingan Perumusan Metode Regula Falsi

Gradien garis AB = Gradien garis BC

ab

)a(f)b(f

=

cb

0)b(f

Disederhanakan menjadi,

)a(f)b(f

)ab)(b(fbc

Contoh 3. 2:

Tentukan akar 010993.3x165.0x423 dalam selang [0; 0.11] dan e = 0.0001

Penyelesaian

Diketahui persamaan, 010993.3x165.0x423 dengan x = 0, xu = 0. 11

Iterasi 1 :

)a(f)b(f

)ab)(b(fb c

00

000

00

a

[ ]

b (r, 0)

y = f(x)

c

(a, f(a))

(b, f(b))

A

B

C

y = f(x)

31

)0(f)11.0(f

)011.0)(11.0(f0.11

= 0.11 – [(–0.0002725)(0.11)/(–0.0002725)–(0.00039300)] = 0.0650

Iterasi 2 :

)c(f)b(f

)cb)(b(fb c

01

011

11

)0650.0(f)11.0(f

)0650.011.0)(11.0(f0.11

= 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

(r ) a c b f(a) f (c) f(b) a %

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

100x x

x -x=

new

m

old

m

new

m

a 100x 0616.0

0.0637 -0616.0=

= 3. 48%

32

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).

2. Tentukan akar riil dari persamaan berikut :

f(x) = –2,0 + 6,2x – 4,0 x

2+ 0,70x

3

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%.

(gunakan ketelitian sampai 5 digit).

b. Dengan cara sama pada bagian (a), gunakan metode regula falsi.

(gunakan ketelitian sampai 5 digit).

3. Tentukan akar riil dari persamaan berikut :

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.

33

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,

x = g1(x) = )1x(3

1 2

sehingga,

xn+1 = )1x(3

1 2

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

x = g2(x) = x

13 ,

sehingga,

34

xn+1 =

nx

13 ,

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, …

Gambar 1. Gambar 2.

Gambar 1, menunjukkan bahwa kemiringan (slope) lebih kecil dari pada kemiringan y = x, yang

sama dengan 1, sehingga )x(1

g

< 1 dan mencapai kekonvergenan. Sedangkan bagian atas

lebih terjal )x(1

g

> 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.

5

5

g1(x)

x 0

0

5

5

g2(x)

x 0

0

35

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).

Gambar 1. Ilustrasi Goemetrik dari Metode Newton Raphson

Dengan menggunakan definisi kemiringan fungsi pada ixx ,

θtan) = (xf i

1ii

i

ixx

0)f(x) = = (xf

diberikan

)f'(x

)f(x - = xx

i

i

i1i (1)

Persamaan (1) disebut dengan rumus Newton-Raphson untuk penyelesaian persamaan non linier

dari bentuk 0xf . 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).

f(x)

f(xi)

f(xi+1)

xi+2 x

[ xi, f(xi)]

xi+1 xi

36

2. Gunakan nilai awal akar, xi, taksirlah nilai akar dari xi+1 sebagai,

)f'(x

)f(x - = xx

i

i

i1i

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

010 x x

- xx =

1i

i1ia

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:

Tentukan akar 010993.3x165.0x423 dalam selang [0; 0.11] dan e = 0.0001

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

b) Periksa nilai digit signifikansi dari setiap akhir iterasi.

Penyelesaian

Diketahui,

42310993.3x165.0xxf

x33.0x3xf2

Misalkan diasumsikan nilai akar dari 0xf adalah .05.0x0

Iterasi 1

Taksiran akar persamaan adalah

0

0

01xf

xfxx

05.033.005.03

10993.305.0165.005.005.0

2

423

3

4

109

10118.105.0

01242.005.0

06242.0

Approksimasi galat relatif mutlak, a pada iterasi 1 adalah

37

100x

xx

1

01

a

10006242.0

05.006242.0

= 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

1

1

12xf

xfxx

06242.033.006242.03

10993.306242.0165.006242.006242.0

2

423

3

7

1090973.8

1097781.306242.0

5104645.406242.0

06238.0

Approksimasi galat relatif mutlak, a pada iterasi ke – 2 adalah

100x

xx

2

12

a

10006238.0

06242.006238.0

%0641.0

Nilai digit signifikansi pada iterasi ke–dua adalah 2.

Iterasi 3

Taksiran akar dari persamaan adalah

2

2

23xf

xfxx

06238.033.006238.03

10993.306238.0165.006238.006238.0

2

423

3

11

1091171.8

1042937.406238.0

38

9109703.406238.0

06238.0

Approksimasi galat relatif mutlak, a pada iterasi ke – 3 adalah,

10006238.0

06238.006238.0a

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'(x

)f(x - = xx

i

i

i1i (1)

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,

1ii

1ii

ixx

)x(f)x(f)x(f

(2)

dengan mensubtitusi ke persamaan (2) ke persamaan (1), maka,

)x(f)x(f

)xx)(x(fxx

1ii

1iii

i1i

(3)

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

39

DE

DC

AE

AB

1i1i

1i

1ii

i

xx

)x(f

xx

)x(f

dengan menuliskan kembali seperti metode Secant, sebagai

)x(f)x(f

)xx)(x(fxx

1ii

1iii

i1i

f(x)

f(xi)

f(xi-1)

xi+1 xi-1 xi X

B

C

E D A

Gambar 1: Metode Secant berdasarkan Analisis Geometrik

Contoh Masalah :

Tentukan akar 010993.3x165.0x423 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

42310993.3x165.0xxf

Misalkan diasumsikan nilai awal dari akar fungsi 0xf sebagai 02.0x 1 dan 05.0x0

Iterasi 1

Taksirlah akar dari

40

1x

10

100

0xfxf

xxxfx

42

1

3

1

42

0

3

0

10

42

0

3

0

010x993.3x165.0x10x993.3x165.0x

xx10x993.3x165.0xx

]10x993.302.0165.002.0[]10x993.305.0165.005.0[

]02.005.0][10x993.305.0165.005.0[05.0

423423

423

= 0.06461

Nilai Galat relatif mutlak, a pada akhir iterasi 1 adalah

100xx

xx

1

01

a

100x06461.0

05.006461.0

%61.22

Nilai digit ketelitian masih cukup besar, sehingga hasil belum sesuai dengan ketelitian galat

dibawah 5% untuk nilai koreksi yang didinginkan.

Iterasi 2

01

011

12xfxf

xxxfxx

42

0

3

0

42

1

3

1

01

42

1

3

1

110x993.3x165.0x10x993.3x165.0x

xx10x993.3x165.0xx

]4

10x993.32

05.0165.03

05.0[]4

10x993.32

06461.0165.03

06461.0[

05.006461.0]4

10x93.32

06461.0165.03

06461.0[06461.0

06241.0

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

100xx

xx

2

12

a

100x06241.0

06461.006241.0

= 3.525%

nilai ini cukup baik untuk ketelitian dibawah 5%.

41

Iterasi 3

12

122

23xfxf

xxxfxx

42

1

3

1

42

2

3

2

12

42

2

3

2

210x993.3x165.0x10x993.3x165.0x

xx10x993.3x165.0xx

]10x993.306461.0165.006461.0[]10x993.306241.0165.006241.0[

06461.006241.0]10x993.306241.0165.006241.0[06241.0

423423

423

06238.0

Nilai Galat relatif mutlak, a pada akhir iterasi 3 adalah

100xx

xx

3

23

a

100x06238.0

06241.006238.0

%0595.0

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

Number i 1ix ix 1ix %a

1ixf

1

2

3

4

0

1

2

3

0.02

0.05

0.06461

0.06241

0.05

0.06461

0.06217

0.06238

0.06461

0.06241

0.06238

0.06238

22.61

3.525

0.0595

3.64x10-4

-1.9812x10-5

-3.2852x10-7

2.0252x10-9

-1.8576x10-12