Barisan Metode Biseksi METODE BISEKSI DAN METODE SECANT
2 2
1 1
1 1
1 1
b a
a b
a p
Jika
1
p
f
, maka
1
p p
dan proses dihentikan. Jika
1
p
f
, maka
1
p f
memiliki tanda yang sama dengan salah satu dari
1
a f
atau
1
b f
. Ketika
1
p f
dan
1
a f
mampunyai tanda yang sama, maka ,
1 1
b p
p , dan menetapkan
1 2
p a
dan
1 2
b b
. Ketika
1
p f
dan
1
a f
berlawanan tanda , maka ,
1 1
p a
p , dan menetapkan
1 2
a a
dan
1 2
p b
. Kemudian prosesnya diulang kembali untuk interval ]
, [
2 2
b a
. Cara kerja metode biseksi bila diilustrasikan secara geometris tampak
seperti pada Gambar 2.2 berikut ini.
Gambar 2.2 Metode Biseksi
Definisi 2.15
Misalkan
1
n n
β adalah suatu barisan yang diketahui konvergen ke nol,
dan
1
n n
α konvergen ke
α . Jika ada
K
konstanta positif dengan
n n
K β
α α
, untuk n besar, Maka dapat dikatakan bahwa
1
n n
α konvergen ke
α
dengan laju konvergensi
n
O
β
, dibaca “big oh dari
n
β
”. Hal ini dapat ditunjukkan dengan menulis
n n
O
β α
α
.
Contoh 2.13
Misalkan
1
1
n
n adalah suatu barisan yang konvergen ke nol, dan
1
1 1
n
n konvergen ke 1. Jika ada
K
konstanta positif dengan
n K
n 1
1 1
1
, maka
1
1 1
n
n
konvergen ke 1 dengan laju
konvergensi
n O
1
.
Jadi
n
O n
1 1
1 1
.
Teorema 2.4
Misalkan bahwa
] ,
[ b a
C f
dimana
b
f a
f
.
Metode biseksi
membangkitkan barisan
1
n n
p yang konvergen ke akar
p
dari
f
dengan
n n
n
b a
p
2
1
dimana
n
a dan
n
b adalah titik ujung interval yang tertutup dan terbatas
] ,
[
n n
n
b a
I ,
n
ℕ , dengan
,
n n
b f
a f
dan
n n
a b
p p
2
, ketika
1
n
serta laju konvergensi
n
O 2
1
.
Bukti:
1. Akan dibuktikan
2 1
1
a b
a b
n n
n
Diasumsikan bahwa
f
adalah fungsi kontinu dalam interval
] ,
[ b a
, dengan
,
b f
a f
dimana dimisalkan bahwa
a
f
dan
b
f
. Dengan teorema nilai antara, jika
f
kontinu pada
] ,
[ b a
dan bahwa
a f
dan
b f
berbeda tanda, maka ada nilai
b a
p ,
dengan
p
f
. Misalkan a
a
1
dan b
b
1
, dan
p
adalah akar dari
x f
. Misalkan ]
, [
1
b a
I , dimana panjang
a b
I
1
. Cara kerja metode biseksi adalah dengan membagi interval menjadi dua bagian,
sehingga panjang interval ]
, [
2 2
2
b a
I adalah setengah dari panjang
interval
1
I , untuk setiap
1
n
, dapat diperoleh a
b I
1
1 2
2 1
I I
2 1
2 1
1 1
2 2
a b
a b
a b
2 3
2 1
I I
2 1
2 2
3 3
a b
a b
2
1 2
1
1 1
a b
2 1
2
a b
3 4
2 1
I I
2 1
3 3
4 4
a b
a b
2
1
3
a b
Dan seterusnya, sehingga diperoleh
1
2 1
n n
I I
2 1
1
a b
a b
n n
n
2. Akan dibuktikan
1
n n
p konvergen ke akar
p
. Bukti:
Misalkan
p
akar dari
f
dan ,
n n
b f
a f
maka berdasarkan Teorema Nilai Antara,
,
n n
b p
a
n
ℕ , sehingga
1.
n n
b p
a
atau
a b
a b
a p
n n
n n
1
2 1
.
Untuk
a b
a b
a p
n n
n n
1
2 1
, maka
a b
a b
a p
n n
n
2 2
2 1
1
a b
a p
n n
2
1 2
a b
a p
n n
1
2 1
..............................1
a b
a b
n n
1
2 1
2 1
.........................2 Selisih dari 1 dan 2 diperoleh
n
a p
2 1
a
b
n
n
a p
a b
n
2
1
Jadi
a b
a b
a p
a p
n n
n n
1
2 1
2 1
2
.
2.
n n
b p
a
p
b p
a
n n
Karena
p b
n
dan
n n
n
a b
p b
, maka
a b
a b
p b
n n
n n
1
2 1
, sehingga
Untuk
a b
a b
p b
n n
n n
1
2 1
, maka
a b
a b
p b
n n
n
2 2
2 1
1
a b
p b
n n
2
1 2
a b
p b
n n
1
2 1
..............................1
a b
a b
n n
1
2 1
2 1
.........................2 Selisih dari 1 dan 2 diperoleh
p b
n
2 1
a
b
n
p b
n
a b
n
2
1
Jadi
a b
a b
p b
p b
n n
n n
1
2 1
2 1
2
.
Sehingga
p b
a p
p
n n
n
2 1
p p
b a
n n
2 1
2 1
2 1
p p
b a
n n
2 1
2 1
2 1
2 1
p b
p a
n n
2 1
2 1
2 1
2 1
dengan ketaksamaan segitiga diperoleh
p b
p a
n n
2 1
2 1
2 1
2 1
p b
a p
n n
2 1
2 1
2 1
2 1
p b
a p
n n
2 1
a b
a b
n n
2 1
2 1
2 1
a b
a b
n n
2
1 2
2 2
1
sehingga
a b
p p
n n
2
1
Untuk membuktikan laju konvergensinya, ada dua syarat yang harus dibuktikan, yaitu;
1. Barisan
1
2 1
n n
konvergen ke 0.
2. Barisan
1
n n
p konvergen ke
p
. Bukti:
1. Akan dibuktikan
2 1
lim
n n
. Bukti:
Ambil sebarang
,
ε
menurut sifat Archimedes,
N
ℕ dan
ε
N 1
, maka untuk
n
ℕ dengan
N n
berlaku
ε
N
N n
n
1 2
1 2
1 2
1
.
Jadi
2 1
lim
n n
. 2. Akan dibuktikan
p p
n n
lim
. Bukti:
Ambil sebarang
,
ε
menurut sifat Archimedes,
N
ℕ dan
ε
N 1
, maka untuk
n
ℕ dengan
N n
berlaku
ε ε
1 2
1 2
1
1
a b
a b
N a
b a
b p
p
N n
n
. Jadi
p p
n n
lim
.
Jadi terbukti bahwa barisan
1
n n
p konvergen ke
p
dengan laju konvergensi
n
O 2
1
; maka
n n
O p
p 2
1
. █
Algoritma Metode Biseksi
1. Menentukan nilai
1
a dan
1
b , toleransi, i=1. 2. Menghitung
1
a f
dan
1
b f
. Jika
,
1 1
b
f a
f maka proses dihentikan karena tidak mempunyai
akar. Jika ,
1 1
b
f a
f maka proses dilanjutkan.
3. Menghitung
2
1 1
1
b a
p
4. Menghitung nilai
1
p f
. Jika
1
p f
toleransi, maka iterasi dihentikan. Jika tidak, lanjutkan ke Langkah 5.
5. Jika ,
1 1
p
f a
f , maka tetapkan
1 2
a a
dan
1 2
p b
, jika ,
1 1
p
f b
f , maka tetapkan
1 2
p a
dan
1 2
b b
. Kembali ke Langkah 3.
Tetapkan i=i+1.
Contoh 2.14
Gunakan metode Biseksi untuk menentukan akar persamaan 10
4
2 3
x
x x
f
dalam interval
] 2
, 1
[
. Toleransi galatnya adalah 0.01.
Penyelesaian Iterasi 1
Langkah 1. 1
1
x
a 2
1 1
x
b Toleransi galatnya 0.01.
i =1
Langkah 2. 5
x f
14
1
x
f Karena
1
x
f x
f , maka proses dilanjutkan.
Langkah 3. Menghitung
5 .
1 2
2 1
2
1 2
x
x x
Langkah 4. Menghitung
375 .
2
2
x
f Karena
01 .
2
x
f
, maka iterasi dilanjutkan. Langkah 5.
Karena
2
x
f x
f maka tetapkan
1
x dan
5 .
1
1
x
Iterasi 2
Langkah 3. Menghitung
25 .
1 2
5 .
1 1
2
2 3
x
x x
Langkah 4. Menghitung
79687 .
1
3
x f
Karena
01 .
2
x
f
, maka iterasi dilanjutkan. Langkah 5.
Karena
1 3
x
f x
f maka tetapkan
25 .
1
x dan
5 .
1
1
x
Iterasi 3
Langkah 3. Menghitung
375 .
1 2
5 .
1 25
. 1
2
2 3
4
x
x x
Langkah 4. Menghitung
16211 .
4
x
f Karena
01 .
2
x
f
, maka iterasi dilanjutkan. Langkah 5.
Karena
1 3
x
f x
f maka tetapkan
25 .
1
x dan
375 .
1
1
x
Iterasi 4
Langkah 3. Menghitung
3125 .
1 2
375 .
1 25
. 1
2
4 3
5
x
x x
Langkah 4. Menghitung
84839 .
5
x f
Karena
01 .
2
x
f
, maka iterasi dilanjutkan. Langkah 5.
Karena
1 3
x
f x
f maka tetapkan
3125 .
1
x dan
375 .
1
1
x
Iterasi 5
Langkah 3. Menghitung
34375 .
1 2
375 .
1 3125
. 1
2
4 5
6
x
x x
Langkah 4. Menghitung
35098 .
6
x f
Karena
01 .
2
x
f
, maka iterasi dilanjutkan. Langkah 5.
Karena
4 6
x
f x
f maka tetapkan
34375 .
1
x dan
375 .
1
1
x
Iterasi 6
Langkah 3. Menghitung
35937 .
1 2
375 .
1 34375
. 1
2
4 6
7
x
x x
Langkah 4. Menghitung
09641 .
7
x f
Karena
01 .
2
x
f
, maka iterasi dilanjutkan. Langkah 5.
Karena
4 7
x
f x
f maka tetapkan
35975 .
1
x dan
375 .
1
1
x
Iterasi 7
Langkah 3. Menghitung
36718 .
1 2
375 .
1 35937
. 1
2
4 7
8
x
x x
Langkah 4. Menghitung
03236 .
8
x
f Karena
01 .
2
x
f
, maka iterasi dilanjutkan. Langkah 5.
Karena
8 7
x
f x
f maka tetapkan
35975 .
1
x dan
36718 .
1
1
x
Iterasi 8
Langkah 3. Menghitung
36328 .
1 2
36718 .
1 35937
. 1
2
8 7
9
x
x x
Langkah 4. Menghitung
03215 .
9
x f
Karena
01 .
2
x
f
, maka iterasi dilanjutkan.
Langkah 5. Karena
8 9
x
f x
f maka tetapkan
36328 .
1
x dan
36718 .
1
1
x
Iterasi 9
Langkah 3. Menghitung
36523 .
1 2
36718 .
1 36328
. 1
2
8 9
10
x
x x
Langkah 4. Menghitung
0000002 .
10
x
f Karena
01 .
2
x
f
, maka iterasi dihentikan.
Dengan menggunakan program MATLAB, maka untuk setiap iterasi dapat ditunjukkan pada tabel berikut.
i a b P FP 1 1.000000000 2.000000000 1.500000000 2.375000000
2 1.000000000 1.500000000 1.250000000 -1.796875000 3 1.250000000 1.500000000 1.375000000 0.162109375
4 1.250000000 1.375000000 1.312500000 -0.848388672 5 1.312500000 1.375000000 1.343750000 -0.350982666
6 1.343750000 1.375000000 1.359375000 -0.096408844 7 1.359375000 1.375000000 1.367187500 0.032355785
8 1.359375000 1.367187500 1.363281250 -0.032149971 9 1.363281250 1.367187500 1.365234375 0.000072025
Jadi, hampiran akar persamaan 10
4
2 3
x
x x
f adalah
36523 .
1
x