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

E. Metode Secant

Metode secant adalah sebuah metode untuk mencari penyelesaian masalah polinomial  x f . Dalam metode secant, untuk mencari penyelesaian persamaan polinomial dimulai dengan dua hampiran awal, yaitu x dan 1 x . Kedua hampiran tersebut tidak boleh menyebabkan x f dan 1 x f saling meniadakan atau bernilai nol, karena jika salah satu diantara x f atau 1 x f bernilai nol maka nilai x f selanjutnya juga akan bernilai nol. Hal itu berarti akar persamaannya sudah diperoleh. Selama iterasi, nilai x f dan 1 x f tidak boleh tepat sama. Cara kerja metode secant bila diilustrasikan secara geometris tampak seperti pada Gambar 2.3 berikut ini. Gambar 2.3 Metode Secant Nilai pendekatan berikutnya 2 x diperoleh dari perpotongan garis yang melalui , x f x A dan , 1 1 x f x B dengan sumbu x , misalnya titik potongnya disebut titik C. Teorema 2.5 Misalkan bahwa ] , [ 1 x x C f  . Metode secant membangkitkan barisan    1 n n x dengan 2 1 2 1 1 2          n n n n n n n x f x f x f x x f x x , dan misalkan f kontinu pada interval   , ,     h h h I ξ ξ , dengan titik pusat ξ . Selanjutnya misalkan bahwa  ξ f ,  ξ f . Maka, barisan   n x yang didefinisikan oleh metode secant akan konvergen ke ξ . Bukti: 1. Perhatikan segitiga RAT dan SBT pada Gambar 2.3. Segitiga RAT sebangun dengan segitiga SBT, maka dengan rumus kesebangunan segitiga diperoleh 2 1 1 2 x x x f x x x f     1 2 2 1 x f x x x f x x     1 2 1 2 1 x f x x f x x f x x f x     1 1 2 1 2 x f x x f x x f x x f x     1 1 1 2 x f x x f x x f x f x    1 1 1 2 x f x f x f x x f x x    Selanjutnya perhatikan segitiga SBU dan TCU pada Gambar 2.3. Segitiga SBU sebangun dengan segitiga TCU, maka dengan rumus kesebangunan segitiga diperoleh 3 2 2 3 1 1 x x x f x x x f     2 3 1 1 3 2 x f x x x f x x     2 3 2 1 1 3 1 2 x f x x f x x f x x f x     1 2 2 1 1 3 2 3 x f x x f x x f x x f x     1 2 2 1 1 2 3 x f x x f x x f x f x    1 2 1 2 2 1 3 x f x f x f x x f x x    dan seterusnya, sehingga didapat 2 1 2 1 1 2          n n n n n n n x f x f x f x x f x x 2. Akan dibuktikan barisan   n x yang didefinisikan oleh metode secant akan konvergen ke ξ . Bukti: Karena  ξ f , dimisalkan bahwa   α ξ f . Karena f kontinu di I , maka untuk setiap  ε dapat dipilih interval   δ ξ δ ξ δ    , I , dengan h   δ , sedemikian sehingga