metode numerik

1. Tugas Makalah
METODE NUMERIK
Tentang
METODE NEWTON - RAPHSON
Dosen Pembimbing :
Siti Dinarti M.Pd
Di susun oleh :
Shindy Pramudya Ayu Nofra Dilova (1251064)
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA 2012-A
SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN
PERSATUAN GURU REPUBLIK INDONESIA
JOMBANG
2014/2015

2. METODE NEWTON RAPHSON
Metode Newton ditemukan oleh Sir Isaac Newton 1642 – 1727, merupakan salah
satu metode yang sering dipergunakan untuk menyelesaikan persamaan tidak linier,
metode ini dikenal juga sebagai Metode Newton – Raphson.
Metode Newton-Raphson adalah metode pencarian akar suatu fungsi f(x) dengan
pendekatan satu titik sebagai titik awal, dimana fungsi f(x) mempunyai turunan.
Dimulai dengan titik awal xi , sebuah garis singgung (tangen) dapat ditarik dari
titik [xi , f (xi) ] pada kurva y = f(x) dan memotong sumbu x yang biasanya memberikan
perkiraan yang lebih dekat dari nilai akar.
Dengan demikian kita akan mendapatkan suatu barisan titik-titik (nilai pendekatan
untuk akar persamaan) x1,x2,x3,...dengan xi+1 menyatakan titik potong garis tangen kurva
y = f(x) di titik (xi , f(xi) ) dengan sumbu x.
Gambar pelukisan pada metode Newton-Raphson, garis singgung pada fungsi di
xi [yakni f’(xi)] diekstrapolasikan ke bawah ke sumbu x untuk memberikan suatu
taksiran akar di xi+1
xixi+1 x
f(xi)
0
f(x)
y
xi - xi+1
f(xi)-0
Kemiringan/m =
𝑦
𝑥
= f’(xi)

3. Dari gambar di atas, persamaan garis tangen (garis singgung) yang melalui titik (xi , f(xi) )
adalah :
Persamaan garis singgung ( l ) :
y – y0 = m (x – x0) atau
y – yi = m (x – xi)
Dengan yi = 𝑓( 𝑥 𝑖)dan m = 𝑓′( 𝑥 𝑖), maka
𝑦 − 𝑓( 𝑥 𝑖) = 𝑓′( 𝑥𝑖)( 𝑥 − 𝑥 𝑖)
𝑦 = 𝑓( 𝑥 𝑖)+ 𝑓′( 𝑥𝑖)(𝑥 − 𝑥 𝑖)
xi+1 adalah perpotongan garis l dengan sumbu – x dan y = 0
Jadi 𝑥 𝑖+1 = 𝑥 dan memenuhi persamaan
0 = 𝑓( 𝑥 𝑖)+ 𝑓′( 𝑥 𝑖)(𝑥 𝑖+1 − 𝑥 𝑖)
Sehingga diperoleh
0 = 𝑓( 𝑥 𝑖)+ 𝑓′( 𝑥 𝑖)(𝑥 𝑖+1 − 𝑥 𝑖)
↔ 𝑓′( 𝑥𝑖)(𝑥𝑖+1 − 𝑥 𝑖) = −𝑓( 𝑥 𝑖)
↔ { 𝑓′( 𝑥 𝑖) . 𝑥 𝑖+1 } − { 𝑓′( 𝑥𝑖) . 𝑥 𝑖} = −𝑓( 𝑥 𝑖)
↔ 𝑓′( 𝑥𝑖) . 𝑥 𝑖+1 = − 𝑓( 𝑥𝑖) + { 𝑓′( 𝑥 𝑖) . 𝑥 𝑖}
↔ 𝒙𝒊+𝟏 =
− 𝑓( 𝑥 𝑖)+ { 𝑓′( 𝑥𝑖) . 𝑥 𝑖}
𝑓′( 𝑥𝑖)
=
− 𝑓( 𝑥 𝑖)
𝑓′( 𝑥𝑖)
+
𝑓′( 𝑥𝑖) .𝑥 𝑖
𝑓′( 𝑥 𝑖)
= 𝒙𝒊 −
𝒇( 𝒙𝒊)
𝒇′( 𝒙𝒊)
↔ 𝒇′( 𝒙𝒊) =
𝒇( 𝒙𝒊)
𝒙𝒊 − 𝒙𝒊+𝟏

4. Dengan syarat :
 i = 0, 1, 2, 3, 4, ... ( i ϵ bilangan cacah)
 𝑓′( 𝑥 𝑖)≠ 0
Catatan :
1. Setiap iterasi pada penerapan Metode Newton memerlukan dua kali
perhitungan fungsi yaitu f (x) dan f‘ (x)
2. Apabila titik awal x0 cukup jauh dari α , metode Newton dapat memberikan
hasil yang tidak kita harapkan atau bahkan mungkin hasilnya tidak
konvergen.
3. Apabila f’ (xi) tidak tersedia atau f’ (xi) = 0 untuk suatu nilai i, metode
Newton tidak dapat dipergunakan
Contoh :
1. Selesaikan persamaan 𝑓( 𝑥) = 𝑥3
+ 𝑥2
− 3𝑥 − 3 = 0 dengan menggunakan Metode
Newton-Raphson !
Jawab :
Persamaan yang diselesaikan :
𝑓( 𝑥) = 𝑥3
+ 𝑥2
− 3𝑥 − 3 = 0
𝑓( 𝑥) = 𝑥3
+ 𝑥2
− 3𝑥 − 3 − 0
𝑓( 𝑥) = 𝑥3
+ 𝑥2
− 3𝑥 − 3
Turunan pertama dari persamaan tersebut :
𝑓′( 𝑥) = 3𝑥2
+ 2𝑥 − 3
Dengan menggunakan persamaan :
𝒙𝒊+𝟏 = 𝒙𝒊 −
𝒇( 𝒙𝒊)
𝒇′( 𝒙𝒊)

5. Pada awal hitungan ditentukan nilai xi sembarang, misalnya ambi x0 = 1
Cari :
 𝑓( 𝑥) = 𝑥3
+ 𝑥2
− 3𝑥 − 3
𝑓( 𝑥0 = 1) = 13
+ 12
− 3. 1 − 3 = − 4
 𝑓′( 𝑥) = 3𝑥2
+ 2𝑥 − 3
𝑓′( 𝑥0 = 1) = 3. 12
+ 2.1 − 3 = 2
 𝑥 𝑖+1 = 𝑥 𝑖 −
𝑓( 𝑥 𝑖)
𝑓′( 𝑥 𝑖)
𝑥0+1 = 𝑥1 −
−4
2
𝑥1 = 1 + 2 = 3
Langkah berikutnya ditetapkan x1 = 3 maka :
 𝑓( 𝑥) = 𝑥3
+ 𝑥2
− 3𝑥 − 3
𝑓( 𝑥1 = 3) = 33
+ 32
− 3. 3 − 3 = 24
 𝑓′( 𝑥) = 3𝑥2
+ 2𝑥 − 3
𝑓′( 𝑥1 = 3) = 3. 32
+ 2.3 − 3 = 30
 𝑥 𝑖+1 = 𝑥 𝑖 −
𝑓( 𝑥 𝑖)
𝑓′( 𝑥 𝑖)
𝑥1+1 = 𝑥2 −
24
30
𝑥2 = 3 −
24
30
= 2,2
Langkah berikutnya ditetapkan x2 = 2,2 maka :
o 𝑓( 𝑥) = 𝑥3
+ 𝑥2
− 3𝑥 − 3
𝑓( 𝑥2 = 2,2) = 2,23
+ 2,22
− 3. 2,2 − 3 = 5,888
o 𝑓′( 𝑥) = 3𝑥2
+ 2𝑥 − 3
𝑓′( 𝑥2 = 2,2) = 3. 2,22
+ 2 .2,2 − 3 = 15,92

6. o 𝑥 𝑖+1 = 𝑥 𝑖 −
𝑓( 𝑥 𝑖)
𝑓′( 𝑥 𝑖)
𝑥2+1 = 𝑥3 −
5,588
15,92
𝑥3 = 2,2 − 0,37 = 1,83
Langkah berikutnya ditetapkan x3 = 1,83 maka :
𝑓( 𝑥3 = 1,83) = 1,833
+ 1,832
− 3. 1,83 − 3 = 0,987387
𝑓′( 𝑥3 = 1,83) = 3. 1,832
+ 2 . 1,83 − 3 = 10,7067
𝑥4 = 1,83 −
0,987387
10,7067
= 1,73778
Langkah berikutnya ditetapkan x4= 1,73778 maka :
𝑓( 𝑥4 = 1,73778) = 1,737783
+ 1,737782
− 3. 1,73778 − 3 = 0,05442
𝑓′( 𝑥4 = 1,73778) = 3. 1,737782
+ 2 . 1,73778 − 3 = 9,535197985
𝑥5 = 1,73778 −
0,05442
9,535197985
= 1,73207
Langkah berikutnya ditetapkan x5= 1,73207 maka :
𝑓( 𝑥5 = 1,73207) = 1,732073
+ 1,732072
− 3. 1,73207 − 3 = 0,000181641
𝑓′( 𝑥5 = 1,73207) = 3. 1,732072
+ 2 . 1,73207 − 3 = 9,464339455
𝑥6 = 1,73207 −
0,000181641
9,464339455
= 1,732050808
Langkah berikutnya ditetapkan x6= 1,732050808 maka :
𝑓( 𝑥6 = 1,732050808) = 1,7320508083
+ 1,7320508082
− 3. 1,732050808− 3
= 0,000000004
𝑓′( 𝑥6 = 1,732050808) = 3. 1,7320508082
+ 2 . 1,732050808− 3
= 9,464101621

7. 𝑥7 = 1,732050808−
0,000000004
9,464101621
= 1,732050807577
Langkah berikutnya ditetapkan x7= 1,732050807577 maka :
𝑓( 𝑥7 = 1,732050807577)
= 1,7320508075773
+ 1,7320508075772
− 3. 1,732050807577
− 3 = 0,0000000000769
𝑓′( 𝑥7 = 1,732050807577) = 3. 1,7320508075772
+ 2 . 1,732050807577 − 3
= 9,46410162
𝑥8 = 1,732050807577 −
0,0000000000769
9,46410162
= 1,732050807577
Untuk menentukan nilai x5 , x6 , x7 ....xi+1, hitungan dilanjutkan dengan prosedur yang
sama dan hasilnya diberikan pada tabel berikut :
Tabel hasil hitungan dengan Metode Newton-Raphson
Jumlah
Iterasi
i xi f (xi) f ’(x)
1 0 1,0 -4,0 2
2 1 3,0 24,0 30
3 2 2,2 5,888 15,92
4 3 1,83 0,987387 10,7067
5 4 1,73778 0,05442 9,535197985
6 5 1,73207 0,00018164 9,464339455
7 6 1,732050808 0,00000000 9,46410162
8 7 1,732050807577 0,0000000000 9,46410162
Kesimpulan :
Karena pada iterasi ketujuh f(x6) = 0 maka akar dari persamaan tersebut adalah x =
1,732050808.

8. Other Method
Apabila f (x) merupakan suatu suku banyak (polinom) maka pemakaian metode
Newton untuk mendapatkan akar-akar persamaan sukubanyak tersebut akan lebih
efisien bila f (x) dan f ’(x) diperoleh dengan pembagian sintesis (metode horner).
Contoh :
2. Masih dalam persamaan pada no.1 untuk membandingkan hasilnya dengan
menggunakan metode Horner !
Dengan menggunakan metode Newton hitung penyelesaian dari :
𝑓( 𝑥) = 𝑥3
+ 𝑥2
− 3𝑥 − 3 = 0
Jawab :
 Andaikan kita tentukan x0 = 1
Jadi 𝑥 𝑖+1 = 𝑥 𝑖 −
𝑓( 𝑥 𝑖)
𝑓′( 𝑥 𝑖)
𝑥0+1 = 𝑥0 −
−4
2
𝑥1 = 1 + 2 = 3
 Langkah kedua, ditentukan x1 = 3
+1 2 -1
1 1 -3 -3
1 2 -1 -4
1
f (x0) = -4
1
1
3
1 3 2
f ‘ (x) = 2
+3 12 27
1 1 -3 -3
1 4 9 24
3
f (x1) = 24
3
3
21
1 7 30
f ‘ (x) = 30

9. Jadi 𝑥 𝑖+1 = 𝑥 𝑖 −
𝑓( 𝑥 𝑖)
𝑓′( 𝑥 𝑖)
𝑥1+1 = 𝑥1 −
24
30
𝑥2 = 3 −
24
30
= 2,2
 Langkah kedua, ditentukan x2 = 2,2
Jadi 𝑥 𝑖+1 = 𝑥 𝑖 −
𝑓( 𝑥 𝑖)
𝑓′( 𝑥 𝑖)
𝑥2+1 = 𝑥2 −
24
30
𝑥3 = 2,2 −
5,888
15 ,92
= 1,830
Langkah berikutnya juga sama seperti cara horner diatas, sehingga nantinya akan
memperoleh nilai x4,x5,...xn sampai menemukan nilai akarnnya dengan f(x)=0
Dari permasalahan di atas, terlihat bahwa kedua penyelesaian yang berbeda metode
menghasilkan nilai xi yang sama.
+2,2 7,04 8,888
1 1 -3 -3
1 3,2 4,04 5,888
2,2
f (x2) = 5,888
2,2
2,2
11,88
1 5,4 15,92
f ‘ (x) = 15,92

10. Daftar Pustaka
Fuad Yusuf.1994.METODE NUMERIK 1.University Press IKIP Surabaya : Surabaya
Chapra Steven C,Raimond P.Canale.1989.METODE NUMERIK Jilid 1 EDISI
KEDUA.Erlangga : Jakarta
Triatmodjo,Bambang.1992.METODE NUMERIK.Beta Offet : Jogjakarta