Dokumen tersebut membahas beberapa metode untuk menemukan akar-akar suatu persamaan non-linier, khususnya metode Biseksi dan metode Regula Falsi. Metode Biseksi bekerja dengan membagi interval menjadi dua bagian secara berulang sampai diperoleh akar yang tepat, sedangkan metode Regula Falsi menggunakan interpolasi linier untuk memperkirakan lokasi akar pada setiap iterasi. Kedua metode tersebut merupakan

1. PERSAMAAN NON LINIER

2. PENDAHULUAN
Beberapa metode untuk mencari akar-akar suatu
persamaan.
Untuk polinomial derajat dua
Misalkan bentuk persamaan :
Dapat dicari akar-akarnya secara analitis dengan rumus
berikut :
2a
4ac
b
b
x
2
12




a x2 + b x + c = 0

3. Untuk polinomial derajat tiga atau empat
Untuk polinomial berderajat tiga atau lebih, atau fungsi-
fungsi transenden, bahkan fungsi yang merupakan hasil
dari suatu aplikasi, sangat jarang diperoleh hasilnya
(solusinya) secara analitis.
Contoh :
f(x) = x3 + 4x2 + x - 6 = 0
f(x) = x5 + 2x4 +3x3 +4x2 -3x-1 = 0
f(x) = ex -3x = 0
f(x) = 3x + sin x – ex = 0 dan sebagainya

4. Bentuk persamaan-persamaan seperti tersebut diatas
sulit bahkan tidak mungkin diselesaikan secara
analitis
Metode numerik memberikan cara-cara untuk
menyelesaikan bentuk persamaan tersebut secara
perkiraan sampai diperoleh hasil yang mendekati
penyelesaian eksak.
Penyelesaian numerik dilakukan dengan perkiraan
yang berurutan (iterasi). Dengan melakukan sejumlah
iterasi yang dianggap cukup akhirnya di dapat hasil
perkiraan yang mendekati hasil eksak (hasil yang
benar) dengan toleransi kesalahan yang diijinkan

5. Ada beberapa metode yang dapat digunakan
untuk menyelesaikan suatu persamaan. Metode
ini merupakan penyelesaian perkiraan, tetapi
lebih sistematis untuk menghitung akar-akar
persamaan.
Dalam metode numerik, pencarian akar f(x)=0
dilakukan secara lelaran (iteratif). Secara umum,
semua metode pencarian akar dapat
dikelompokkan menjadi 2 golongan besar :

6. 1. METODE TERTUTUP ATAU METODE PENGURUNG
(BRACKETING METHOD)
Metode yang termasuk ke dalam golongan ini mencari
akar di dalam selang [a,b]. Selang [a,b] sudah
dipastikan berisi minimal satu buah akar, karena itu
metode jenis ini selalu berhasil menemukan akar.
Dengan kata lain, lelarannya selalu konvergen
(menuju) ke akar, karena itu metode tertutup kadang-
kadang dinamakan juga metode konvergen.
Metode yang termasuk dalam golongan ini antara lain :
a. Metode Biseksi atau Metode Setengah Interval
b. Metode Regula Falsi atau Metode Interpolasi Linier

7. 2. METODE TERBUKA
Yang diperlukan pada metode ini, adalah tebakan awal
akar, lalu dengan prosedur lelaran, kita menggunakannya
untuk menghitung hampiran akar yang baru. Pada setiap
lelaran, hampiran akar lama yang dipakai untuk
menghitung hampiran akar yang baru. Mungkin saja
hampiran akar yang baru mendekati akar sejati
(konvergen), atau mungkin menjauhinya (divergen).
Karena itu, metode terbuka tidak selalu berhasil
menemukan akar, kadang-kadang konvergen,
kadangkala ia divergen.
Metode yang termasuk dalam golongan ini antara lain :
a.Metode Newton Raphson
b.Metode Secant
c.Metode Iterasi

8. METODE BISEKSI
Metode Biseksi atau Metode Setengah Interval merupakan
bentuk paling sederhana diantara beberapa metode yang
akan dipelajari.
Langkah-langkah yang dilakukan dalam penyelesaian
persamaan dengan metode biseksi adalah sebagai berikut :
1.Hitung fungsi pada interval yang sama dari x sampai pada
perubahan tanda dari fungsi f(xn) dan f(xn+1), yaitu :
f(xn) . f(xn+1) < 0
2. Estimasi pertama dari akar xt dihitung dengan
2
x
x
x 1
n
n
t




9. 3. Buat evaluasi berikut untuk menentukan di dalam
sub interval mana akar persamaan berada :
a. f(xn).f(xt) < 0, akar persamaan berada pada sub
interval pertama, kemudian tetapkan xn+1 = xt dan
lanjutkan pada langkah ke-4
b. f(xn).f(xt) > 0, akar persamaan berada pada sub
interval kedua, kemudian tetapkan xn = xt dan
lanjutkan pada langkah ke-4
a. f(xn).f(xt) = 0, akar persamaan adalah xt dan
hitungan selesai

10. 4.Hitung perkiraan baru dari akar dengan
5.Apabila perkiraan baru sudah cukup kecil
(sesuai dengan batasan yang ditentukan), maka
hitungan selesai, dan xt adalah akar persamaan
yang dicari. Jika belum, maka hitungan kembali
ke langkah ke-3
2
x
x
x 1
n
n
t




11. CONTOH
Jawab :
• Iterasi 1, t = 1
• xn = 1.75 dan xn+1 = 2.55
•
• f(1.75) = 1.754 – 1.753 + 2*1.752 – 2*1.75 – 12 = - 5.3555
• f(2.55) = 2.554 – 2.553 + 2*2.552 – 2*2.55 – 12 = 21.6061
• f(2.15) = 2.154 – 2.153 + 2*2.152 – 2*2.15 – 12 = 4.3741
• f(xt) dengan f(xn) mempunyai tanda berbeda, maka akar
f(x) berada pada interval [1.75 , 2.55] → menuju iterasi 2
•
1)
-
ke
pendekatan
(akar
15
.
2
2
55
.
2
75
.
1
2
x
x
x 1
n
n
t 



 
Hitung salah satu akar dari f(x) = x4 – x3 + 2x2 – 2x – 12 = 0
pada interval [1.75 , 2.55] dengan metode Biseksi.
•

12. • Iterasi 2, t = 2
• xn = 1.75 dan xn+1 = 2.15
•
• f(1.75) = 1.754 – 1.753 + 2*1.752 – 2*1.75 – 12 = - 5.3555
• f(2.15) = 2.154 – 2.153 + 2*2.152 – 2*2.15 – 12 = 4.3741
• f(1.95) = 1.954 – 1.953 + 2*1.952 – 2*1.95 – 12 = -1.2509
• f(xt) dengan f(xn) mempunyai tanda berbeda, maka akar
f(x) berada pada interval [1.95 , 2.15] → menuju iterasi 3
•
2)
-
ke
pendekatan
(akar
95
.
1
2
15
.
2
75
.
1
2
x
x
x 1
n
n
t 



 

13. • Iterasi 3, t = 3
• xn = 1.95 dan xn+1 = 2.15
•
• f(1.95) = 1.954 – 1.953 + 2*1.952 – 2*1.95 – 12 = -1.2509
• f(2.15) = 2.154 – 2.153 + 2*2.152 – 2*2.15 – 12 = 4.3741
• f(2.05) = 2.054 – 2.053 + 2*2.052 – 2*2.05 – 12 = 1.3509
• f(xt) dengan f(xn) mempunyai tanda berbeda, maka akar
f(x) berada pada interval [1.95 , 2.05] → menuju iterasi 4
•
3)
-
ke
pendekatan
(akar
05
.
2
2
15
.
2
95
.
1
2
x
x
x 1
n
n
t 



 

14. • Iterasi 4, t = 4
• xn = 1.95 dan xn+1 = 2.05
•
• f(1.95) = 1.954 – 1.953 + 2*1.952 – 2*1.95 – 12 = -1.2509
• f(2.05) = 2.054 – 2.053 + 2*2.052 – 2*2.05 – 12 = 1.3509
• f(2.00) = 24 – 23 + 2*22 – 2*2 – 12 = 0 → stop
• Jadi hingga iterasi yang keempat diperoleh akar
pendekatan sebesar xt = 2. Dan bila melihat nilai f(xt) = 0
dan xt = 2 sekaligus sebagai salah satu akar eksaknya
4)
-
ke
pendekatan
(akar
00
.
2
2
05
.
2
95
.
1
2
x
x
x 1
n
n
t 



 

15. PROSEDUR HITUNGAN TERSEBUT
DITUNJUKKAN PADA TABEL BERIKUT :
xn xn+1 xt = (xn + xn+1)/2 f(xn) f(n+1) f(t)
1.75 2.55 2.15 -5.3555 21.6061 4.3741
1.75 2.15 1.95 -5.3555 4.3741 -1.2509
1.95 2.15 2.05 -1.2509 4.3741 1.3509
1.95 2.05 2 -1.2509 1.3509 0.0000

16. CONTOH :
•

17. Mengingat fungsi adalah kontinu, berarti perubahan tanda dari fungsi
antara x1 = 1 dan x2 = 2 akan memotong sumbu x paling tidak satu
kali.
Titik perpotongan antara sumbu x dan fungsi merupakan akar-akar
persamaan.
Dihitung nilai xt , dan kemudian dihitung fungsi f(xt)
f(xt) = f(1,5) = (1.5)3 + (1,5)2 – 3(1,5) – 3 = -0,01831
1,5
2
2
1
2
x
x
x 2
1
t 





18. Oleh karena fungsi berbeda tanda antara
x = 1,5 dan x = 2, maka akar terletak
diantara kedua nilai tersebut.
Langkah selanjutnya adalah membuat
setengah interval berikutnya sehingga
interval yang dihasilkan akan semakin kecil,
yang merupakan letak dari akar persamaan
yang dicari.

19. PROSEDUR HITUNGAN TERSEBUT
DITUNJUKKAN PADA TABEL BERIKUT :
xn xn+1 xt = (xn + xn+1)/2 f(xn) f(n+1) f(t)
1 2 1.5 -4 3 -1.875
1.5 2 1.75 -1.875 3 0.171875
1.5 1.75 1.625 -1.875 0.171875 -0.943359375
1.625 1.75 1.6875 -0.943359 0.171875 -0.409423828
1.6875 1.75 1.71875 -0.409424 0.171875 -0.124786377
1.71875 1.75 1.734375 -0.124786 0.171875 0.022029877
1.71875 1.734375 1.7265625 -0.124786 0.0220299 -0.051755428
1.71875 1.726563 1.72265625 -0.124786 -0.0517554 -0.088365018
f(x) = x3
+ x2
– 3 x – 3 = 0

20. LATIHAN
•

21. METODE REGULA FALSI
( METODE INTERPOLASI LINIER )
Metode biseksi adalah mudah tapi tidak efisien. Untuk
mendapatkan hasil yang mendekati nilai eksak
diperlukan langkah iterasi yang cukup panjang.
Metode Regula Falsi dapat menutup kekurangan itu.
Metode Regula Falsi didasarkan pada interpolasi antara
dua nilai dari fungsi yang mempunyai tanda berlawanan

22. Langkah-langkah yang dilakukan dalam
penyelesaian persamaan dengan metode Regula
Falsi adalah sebagai berikut :
1.Hitung fungsi pada interval yang sama dari x
sampai pada perubahan tanda dari fungsi f(xn) dan
f(xn+1), yaitu f(xn) . f(xn+1) < 0
2.Mencari nilai x* dengan persamaan :
)
x
(x
)
f(x
)
f(x
)
f(x
x
x n
1
n
n
1
n
1
n
1
n 



 




23. 3. Nilai tersebut digunakan untuk menghitung nilai
f(x*), yang kemudian digunakan lagi untuk
interpolasi linier dengan nilai f(xn) atau f(xn+1)
sedemikian sehingga kedua fungsi mempunyai
tanda berbeda.
4. Prosedur diulang lagi sampai didapat nilai f(x*)
mendekati nol

24. CONTOH :
Hitung salah satu akar dari persamaan :
f(x) = x3 + x2 – 3 x – 3 = 0
dengan metode Regula Falsi
Penyelesaian :
Seperti dalam metode biseksi , langkah pertama adalah
menghitung nilai f(x) pada interval antara dua titik sedemikian
sehingga nilai f(x) pada kedua titik tersebut berlawanan tanda.
Untuk x1 =1 maka f(x1) = f(1) = (1)3 + (1)2 – 3(1) – 3 = -4
Untuk x2 =2 maka f(x2) = f(2) = (2)3 + (2)2 – 3(2) – 3 = 3

25. Dengan menggunakan rumus :
)
x
(x
)
f(x
)
f(x
)
f(x
x
x n
1
n
n
1
n
1
n
1
n 



 



1,57142
)
1
(2
)]
4
(
[3
3
2 





f( x*) = f(1,57142) = (1,57142)3 + (1,57142)2 – 3(1,57142) – 3 = -1,36449

26. Karena f(x*) bertanda negatif maka akar terletak antara x =
1,57142 dan x = 2.
Selanjutnya dihitung nilai x*
1,70540
)
57142
,
1
(2
)]
36449
,
1
(
[3
3
2
x 






f(x*)=f(1,70540) = (1,70540)3 + (1,70540)2 – 3(1,70540) – 3 = -0,24784

27. PROSEDUR HITUNGAN SEPERTI DIATAS DILANJUTKAN
SAMPAI AKHIR DIDAPAT NILAI F(X )≈ 0. DAN
DITUNJUKKAN DALAM TABEL DIBAWAH INI :
xn xn+1 X* f(xn) f(n+1) f(x*)
1 2 1.5714 -4.0000 3.0000 -1.3644
1.5714 2 1.7054 -1.3646 3.0000 -0.2478
1.7054 2 1.7279 -0.2478 3.0000 -0.0394
1.7279 2 1.7314 -0.0392 3.0000 -0.0061
1.7314 2 1.7320 -0.0062 3.0000 -0.0010
1.732 2 1.7320 -0.0005 3.0000 -0.0001
f(x) = x3 + x2 – 3 x – 3 = 0

28. METODE NEWTON-RAPHSON
Metode ini paling banyak digunakan dalam mencari
akar-akar dari suatu persamaan.
Prosedur pencarian akar pendekatan dengan
menggunakan metode Newton-Raphson adalah
sebagai berikut :
1. Tetapkan xi sebagai akar pendekatan awal dari f(x)
2. Hitung f(xi) dan f’(xi)
3. Hitung xi+1 sebagai akar pendekatan ke- i+1 :
4. Hitung f(xi+1). Apabila f(xi+1) ≈ 0, maka prosedur
dapat dihentikan dan apabila tidak maka tentukan xi
= xi+1 dan kembali ke langkah 2
)
(x
f
)
f(x
x
x
i
'
i
i
1
i 



29. CONTOH :
Selesaikan persamaan :
f(x) = x3 + x2 – 3 x – 3 = 0
dengan metode Newton Raphson
Penyelesaian :
Persamaan yang diselesaikan :
f (x) = x3 + x2 – 3 x – 3 = 0
Turunan pertama dari persamaan itu adalah :
f ’(x) = 3x2 + 2 x – 3

30. • Dengan menggunakan persamaan :
)
(x
f
)
f(x
x
x
i
'
i
i
1
i 


Pada awal hitungan ditentukan nilai xi sembarang,
misalnya x1 = 1 ;
f (x1) = f(1) = (1)3 + (1)2 – 3 (1) – 3 = –4
f ’(x1) = f’ (1) = 3(1)2 + 2 (1) – 3 = 2
3
2
4
-
1
x 2 



31. Langkah berikutnya ditetapkan x2 = 3
f (x2) = f(3) = (3)3 + (3)2 – 3 (3) – 3 = 24
f ’(x2 ) = f’(3) = 3(3)2 + 2 (3) – 3 = 30
2
,
2
30
24
3
x3 



32. HITUNGAN DILANJUTKAN DENGAN PROSEDUR
YANG SAMA DAN HASILNYA DIBERIKAN DALAM
TABEL BERIKUT INI :
Jumlah
iterasi
xi xi+1 f(xi) f(xi+1)
1 1,0 3,0 -4,0 24,0
2 3,0 2,2 24,0 5,888
3 2,2 1,83 5,888 0,987387
4 1,83 1,73778 0,987387 0,05442
5 1,73778 1,73207 0,05442 0,0001816

33. METODE SECANT
Kekurangan Metode Newton Raphson adalah
diperlukannya turunan pertama (differensial) dari f(x)
dalam hitungan. Kadang-kadang sulit untuk
mendiferensialkan persamaan yang diselesaikan.
Untuk itu maka bentuk diferensial didekati dengan
nilai perkiraan berdasarkan diferensial beda hingga.

34. Yang disubstitusikan dalam persamaan :
)
f(x
-
)
f(x
)
x
)(x
f(x
x
x
1
-
i
i
1
-
i
i
i
i
1
i




Dalam metode ini pendekatan memerlukan
dua nilai awal dari x

35. CONTOH :
Selesaikan persamaan : f(x) = x3 + x2 – 3 x – 3 = 0
dengan metode Secant
Penyelesaian :
Iterasi 1
Diambil dua nilai awal x1 =1 dan x2 = 2
Untuk x1 =1 maka f(x1) = f(1) = (1)3 + (1)2 – 3(1) – 3 = - 4
Untuk x2 =2 maka f(x2) = f(2) = (2)3 + (2)2 – 3(2) – 3 = 3
Dengan menggunakan persamaan :
57142
,
1
)
4
(
3
)
1
2
(
3
2
)
f(x
-
)
f(x
)
x
)(x
f(x
x
x
1
2
1
2
2
2
3 









36. Maka :
f(x3)= (1,57142)3 + (1,57142)2 – 3(1,57142) – 3 = -1,36449
Iterasi 2
Untuk x2 =2 maka f(x2) = f(2) = (2)3 + (2)2 – 3(2) – 3 = 3
Untuk x3 =1,57142 maka
f(x3)= (1,57142)3 + (1,57142)2 – 3(1,57142) – 3 = -1,36449
Dengan menggunakan persamaan :
70540
,
1
3
36449
,
1
)
2
57142
,
1
(
36449
,
1
57142
,
1
)
f(x
-
)
f(x
)
x
)(x
f(x
x
x
2
3
2
3
3
3
4 










37. HITUNGAN DILANJUTKAN DENGAN PROSEDUR
YANG SAMA DAN HASILNYA DIBERIKAN DALAM
TABEL BERIKUT :
Jumlah
iterasi
x1 x2 x3 f(x1) f(x2) f(x3)
1 1,0 2,0 1,57142 -4,0 3,0 -1,36449
2 2,0 1,57142 1,70540 +3,0 -1,36449 -0,24784
3 1,57142 1,70540 1,73513 -1,36449 -0,24784 0,02920
4 1,70540 1,73513 1,73199 -0,24784 0,02920 -0,000575
5 1,73513 1,73199 1,73205

38. METODE ITERASI
Dalam metode iterasi ini digunakan suatu
persamaan untuk memperkirakan nilai akar
persamaan. Persamaan tersebut dikembangkan
dari fungsi f(x) = 0 sehingga parameter x berada
disisi kiri dari persamaan, yaitu :
x= g(x)
Persamaan ini menunjukkan bahwa nilai x
merupakan fungsi dari x, sehingga dengan
memberi nilai perkiraan awal dari akar dapat
dihitung perkiraan baru dengan rumus iteratif
berikut :

39. Besar kesalahan dihitung dengan rumus berikut :
)
x
(
x i
1
i g


x100%
x
x
x
ε
1
i
i
1
i
a

 


40. CONTOH :
Selesaikan persamaan : f(x) = x3 + x2 – 3 x – 3 = 0
dengan metode Iterasi
Penyelesaian :
Persamaan tersebut dapat ditulis dalam bentuk :
x3 = - x2 + 3 x + 3 → x = (- x2 + 3 x + 3 )1/3
Kemudian persamaan diubah menjadi :
xi+1 = (- x2 + 3 x + 3 )1/3
Apabila ditentukan perkiraan awal x1 = 2 maka
didapat :
x2 = (- x1
2 + 3 x1+ 3 )1/3 = (- 22 + 3 x 2 + 3 )1/3 =
1,70998

41. Iterasi (i) xi (%)
1 2,00000
2 1,70998 16,9607
3 1,73313 1,3362
4 1,73199 0,0658
5 1,73205 0,0034
6 1,73205 0,0002
a
ε
Hitungan dilanjutkan dengan prosedur yang sama dan hasilnya
diberikan dalam tabel berikut :
Dari tabel terlihat bahwa hasil hitungan pada iterasi
yang lebih tinggi semakin dekat dengan akar
persamaan yang benar, dengan kata lain kesalahan
yang terjadi semakin kecil. Penyelesaian persamaan
seperti ini disebut konvergen
%
07
16,96
x100%
1,70998
2
1,70998
x100%
x
x
x
ε
2
1
2
a 





42. Persamaaan x3 + x2 – 3 x – 3 = 0 dapat juga diubah dalam bentuk
berikut :
3
3
x
x
x
2
3



Dalam bentuk iterasi persamaan diatas
menjadi :
3
3
x
x
x
2
i
3
i
1
i




Untuk perkiraan awal x1 = 2 maka didapat :
3
3
3
2
2
3
3
x
x
x
2
3
2
1
3
1
2 






Besar kesalahan :
%
3333
,
33
x100%
3
2
3
x100%
x
x
x
ε
2
1
2
a 





43. DENGAN PROSEDUR YANG SAMA HITUNGAN
DILANJUTKAN DAN HASILNYA DIBERIKAN
DALAM TABEL BERIKUT INI :
Iterasi (i) xi (%)
1 2,00000
2 3,00000 33,3333
3 11,00000 72,7273
4 483,00000 97,7226
5 37637290,0 99,9987
a
ε
a
ε

44. SOAL-SOAL LATIHAN
1. Tentukan akar persamaan :
f(x) = -0.9 x2 + 1.7 x + 2.5 = 0
a. Dengan menggunakan rumus akar kuadrat (rumus abc)
b. Dengan menggunakan metode Biseksi pada interval
[2.8,3.0] sebanyak 3 iterasi dengan ketelitian hitungan
hingga 3 angka di belakang koma.
c. Dengan menggunakan metode regula falsi pada interval
[2.8,3.0] sebanyak 3 iterasi dengan ketelitian hitungan
hingga 3 angka dibelakang koma.

45. 2. Tentukan akar dari persamaan :
f(x) = -2 + 6.2x - 4 x2 + 0.7 x3 = 0
a. Dengan menggunakan metode Biseksi pada
interval [0.4,0.6] sebanyak 3 iterasi dengan
ketelitian hitungan hingga 3 angka dibelakang
koma.
b. Dengan menggunakan metode Regula Falsi
pada interval [0.4,0.6] sebanyak 3 iterasi
dengan ketelitian hitungan hingga 3 angka
dibelakang koma.

46. 3. Tentukan akar dari persamaan :
f(x) = 9.34 - 21.97x +16.3 x2+3.07 x3= 0
a. Dengan menggunakan metode Newton
Raphson dengan akar pendekatan awal
adalah 1.00 sebanyak 5 iterasi dengan
ketelitian hitungan hingga 2 angka
dibelakang koma.
b. Dengan menggunakan metode Secant
dengan akar pendekatan awalnya 0.9 dan
1.00 sebanyak 5 iterasi dengan ketelitian
hitungan hingga 2 angka dibelakang koma.

47. 4. Tentukan akar dari persamaan :
1 – 0.61 x
f(x) = ----------------- = 0
x
a. Dengan menggunakan metode Newton
Raphson dengan akar pendekatan awal adalah
1.50 sebanyak 3 iterasi dengan ketelitian
hitungan hingga 3 angka dibelakang koma.
b. Dengan menggunakan metode Secant dengan
akar pendekatan awalnya 1.5 dan 2.00
sebanyak 3 iterasi dengan ketelitian hitungan
hingga 3 angka dibelakang koma.

48. 5. Tentukan akar dari persamaan :
f (x) = x3 - 6 x2 + 11 x – 5.9 = 0
a. Dengan menggunakan metode Biseksi pada interval
[2.5,3.5] sebanyak 3 iterasi dengan ketelitian hitungan
hingga 3 angka dibelakang koma.
b. Dengan menggunakan metode Regula Falsi pada interval
[2.5,3.5] sebanyak 3 iterasi dengan ketelitian hitungan
hingga 3 angka dibelakang koma.
c. Dengan menggunakan metode Newton Raphson dengan
akar pendekatan awal 3.5 sebanyak 3 iterasi dengan
ketelitian hitungan hingga 3 angka dibelakang koma.
d. Dengan menggunakan metode Secant dengan akar
pendekatan awal 2.5 dan 3.5 sebanyak 3 iterasi dengan
ketelitian hitungan hingga 3 angka dibelakang koma.

49. 6.Tentukan akar dari persamaan-
persamaan berikut dengan metode
Iterasi, masing-masing 6 iterasi dengan
ketelitian hitungan hingga 4 angka
dibelakang koma:
a. f(x) = sin x – 5x = 0, dengan akar
pendekatan awal 0.1
b. f(x) = x2 + 4 x – 3 , dengan akar
pendekatan awal 0.65