Transcript Lecture 4-SPL

II. SISTEM PERSAMAAN LINIER
2.1 PENDAHULUAN
2.2 METODE PENYELESAIAN
2.2.1 METODE ELIMINASI GAUSS
2.2.2 METODE GAUSS JORDAN
2.2.3 METODE GAUSS SEIDEL
2.3 INVERS MATRIK
2.3.1 APLIKASI GAUSS JORDAN
2.3.2 METODE INVERS SEBAGIAN
2.1 PENDAHULUAN
a11 x1  a12 x2  a13 x3  b1
a21 x1  a22 x2  a23 x3  b2
a31 x1  a32 x2  a33 x3  b3
Akar Persamaan:
Adalah pasangan bilangan berurutan (x1,x2,x3)
yang memenuhi SPL itu.
Adalah titik potong/pertemuan ketiga bidang datar
(untuk tiga variabel).
Bentuk Matrik:
 a11 a12
a
a
21
22

a31 a32
a13   x1   b1 





a23   x2   b2 
a33   x3  b3 
Untuk mencari akar secara numerik, persamaan
dinyatakan dalam bentuk matrik yang diperbesar
sebagai berikut:
 a11 a12 a13
a
a
a
21
22
23

a31 a32 a33
a14 

a24 
a34 
PRINSIP:
Metode
Eliminasi
Gauss
Untuk sistem persamaan yang terdiri
dari 3 persamaan:
 x1 dlm pers. (2) dan (3) dieliminasi.
 x2 dlm pers. (3) dieliminasi.
TAHAPAN
METODE ELIMINASI
1. Eliminasi Maju:
Menghapus variabel-variabel
2. Substitusi Balik:
Mencari nilai semua variabel
ELIMINASI MAJU
1. Eliminasi x1 dalam (2) dan (3)
a11 a12 a13 a14
a21 a22 a23 a24
a31 a32 a33 a34

1 a12
 a14

a13
a21 a22 a23 a24
a31 a32 a33 a34
a. Baris pertama dibagi
dengan a11
a kj 
a kj
a kk
k  1, j  k,...,4

1 a12
 a14

a13
a21 a22 a23 a24
a31 a32 a33 a34
b. Baris pertama dikalikan
dengan a21 dan dikurangkan
ke baris kedua.
aij  aij - mxakj

1 a12

0 a22
a31 a32
 a14

a13
a23

a24
a33 a34
m  a21, i  2, j  k ,...,4

1 a12
 a14

a13

0 a22
a23

a24
a31 a32
a33 a34
c. Baris pertama dikalikan
dengan a31 dan dikurangkan
ke baris ketiga.

1 a12
 a14

a13

0 a22
a23

0 a32

a33

a24

a34
aij  aij - mxakj
m  a31, i  3, j  k ,...,4
2. Eliminasi x2 dalam (3)

1 a12
 a14

a13

0 a22
a23

0 a32

1 a12

a33

a34
 a14

a13

0 1 a 23

0 a32

a24

a33

a 24

a34
a. Baris kedua dibagi
dengan a/22
a kj
a kj 
a kk
k  2, j  k,...,4

1 a12
 a14

a13

0 a32

a33

0 1 a 23

1 a12

a 24

a34
 a14

a13

0 1 a 23

0 0 a33

a 24

a34
b. Baris kedua dikalikan dgn.
a/32 dan dikurangkan
ke baris ketiga.
aij  aij  mxakj
m  a32 ,
i  3, j  k,...,4

1 a12
 a14

a13

0 1 a 23

0 0 a33

1 a12

a 24

a34
 a14

a13
 a 24

0 1 a 23

0 0 1 a34
a. Baris ketiga dibagi
dengan a//33
akj
akj 

akk
k  3, j  k,...,4
SUBSTITUSI BALIK

1 a12
0 1

0 0

a13
a23
1
 
a14

a24 
 
a34

x3  a34
  a23 x3
x2  a24
  a12
 x2  a13
 x3 
x1  a14
Contoh Penyelesaian SPL dengan Eliminasi Gauss
4
2
3
3
4
1
aij  aij  aik akj
1
3
1
13
19
8
a kj 
i  2,3; j  1,2,3,4
1
0
0,75 0,25 3,25
2,50 2,50 12,5
0
-1,25 0,25 -1,75
a kj
a kk
k  1, j  k,...,4
1
0,75 0,25 3,25
0
2,50 2,50 12,5
0
-1,25 0,25 -1,75
aij  aij  aik akj
a kj 
i  3; j  2,3,4
1
0,75 0,25 3,25
0
1
1
5
0
0
1,5
4,5
a kj
a kk
k  2; j  k ,3,4
1
0,75 0,25 3,25
0
1
1
5
0
0
1,5
4,5
a kj 
1
0,75 0,25 3,25
0
1
1
5
0
0
1
3
a kj
a kk
k  3; j  k ,4
SUBSTITUSI BALIK
1
0.75 0.25 3.25
0
1
1
5
0
0
1
3
x3 = 3
x2 = 5 – x3 = 5 – 3 = 2
x1 = 3,25 – (0,75x2 + 0,25x3) = 1
PRINSIP:
Metode
Gauss
Jordan
Semua variabel pada baris
(persamaan) ke m dihapus kecuali
xm itu sendiri sehingga tidak
diperlukan substitusi balik.
Bentuk Akhir:
1 0 0
0 1 0
0 0 1

a14

a24

a34
Contoh Penyelesaian SPL dengan Gauss-Jordan
4
2
3
3
4
1
1
3
1
13
19
8
aij  aij  aik akj
i  2,3; j  1,2,3,4
1
0
0,75 0,25 3,25
2,50 2,50 12,5
0
-1,25 0,25 -1,75
a kj 
a kj
a kk
k  1, j  k,...,4
1
0
0,75 0,25 3,25
2,50 2,50 12,5
0
-1,25 0,25 -1,75
aij  aij  aik akj
a kj 
i  1,3; j  2,3,4
a kj
a kk
k  2; j  k ,3,4
1
0
0
1
-0,5
1
-0,5
5
0
0
1,5
4,5
1
0
0
1
-0,5
1
-0,5
5
0
0
1,5
4,5
aij  aij  aik akj
a kj 
i  1,2; j  3,4
a kj
a kk
k  3; j  3,4
1
0
0
1
0
0
1
2
0
0
1
3
1
0
0
1
0
0
1
2
0
0
1
3
Jadi Solusi persamaan ini adalah:
x2 =
1
2
x3 =
3
x1 =
Metode
Iterasi
Gauss
Seidel
a11 x1  a12 x2  a13 x3  b1
(1)
a21 x1  a22 x2  a23 x3  b2
(2)
a31 x1  a32 x2  a33 x3  b3
(3)
(1):
1
b1  a12 x2  a13 x3 
x1 
a11
(2):
1
b2  a21x1  a23 x3 
x2 
a22
(3):
1
b3  a31x1  a32 x2 
x3 
a33
Iterasi 0:
x2 = x 3 = 0
b1
x1 
a11
1
b2  a21 x1 
x2 
a22
1
b3  a31x1  a32 x2 
x3 
a33
1
b2  a21 x1 
x2 
a22
1
b3  a31x1  a32 x2 
x3 
a33
Iterasi 1:
1
b1  a12 x2  a13 x3 
x1 
a11
1
b2  a21x1  a23 x3 
x2 
a22
1
b3  a31x1  a32 x2 
x3 
a33
Contoh Penyelesaian SPL dengan
Iterasi Gauss-Seidel
3x1  x2  x3  8
4 x1  3x2  x3  13
2 x1  4 x2  3x3  19
Iter
1
x1  8  x2  x3 
3
0
x2 
1
13  4 x1  x3  x3  1 19  2 x1  4 x2 
3
3
1
2,6667
0
0,7778
2
3
4
1,2346
1,5144
3,4911
0,9982
1,8387
3,2162
0,9817
1,9524
5
0,9906
1,9872
3,0757
3,0233
6
7
0,9965
0,9989
8
9
10
0,9997
0,9999
1,9969
1,9993
1,9999
2,0000
2,0000
1,0000
0
3,5185
3,0064
3,0016
3,0004
3,0000
3,0000
3. INVERS MATRIK
3.1. Menginvers matrik dengan aplikasi
Gauss Jordan
A I
I B
Hubungan antara matrik A dengan matrik B
adalah:
B=
-1
A
Contoh menginvers matrik dengan metode
Gauss Jordan.
4

2
 3




3
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1/4
5/2
1/4
1/4
-1/2
-3/4
0
1
0
0 

0 
1 
3
4
1
1
1 3/4
0 5/2

0 -5/4
1 3/4
 0 5/2

 0 -5/4
1/4
5/2
1/4
1/4
-1/2
-3/4
1
0
0
1
-1/2
1
2/5
-1/5
0
0
3/2
-1
0
1
0
0 

0 
1 
-3/10 0
2/5 0
1/2
1
1
0
0
1
-1/2
1
2/5
-1/5
0
0
3/2
-1
1
0
0
1
0
0
0
0
1
-3/10 0
2/5
1/2
0
1
1/15 -2/15 1/3
7/15 1/15 -2/3
-2/3 1/3 2/3
Jadi Invers matrik A adalah
-1
A
=
1/15 -2/15 1/3
7/15 1/15 -2/3
-2/3 1/3 2/3
3.2. Metode Invers Sebagian (Partial Inversion)
x1
A
A
b1
x2 = b2
x3
b1
b3
x1
1. Posisi x1 ditukar
dengan b1
Pertukaran xi
dengan bi menyebabkan terjadi
Perub. pada matrik
koefisien dan diper
oleh hubungan:
A  A1
b2 = x2
b3
3. Posisi x3 ditukar
x3 dengan b3
A
b1
x1
x2 = b2
x3
b3
2. Posisi x2 ditukar
dengan b2
A
b1
x1
b2 = x2
x3
b3
Proses pertukaran:
 a12 x2
 a13 x3
 b1
(1)
a21 x1  a22 x2
 a23 x3
 b2
(2)
a31 x1  a32 x2
 a33 x3
 b3
(3)
a11 x1
(1):
a13
b1 a12
x1 

x2 
x3
a11 a11
a11
Substitusi (1b) kedalam (2):
 b1 a12
a13 
a21 

x2 
x3   a 22 x2  a 23 x3  b2
a11 
 a11 a11
(1b)
Atau,




a21
a12
a13
b1   a22 
a21  x2   a23 
a21  x3  b2
a11
a11
a11




(2b)
Substitusi (1b) kedalam (3):
 b1 a12
a13 
a31 

x2 
x3   a32 x2  a33 x3  b3
a11 
 a11 a11




a31
a13
a12
b1   a32 
a31  x 2   a33 
a31  x3  b3
a11
a11
a11




(3b)
Persamaan-persamaan (1b), (2b) dan (3b) ditulis
dalam bentuk matrik
1

 a11
 a21

 a11
 a31

 a11
a12

a11


a
 a22  12 a21 
a11 


a12 
 a32 
a31 
a11 


a13


a11
b   x 
1
1



a
 a23  13 a21   x2   b2 
a11     

 x3  b3 

a13  
 a33 
a31  
a11  

Secara sederhana dapat ditulis sebagai
A
 a12

 a11
a a
 21 22
 a32

a31
   b1   x1 
a13





a23   x2   b2 
   x3  b3 
a33
Terjadi pertukaran posisi antara x1 dengan b1
LANGKAH-LANGKAH MENUKAR POSISI xK DENGAN bK
1. Ganti elemen akk (diagonal pertama k = 1) dengan kebalikannya,
1
 
akk
akk
2. Semua elemen kolom ke k, tetapi bukan pada baris ke k diganti dengan:
a ik  a ik a kk
3. Semua elemen bukan baris k dan bukan kolom k diganti dengan:
aij  a ij  aik xa kj
i, j  k
4. Elemen baris k tetapi bukan kolom k diganti dengan,
 jk
akj  akj x akk
Keempat langkah ini diulangi untuk nilai-nilai k = 2 dan k = 3 berturut-turut
untuk menukar x2 dengan b2 dan x3 dengan b3
Contoh menginvers matrik dengan metode
invers sebagian.
 4 3 1


A  2 4 3
3 1 1
1/15
7/15
1

A

-2/3
k=1
1/4 - 3/4 - 1/4


1/2
5/2
5/2


 3/4 - 5/4 1/4 
-2/15
1/15
1/3
1/3 

-2/3 
2/3 
k=3
k=2
 2/5

-1/5
 1
-3/10
2/5
-1/2
1/2 

-1 
3/2