Solusi Sistem Persamaan Lanjar (Bagian 2)

Solusi Sistem Persamaan Lanjar (Bagian 2) (Bagian 2)

Bahan Kuliah IF4058 Topik Khusus Informatika I Oleh; Rinaldi Munir (IF-STEI ITB)

Meskipun metode LU Gauss dikenal paling baik untuk melakukan dekomposisi LU, terdapat metode lain yang digunakan secara luas, yaitu metode reduksi Crout • Nama lain: metode reduksi Cholesky atau metode Dolittle

2,2

3,2

1 0 0 u

1 0 U = 0 u

Pemfaktoran dengan Metode Reduksi Crout

1 0 0 u

Dalam membahas metode reduksi Crout, tinjau matriks 3 × 3 berikut: a

13 A

= a

33 Karena LU = A, maka hasil perkalian L dan U itu dapat ditulis sebagai u u u a a a

13 LU = l u l u + u l u +u = A = a a a

23 l u l u + l u l u + l u + u a a a

33 Dari kesamaan dua buah matriks LU = A, diperoleh = a = a , u , u = a = a , u , u = a = a } Baris pertama U } Baris pertama U u u

l u = a → l =

→ l

31 u 11 = a 31 l 31 =

} u

l u + u = a → u = a - l u Baris kedua U

} l u + u = a → u = a - l u

− a l u

l = a → l =

Kolom kedua L l u u

32 u

22 → l u + l u + u = a u = a - ( l u + l u ) } Baris

23 ketiga U

Kita perhatikan ada urutan pola teratur dalam menemukan Kita perhatikan ada urutan pola teratur dalam menemukan elemen-elemen L dan U, yaitu: (1)elemen-elemen baris pertama dari U (2)elemen-elemen baris pertama dari L (3)elemen-elemen baris kedua dari U (4)elemen-elemen baris kedua L (5)… (6)elemen-elemen baris ke-k dari U (7)elemen-elemen baris ke-k dari L

Rumus umum menghitung u dan l untuk sistem dengan matriks A yang berukuran

3 × 3 dapat ditulis sebagai berikut: p −

1 p

= 1, 2, 3, …., n u

= a , (P.4.13) pj pj pk kj j

l u

= p, p+1, …., n k =

1 dan q −

1 − a u

1 iq ik kq q

= 1, 2, 3, …., n-1 k =

1 l i

= , = q+1, q+2, …., n (P.4.14) iq u qq dengan syarat u ≠ 0 qq Contoh: Selesaikan x + x - x = 1

3 2x + 2x + x = 5

x + x + 2x = 5

3 dengan metode dekomposisi LU, yang dalam hal ini L dan U dihitung dengan metode reduksi Crout.

Penyelesaian:

1 1 -1

1 A =

2 1 b = 5

1 Diperoleh: u = a = 1

11 = a = 1 u

12 u = a = -1

13 l = a /u = 2/1 = 2

11 l = a /u = -1/1 = -1

11 = a - l = 2 - 2 ⋅1 = 0 u

22 21 u

Karena u tidak boleh nol, lakukan pertukaran baris, baik untuk matriks A maupun untuk

qq vektor b: Matriks A Vektor b

R ⇔ R 1 1 -1 R ⇔ R

1 2 2

5 Hitung kembali nilai l , l , dan u (Perhatikan bahwa nilai u , u , u tidak berubah)

l = a /u = -1/1 = -1

l = a /u = 2/1 = 2

u = a - l u = 1 - (-1)(1) = 1 + 1 = 2

u u = a - l = 1 - (-1)(-1) = 1-1 = 0

a − l u −

2 2 ( )

l = = =

= 3

= 1 + 1 = 2 2y

= 1 → y

= 1 + y

= 5 → y

= 5 - 2y

= 1

dihitung dengan teknik penyulihan maju: y

Diperoleh L dan U sebagai berikut, 1 1 -1 1 0 0

1 Ly = b -1 1 y

1 U = 0 2 0 L

= -1 1 0 dan b = 1 0 0 3 2 0 1

5 Berturut-turut dihitung y dan x sebagai berikut: 1 0 y

1 1 0 y

= 1 2 0

1 y

5 y

, y

, dan y

1 1 -1 x

1 Ux = y

0 2 0 x = 2

0 0 3 x

x , x , dan x dihitung dengan teknik penyulihan mundur:

3x 3x = 3 → x = 3 → x = 1 = 1

→ 2x + 0x = 2 x = 1

x - x = 1 → x = 1

1 T Jadi, solusi sistem persamaan lanjar di atas adalah x = (1, 1, 1) .

Jika diamati elemen segitiga bawah pada matriks U semuanya bernilai nol, sehingga ruang yang tidak terpakai itu dapat dipakai untuk menyimpan elemen matriks L.
Elemen diagonal matriks L seluruhnya 1, jadi tidak perlu disimpan (default). Dengan demikian, penyimpanan elemen L dan U pada satu matriks dapat menghemat penggunaan memori.
Selain itu, matriks A hanya dipakai sekali untuk memperoleh L dan U, sesudah itu tidak dipakai lagi.
Dengan demikian, setelah L dan U diperoleh, elemennya dapat dipindahkan ke dalam A.
Karena alasan ini, maka metode dekomposisi LU dinamakan juga metode kompaksi memori.

Determinan

Metode eliminasi Gauss dapat diterapkan untuk menghitung determinan matriks n × n.
Determinannya dapat dihitung setelah ia ditransformasi menjadi matriks segitiga atas U.
Dua hukum penting determinan:

Hukum 1: det(BC) = det(B) × det(C) Hukum 2: det(M) = hasil kali semua elemen diagonal M jika M adalah matriks segitiga atas atau matriks segitiga bawah. Kasus 1: Bila eliminasi Gauss tidak menerapkan tatancang pivoting.

Jika pivoting tidak diterapkan, determinan matriks A adalah: det (A) = det (LU) = det (L) × det(U) = det (L) × det(U) = det(U) = u

11 u

22 u

33 ... u

yang dalam hal ini det(L) = 1 sebab semua elemen diagonal L adalah satu.

Kasus 2: Bila eliminasi Gauss menerapkan tatancang pivoting.

Tatancang pivoting mengakibatkan pertukaran baris.

Dekomposisi LU dengan pivoting setara dengan mengerjakan dua proses terpisah berikut:

1. Transformasikan matriks A menjadi matriks A' dengan cara permutasi baris-baris matriks (sama dengan mengalikan A dengan matriks permutasi P),

A' = PA atau setara dengan A = P

2. Dekomposisi A' menjadi LU tanpa pivoting A' = LU

Dari (1) dan (2), L dan U dihubungkan dengan A oleh

1 -1

A = P A' = P LU

Determinan A dapat ditulis sebagai

det (A) = det (P ) × det (L) × det (U) det (A) = det (P ) × det (L) × det (U)

= det (P ) × 1 × det (U)

= det (P ) × det (U) = α det (U)

yang dalam hal ini α = det (P ) = -1 atau 1 bergantung pada

apakah pivoting sejumlah bilangan ganjil atau genap.

α dapat

Jika pivoting dilakukan sejumlah p kali, maka ditulis sebagai:

p α = (-1)

bernilai 1 untuk p genap dan -1 untuk p ganjil.

α Karena itu, p p det(A) = (-1) det(U) = (-1) u u u ... u

33 nn

Contoh: Hitung determinan matriks A berikut:

2 3 -1 A = 4 4 -3

2 3 -1

Penyelesaian:

2 3 -1 R - 2 3 -1 R - / / R R 2 3 -1 R 2 3 -1 R - / / R R 2 3 -1 2 3 -1

3 3 -2 -2

/ - 4 4 -3 R R 0 -2 -1 0 -2 -1

2 3 -1 1 0 -2 0 0 -5 Tidak ada proses pivoting selama eliminasi Gauss, maka det (A) = (2) (-2) (-5) = 20

Metode Lelaran Untuk Menyelesaikan SPL

• Metode eliminasi Gauss melibatkan banyak galat pembulatan. Galat
pembulatan yang terjadi pada eliminasi Gauss dapat menyebabkan solusi yang diperoleh “jauh” dari solusi sebenarnya.
Gagasan metoda lelaran pada pencarian akar persamaan nirlanjar dapat juga diterapkan untuk menyelesaikan SPL. dapat juga diterapkan untuk menyelesaikan SPL.
Dengan metode lelaran, galat pembulatan dapat diperkecil, karena
kita dapat meneruskan lelaran sampai solusinya seteliti mungkin,
sesuai dengan batas galat yang kita perbolehkan.
• Dengan kata lain, besar galat dapat dikendalikan sampai batas yang
bisa diterima

Jika metode eliminasi Gauss dan variasi-variasinya serta metode dekomposisi LU dinamakan metode langsung (direct)

karena solusi SPL diperoleh tanpa lelaran-

maka metode lelaran dinamakan metode tidak langsung (indirect) atau metode iteratif.
Tinjau kembali sistem persamaan lanjar a

a
.... + a

a
.... + a
a
.... + a

Dengan syarat a

= b n

nn x n

n2 x

: a n1 x

2 :

= b

2n x n

22 x

21 x

1 a

= b 1n n 1 11 1 12 2

1n x n

12 x

11 x

kk ≠ 0, k = 1, 2, ..., n, maka persamaan lelarannya dapat ditulis sebagai

− −

1 ....

= ( ) ( ) ( ) nn k n nn

n k n n a x a x a x a b

(k+1)

− − − x n

a x a x a x a b k n n k k

2 ....

(k+1)

( ) ( ) ( )

2 (k+1)

− − x

a x a x a b

n n k

1 ....

( )

− − − − dengan k = 0, 1, 2, …

| > ≠ = n i j j ij a

| a ii

Syarat cukup agar lelarannya konvergen adalah sistem dominan secara diagonal:

< ε untuk semua i = 1, 2, 3, …., n

− k i k i k i x x x

Lelaran dimulai dengan memberikan tebakan awal untuk x, =

( ) ( ) ( )

− k k x x

1 +

Sebagai kondisi berhenti lelarannya, dapat digunakan pendekatan galat relatif ( ) ( )

n x x x x

) ( ) ( ) (

1 , i = 1, 2, 3, …, n Sebagai contoh, SPL berikut 3x + x - x = 1

2x + 4x + x = 5

x + 5x + 8x = 5

dominan secara diagonal, karena | 3 | > | 1 | + | -1 | | 4 | > | 2 | + | 1 | | 4 | > | 2 | + | 1 | | 8 | > | -1 | + | 5 | karena itu lelarannya pasti konvergen. Ada dua metode lelaran yang akan kita bahas di sini:

1. Metode lelaran Jacobi

2. Metode lelaran Gauss-Seidel

Metode Lelaran Jacobi

Persamaan lelarannya adalah seperti yang ditulis di atas.

(0) :

Misalkan diberikan tebakan awal x : • Misalkan diberikan tebakan awal x

(0) (0) (0) (0) T x = (x , x , ..., x )

1 2 n

Prosedur lelaran untuk lelaran pertama, kedua, dan seterusnya adalah sebagai berikut:

Lelaran pertama: x

1 (1)

− −

1 ....

= ( ) ( ) ( ) nn n nn n n n a x a x a x a b

(1)

− − − − x n

a x a x a x a b n n

2 ....

= ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 (1)

− − − − x

a x a x a x a b n n

1 ....

− − − − Lelaran kedua: ( ) ( ) ( )

1 − − − − b a x a x .... a x

(2)

3 1 n n x =

1 a

11 ( ) ( ) ( )

1 − − − − b a x a x .... a x

(2)

3 2 n n = x

2 a

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 − − − .... − b a x a x a x

(2) − − n n

1 1 n

2 nn

1 n

1 x = n a nn

Rumus umum : n

( ) k

− b a x i ij j

= ≠ ( ) j 1 , j i

1 = = x , k ,

1 ,

2 ,.... i a ii

Metode Lelaran Gauss-Seidel

Kecepatan konvergen pada lelaran Jacobi dapat
dipercepat bila setiap harga x yang baru dihasilkan

i segera dipakai pada persamaan berikutnya untuk menentukan harga x yang lainnya. i+1

Metode lelarannya dinamakan lelaran Gauss-Seidel

Lelaran pertama: x

(1)

= ( ) ( ) ( )

a x a x a x a b − − − x

4 (1)

( ) ( ) ( )

= ( ) ( ) ( )

a x a x a x a b − − − x

2 (1)

= ( ) ( ) ( )

a x a x a x a b − − − x

3 (1)

a − x a x a x a b − −

k a x a x a b x ii n i j k j ij n j k j ij i k i

3 a x a x a x a b

− − −

33 a x

4 (2) =

( ) ( ) ( )

4 a x a x a x a b

− − − Rumus umum: ( ) ( ) ( )

,.... , 1 , 2 ,

1 = − −

Lelaran kedua: x

2 (2) =

1 (2) =

( ) ( ) ( )

1 a x a x a x a b

− − − x

( ) ( ) ( )

1 a x a x a x a b

− − − x

3 (2) =

( ) ( ) ( )

= =
Contoh: Tentukan solusi SPL 4x - y + z = 7 4x - 8y + z = -21

2x + y + 5z = 15 dengan nilai awal P = (x , y , z ) = (1, 2, 2). (Solusi sejatinya adalah (2, 4, 3) )

Penyelesaian:

(a) Metode lelaran Jacobi Persamaan lelarannya: x r +1

7 r r z y −

r +1 = Lelarannya:

21 r r z x −

r +1 =

15 r r y x −

2 x = = 1.75

4 ( )

8 − 15 2 ( )

z = = 3.000

7 3 . 375 3 .

00 x = = 1.84375

4 − 21 4 ( 3 . 375 ) 3 .

y = = 3.875

15 2 ( 1 . 75 ) 3 . 375 z = = 3.025

5 ... x = 2.00000000

19 y = 4.00000000

19 z = 3.00000000

(b) Metode lelaran Gauss-Seidel Persamaan lelarannya,

7 y − z

r r x = r +1

r r

21 4 x − z

y = r +1

r r

15 2 x − y

z = r +1

5 Lelarannya, −

x = = 1.75

4 ( ) + +

4 1 .

2 y 1 = = 3.75

15 2 ( 1 . 75 ) 3 .

75 z = = 3.000

7 3 . 75 − 2 . 95 + x

= = 1.95

4 −

7 3 .

75 2 .

95 y

= = 3.96875

8 ( ) −

2 1 .

95 3 . 968375 z = = 2.98625

5 ... x

= 2.00000000

y = 4.00000000

z = 3.00000000

Contoh Soal Terapan

Dalam hal ini, semua arus i yang memasuki simpul dianggap bertanda positif.

Sedangkan hukum Ohm menyatakan bahwa arus i yang melalui suatu tahanan

adalah : V −

V i j i = ij

R ij yang dalam hal ini V adalah tegangan dan R adalah tahanan.

R ij i i

V i j arah arus i

3 i ij

(b) (a)

Diberikan sebuah rangkaian listrik dengan 6 buah tahanan seperti pada Gambar di

bawah ini. Anda diminta menghitung arus pada masing-masing rangkaian.

52 R

54 i

43 i

52 i

4 i

45 R

34 R

12 R

32 i

3 i

3 = 0 i

65 R

5 = 0 i

12 R

2 = 0 i

54 R

4 = 0 i

52 R

43 R

2 = 0 i

Penyelesaian: Arah arus dimisalkan seperti diatas. Dengan hukum Kirchoff diperoleh persamaan-persamaan berikut : i

32 = 0 i

54 = 0 i

32 = 0 i

43 = 0 Dari hukum Ohm didapat : i

32 R

2 = 0 i

32 R

2 = 0 Dengan menyusun kesepuluh persamaan diatas didapatkan SPL sbb :

i i i

V i i i

V V

V

5 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 i

1 0 1 -1 0 0 0 0 0 i

52 0 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 i

32 0 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 i

65 0 0 R 0 0 0 -1 1 0 0 i

54 0 0 0 0 0 R 0 1 -1 0 i = 0

43 0 0 0 R 0 0 0 0 0 1 V

6 R 0 0 0 0 0 1 0 0 0 V

1 0 0 0 0 R 0 0 0 1 -1 V

5 Tentukan i , i , i , i , i , i , V , V , V ,

V

5 bila diketahui

R = 5 ohm , R = 10 ohm , R = 10 ohm

32 R = 20 ohm , R = 15 ohm , R = 5 ohm.

14 V = 200 volt , V = 0 volt.

Persoalan ini diselesaikan dengan metode eliminasi Gauss. Matriks awal sebelum

proses eliminasi Gauss adalah: 1.000 1.000 1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 -1.000 0.000 1.000 -1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 -1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 1.000 -1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 10.000 0.000 0.000 0.000 -1.000 1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 5.000 0.000 1.000 -1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 20.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 1.000 0.000

200.000 5.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 15.000 0.000 0.000 0.000 1.000 -1.000 0.000 0.000 10.000 0.000 0.000 0.000 0.000 1.000 0.000 0.000 -1.000 0.000

Matriks akhir setelah eliminasi adalah:

1.000 1.000 1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 -1.000 0.000 1.000 -1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 -1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 1.000 -1.000 0.000 0.100 0.000 0.000 -0.100 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 1.000 -1.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 1.000 0.000 0.200 -0.200 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 -0.100 -0.200 0.200 0.150 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 -0.600 0.600 0.350 40.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.100 0.025 20.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 -0.200 0.000 -0.200 -26.667 -26.667

Dengan teknik penyulihan mundur diperoleh solusinya sebagi berikut: i 12 = 4.444 ampere, i 52 = -4.444 ampere i

32 = 0.000 ampere, i 65 = -6.667 ampere i 54 = -2.222 ampere, i 43 = -2.222 ampere

V 2 = 177.778 volt, V3 = 177.778 volt

V 4 = 166.667 volt, V5 = 133.333 volt

Solusi Sistem Persamaan Lanjar (Bagian 2)