BAB I SISTEM PERSAMAAN LINIER
BAB I
SISTEM PERSAMAAN LINIER
1.1
Metode Eliminasi Gauss
Menurut Munir (2003), eliminasi Gauss adalah suatu cara mengoperasikan nilai-nilai di dalam
matriks sehingga menjadi matriks yang lebih sederhana. Caranya adalah dengan melakukan
operasi baris sehingga matriks tersebut menjadi matriks yang eselon-baris. Ini dapat digunakan
sebagai salah satu metode penyelesaian persamaan linear dengan menggunakan matriks. Caranya
dengan mengubah persamaan linear tersebut ke dalam matriks teraugmentasi dan
mengoperasikannya. Setelah menjadi matriks Eselon-baris, lakukan substitusi balik untuk
mendapatkan nilai dari variabel-variabel tersebut. Metode ini berangkat dari kenyataan bahwa bila
matriks A berbentuk segitiga atas (menggunakan Operasi Baris Elementer) seperti sistem
persamaan berikut ini:
[
a11 a12 a13
0 a 22 a23
0
0 a33
. . . . .. . ..
0
0
0
..
.. .
.. .
.. .
.. .
a1 n
a2 n
a3 n
.. .
ann
][ ] [ ]
x1
b1
x2
b2
=
x3
b3
. ..
.. .
xn
bn
Maka solusinya dapat dihitung dengan teknik penyulingan mundur (backward substitution) :
ann x n =b n → x n =
bn
ann
an−1 .n−1 x n−1 +an−1 .n x n =bn−1 → x n−1 =
Jika
x n , x n−1 , x n−2 , .. ., x k+1
bn−1 −a n−1 .n x n
a n−1 .n−1
⋮
dst
diketahui, maka nilai x k dapat dihitung dengan
n
bk −
xk =
∑
j=k +1
a kk
a kj x j
, k=n−1,n−2, .. . ,1
dan
a kk ≠0 .
Kondisi a kk ≠0 sangat penting, sebab bila a kk ≠0 , persamaan diatas mengerjakan
pembagian dengan nol. Apabila kondisi tersebut tidak dipenuhi, maka SPL tidak mempunyai
jawaban.
Contoh 1 :
x 1 +x 2 +2 x3 =9
2 x 1 +4 x 2 −3 x 3 =1
3 x1 +6 x 2−5 x 3 =0
Penyelesaian :
Augmented matrik dari persamaan linier simultan tersebut adalah :
[
[
1 1 2 9
2 4 −3 1
3 6 −5 0
]
Lakukan operasi baris elementer sebagai berikut :
]
[
1 1 2 9 2 B +B
1 1 2
9
1
2 →
2 4 −3 1
0 2 −7 −17
3 6 −5 0 −3 B1 +B3 0 3 −11 −27
]
1
[
1
0
0
[
1
1
0
1
0
1
2
3
0
[
1
1
9
0
B
−17
2 2 →
−27 −2 B 1 + B3
0
]
2
−7
−11
2
−7
9
−17
2
−1
−3
2
]
[
1
1
1
2 −2 B 3 → 0
1
0
0
9
−17
2
2
−1
0
1
2
2
−7
−3
2
2
−7
2
9
−17
2
−1
2
−3
]
]
Solusi sistem diperoleh dengan teknik penyulihan mundur sebagai berikut:
−x 3 =−3→ x 3=3
7
−17
7
−17
x 2 +(−
) x 3=
→ x 2 +(−
)( 3 )=
→ x 2= 2
2
2
2
2
x1 + x 2 +2 x 3 =9 → x 1 =1
x 1=1 , x2 =2 , x3 =3
Diperoleh penyelesaian
Contoh 2 :
x 1 +2 x 2 + x3 =2
3 x1 + 6 x 2=9
2 x 1 + 8 x 2 +4 x 3 =6
Penyelesaian :
Augmented matrik dari persamaan linier simultan tersebut adalah :
[
[
[
1 2 1 2
3 6 0 9
2 8 4 6
]
Lakukan operasi baris elementer sebagai berikut :
]
[
1 2 1 2 B −3 B
1 2 1 2
1→
3 6 0 9 2
0 0 −3 3
2 8 4 6 B 3 −2 B1 0 4 2 2
] [
]
1 2 1 2
1 2 1 2
R
⇔
R
→
0 0 −3 3 3
0 4 2 2
2
0 4 2 2
0 0 −3 3
]
Solusi sistem diperoleh dengan teknik penyulihan mundur sebagai berikut:
−3 x 3 =3→ x 3 =−1
4 x 2 + 2 x 3 =2→ 4 x 2 +2 (−1 )=2→ x 2=1
x1 +6 x 2=9→ x1 =3
Diperoleh penyelesaian
x 1=3 , x 2=1 , x 3=−1
2
1.2
Dekomposisi Faktorisasi LU
Menurut Munir (2003), dalam dekomposisi faktorisasi (LU) matriks bujur sangkar A
difaktorkan menjadi A = LU dengan L adalah suatu matriks segitiga bawah (lower) dan U adalah
matriks segitiga atas (upper). Dalam bentuk matriks, pemfaktoran ini ditulis sebagai :
[
a11 a12
a 21 a22
a 31 a32
. . . .. .
an 1 a n2
a 13
a 23
a 33
...
an 3
][
. .. a1n
l 11 0 0
. .. a2n
l 21 l 22 0
=
. .. a3 n
l 31 l 32 l 33
. .. . ..
. . . . .. . ..
. .. a nn
l n 1 ln 2 ln 3
][
. .. 0 u11 u 12
. .. 0 0 u 22
. .. 0 0
0
. .. . . . .. . . ..
. .. l nn 0
0
u13
u23
u33
. ..
0
. .. a1n
. .. u2n
. .. a3 n
. .. . ..
. .. unn
]
Metode memfaktorkan A menjadi L dan U sedemikian sehingga
A = LU
Jika Ax = b dan LU x = b. Misalkan Ux = y maka Ly = b. Untuk memperoleh
dengan menggunakan teknik penyulihan maju (forward subsitution) :
[
1
0
l 21 1
Ly=b→ l 31 l32
. .. .. .
l n 1 l n2
0
0
1
.. .
l n3
.. . 0
.. . 0
.. . 0
.. . . ..
.. . 1
] [ ][ ]
] [ ][ ]
Dan untuk memperoleh solusi SPL
(backward subtitution) :
[
u11 u12
0 u22
Ux= y → 0
0
.. . . ..
0
0
u13
u23
u33
.. .
0
.. .
.. .
.. .
.. .
.. .
y 1 , y 2 ,..... y n
a 1n
u 2n
a 3n
. ..
unn
y1
b1
y2
b2
y 3 = b3
.. .
.. .
yn
bn
x 1 , x 2 , dan x 3 menggunakana teknik penyulihan mundur
y1
b1
y2
b2
=
y3
b3
...
...
yn
bn
Terdapat dua metode untuk memfaktorkan A atas L dan U yaitu :
1. Metode LU Gauss
2. Metode Reduksi Crout
Namun yang akan dibahas dalam makalah ini adalah pemfaktoran dengan menggunakan metode
reduksi Crout.
1.2.1
Metode Reduksi Crout
Dalam membahas metode reduksi Crout, tinjau matriks berikut :
a 11 a 12 a 13
u11 u 12 u 13
1
0 0
A= a21 a 22 a 23
L= l 21 1 0
U = 0 u 22 u 23
l 31 l 32 1
a31 a 32 a 33
0
0 a 33
[
] [
] [
]
Karena LU = A maka hasil perkalian L dan U dapat ditulis sebagai
u 11
u12
u13
a11 a12
LU = l21 u11
=
A=
l 21 u 12+u22
l 21 u 13+u 23
a21 a22
l31 u13 l 31 u12+ l 32 u22 l 31 u13 +l 32 u23 +u33
a31 a32
[
] [
a13
a23
a33
]
Dari hasil penjabaran matriks dihalaman sebelumnya atau hasil dari LU = A diperoleh
Baris pertama U
u11 =a11 , u12 =a12 , u 13 =a13
Kolom pertama L
3
a21
u11
a31
l 31 u13=a31 →l 31=
u11
Baris kedua U
l 21 u11 =a21 →l 21=
l 21 u12 +u22 =a 22→u22=a22−l 21 u12
l 21 u13 +u23 =a23 →u23=a 23−l 21 u13
Kolom kedua L
l 31 u12 +l 32 u22 =a32 →l 32 =
a32−l 31 u 12
u22
Baris ketiga U
l 31 u13 +l 32 u23 +u33 =a33 →u33 =a 33−( l 31 u 13 +l 32 u 23 )
Sehingga rumus umum menghitung u dan l kedua metode ini, nilai U kj pada setiap baris U
dan ljk pada kolom matriks L dihitung secara bergantian dengan rumus sebagai berikut :
li1 =ai1 untuk i = 1,2,3,K,n
aij
uij =
l 11 untuk j = 2,3,4,K,n
Untuk j = 2,3,4,K,n-1 maka
j−1
l ij=aij− ∑ lik u kj
k=1
untuk i = j, j+1,K,n
j−1
a jk −∑ l ik uik
i−1
u jk=
l jj
n−1
untuk k = j+1, j+2
dan
l nn=a nn− ∑ l nk u kn
k =1
Contoh 3 :
Selesaikan persamaan dibawah ini dengan metode dekomposisi LU, yang dalam hal ini L dan U
dihitung dengan metode reduksi Crout.
x1 + x 2−x 3 =1
2 x 1 +2 x 2 + x 3 =5
−x 1 + x 2 + x3 =1
Penyelesaian :
[
1 1 −1
A= 2 2 1
−1 1 1
] []
1
b= 5
1
Diperoleh :
u11 =a11 =1
u12 =a 12=1
u13 =a13=−1
l 21 =a21 /u11 =2/1=2
l 31 =a31 /u11 =−1/1=−1
u22 =a 22−l 21 u12 =2−2(1)=0
Karena
uqq
tidak boleh nol, lakukan pertukaran baris baik untuk matriks A maupun vektor b
4
[
1 1 −1
R2 ⇔ R3 −1 1 1
2 2 1
Matriks A =
]
[]
1
R2 ⇔ R3 1
5
dan Vektor b =
l 21 , l 31 , dan u22 .Perhatikan bahwa nilai u11 , u12 , u13 tidak berubah.
u22=a 22 −l 21 u12=1−(−1)(1)=2
u23=a23 −l 21 u13 =1−(−1 )(−1 )=0
l21 =a21 /u11 =−1 /1=−1
l31 =a31 /u11 =2/1=2
a −l u
2−2(1)
l 32 = 32 31 12 =
=0
u22
2
Hitung kembali nilai
Diperoleh L dan U sebagai berikut :
[ ] [ ]
[ ] [ ] []
1 1 −1
U= 0 2 0
0 0 3
1 0 0
L= −1 1 0
2 0 1
[]
1
dan b = 1
5
Berturut-turut dihitung y dan x sebagai berikut :
y1
1 0 0
1
Ly=b→ −1 1 0
y2 = 1
2 0 1
5
y3
Kemudian y 1 , y 2 , dan y3 dihitung dengan teknik penyulingan maju :
y 1=1
−y 1 + y 2 =1→ y 2 =1+ y 1=1+1=2
2 y 1 + y 3 =5→ y 3 =5−2 y 1=3
Sehingga
[
1 1 −1
U x= y → 0 2 0
0 0 3
] [ ] []
x1
x2
x3
=
1
2
3
Setelah itu x 1 , x 2 , dan x 3 dihitung dengan teknik penyulingan mundur :
3 x3 =3 →x 3 =1
2 x 2 =2→ x 2=1
x 1 + x 2−x 3 =1→ x 1=1
Jadi, solusi sistem persamaan diatas adalah
x=(1,1,1)T
Contoh 4 :
x 1−x 2 +2 x 3 =5
3 x1 + x3 =10
x 1 +2 x 3 =5
Penyelesaian :
[ ] []
1 −1 2
A= 3 0 1
1 0 2
5
b= 10
5
5
Diperoleh :
u11 =a11 =1
u12=a 12=−1
u13=a13=2
l 21=a21 /u11 =3/1=3
l 31=a31 /u11 =1/1=1
u22=a 22−l 21 u12=0−3(−1)=3
Karena
uqq
tidak nol, maka tidak perlu melakukan pertukaran baris seperti (contoh 3).
Hitung nilai l 32 , u23 .Perhatikan bahwa nilai u11 , u12 , u13 tidak berubah.
u23=a23−l 21 u13 =1−( 3 )(2)=−5
a 32−l 31 u12 0−1(−1) 1
l 32 =
=
=
u22
3
3
u33=a32−(l 31 u 13+l 32 u 23 )=2−(6 /3+(−5/3)=2−1/3=5/3
Diperoleh L dan U sebagai berikut :
[
] [ ]
[ ][] []
1 −1 2
U= 0 3 −5
0 0 5/3
1 0 0
L= 3 1 0
1 1/3 1
[]
5
dan b = 10
5
Berturut-turut dihitung y dan x sebagai berikut :
y1
1 0 0
5
Ly=b→ 3 1 0
y 2 = 10
1 1/3 1
5
y3
Kemudian y 1 , y 2 , dan y3 dihitung dengan teknik penyulingan maju :
y 1 =5
3 y 1 + y 2 =10→ y 2 =10−15→ y 2=−5
1
5
3
y 1+
y + y 3 =5→ y 3=( )( )=5
3 2
3
1
Sehingga
x1
1 −1 2
5
U x= y → 0 3 −5
x2 = -5
0 0 5 /3
5
x
[
][] []
3
Setelah itu x 1 , x 2 , dan x 3 dihitung dengan teknik penyulingan mundur :
5
3
x3 =5 →x 3 =3
−5+ 15 10
3 x2 −5 x 3 =−5 →x 2 =
=
3
3
15 /3−8/ 3
x 1−x 2 +2 x 3 =5→ x1 =
=7
3
Jadi, solusi sistem persamaan diatas adalah
T
x=(1,1,1)
6
SISTEM PERSAMAAN LINIER
1.1
Metode Eliminasi Gauss
Menurut Munir (2003), eliminasi Gauss adalah suatu cara mengoperasikan nilai-nilai di dalam
matriks sehingga menjadi matriks yang lebih sederhana. Caranya adalah dengan melakukan
operasi baris sehingga matriks tersebut menjadi matriks yang eselon-baris. Ini dapat digunakan
sebagai salah satu metode penyelesaian persamaan linear dengan menggunakan matriks. Caranya
dengan mengubah persamaan linear tersebut ke dalam matriks teraugmentasi dan
mengoperasikannya. Setelah menjadi matriks Eselon-baris, lakukan substitusi balik untuk
mendapatkan nilai dari variabel-variabel tersebut. Metode ini berangkat dari kenyataan bahwa bila
matriks A berbentuk segitiga atas (menggunakan Operasi Baris Elementer) seperti sistem
persamaan berikut ini:
[
a11 a12 a13
0 a 22 a23
0
0 a33
. . . . .. . ..
0
0
0
..
.. .
.. .
.. .
.. .
a1 n
a2 n
a3 n
.. .
ann
][ ] [ ]
x1
b1
x2
b2
=
x3
b3
. ..
.. .
xn
bn
Maka solusinya dapat dihitung dengan teknik penyulingan mundur (backward substitution) :
ann x n =b n → x n =
bn
ann
an−1 .n−1 x n−1 +an−1 .n x n =bn−1 → x n−1 =
Jika
x n , x n−1 , x n−2 , .. ., x k+1
bn−1 −a n−1 .n x n
a n−1 .n−1
⋮
dst
diketahui, maka nilai x k dapat dihitung dengan
n
bk −
xk =
∑
j=k +1
a kk
a kj x j
, k=n−1,n−2, .. . ,1
dan
a kk ≠0 .
Kondisi a kk ≠0 sangat penting, sebab bila a kk ≠0 , persamaan diatas mengerjakan
pembagian dengan nol. Apabila kondisi tersebut tidak dipenuhi, maka SPL tidak mempunyai
jawaban.
Contoh 1 :
x 1 +x 2 +2 x3 =9
2 x 1 +4 x 2 −3 x 3 =1
3 x1 +6 x 2−5 x 3 =0
Penyelesaian :
Augmented matrik dari persamaan linier simultan tersebut adalah :
[
[
1 1 2 9
2 4 −3 1
3 6 −5 0
]
Lakukan operasi baris elementer sebagai berikut :
]
[
1 1 2 9 2 B +B
1 1 2
9
1
2 →
2 4 −3 1
0 2 −7 −17
3 6 −5 0 −3 B1 +B3 0 3 −11 −27
]
1
[
1
0
0
[
1
1
0
1
0
1
2
3
0
[
1
1
9
0
B
−17
2 2 →
−27 −2 B 1 + B3
0
]
2
−7
−11
2
−7
9
−17
2
−1
−3
2
]
[
1
1
1
2 −2 B 3 → 0
1
0
0
9
−17
2
2
−1
0
1
2
2
−7
−3
2
2
−7
2
9
−17
2
−1
2
−3
]
]
Solusi sistem diperoleh dengan teknik penyulihan mundur sebagai berikut:
−x 3 =−3→ x 3=3
7
−17
7
−17
x 2 +(−
) x 3=
→ x 2 +(−
)( 3 )=
→ x 2= 2
2
2
2
2
x1 + x 2 +2 x 3 =9 → x 1 =1
x 1=1 , x2 =2 , x3 =3
Diperoleh penyelesaian
Contoh 2 :
x 1 +2 x 2 + x3 =2
3 x1 + 6 x 2=9
2 x 1 + 8 x 2 +4 x 3 =6
Penyelesaian :
Augmented matrik dari persamaan linier simultan tersebut adalah :
[
[
[
1 2 1 2
3 6 0 9
2 8 4 6
]
Lakukan operasi baris elementer sebagai berikut :
]
[
1 2 1 2 B −3 B
1 2 1 2
1→
3 6 0 9 2
0 0 −3 3
2 8 4 6 B 3 −2 B1 0 4 2 2
] [
]
1 2 1 2
1 2 1 2
R
⇔
R
→
0 0 −3 3 3
0 4 2 2
2
0 4 2 2
0 0 −3 3
]
Solusi sistem diperoleh dengan teknik penyulihan mundur sebagai berikut:
−3 x 3 =3→ x 3 =−1
4 x 2 + 2 x 3 =2→ 4 x 2 +2 (−1 )=2→ x 2=1
x1 +6 x 2=9→ x1 =3
Diperoleh penyelesaian
x 1=3 , x 2=1 , x 3=−1
2
1.2
Dekomposisi Faktorisasi LU
Menurut Munir (2003), dalam dekomposisi faktorisasi (LU) matriks bujur sangkar A
difaktorkan menjadi A = LU dengan L adalah suatu matriks segitiga bawah (lower) dan U adalah
matriks segitiga atas (upper). Dalam bentuk matriks, pemfaktoran ini ditulis sebagai :
[
a11 a12
a 21 a22
a 31 a32
. . . .. .
an 1 a n2
a 13
a 23
a 33
...
an 3
][
. .. a1n
l 11 0 0
. .. a2n
l 21 l 22 0
=
. .. a3 n
l 31 l 32 l 33
. .. . ..
. . . . .. . ..
. .. a nn
l n 1 ln 2 ln 3
][
. .. 0 u11 u 12
. .. 0 0 u 22
. .. 0 0
0
. .. . . . .. . . ..
. .. l nn 0
0
u13
u23
u33
. ..
0
. .. a1n
. .. u2n
. .. a3 n
. .. . ..
. .. unn
]
Metode memfaktorkan A menjadi L dan U sedemikian sehingga
A = LU
Jika Ax = b dan LU x = b. Misalkan Ux = y maka Ly = b. Untuk memperoleh
dengan menggunakan teknik penyulihan maju (forward subsitution) :
[
1
0
l 21 1
Ly=b→ l 31 l32
. .. .. .
l n 1 l n2
0
0
1
.. .
l n3
.. . 0
.. . 0
.. . 0
.. . . ..
.. . 1
] [ ][ ]
] [ ][ ]
Dan untuk memperoleh solusi SPL
(backward subtitution) :
[
u11 u12
0 u22
Ux= y → 0
0
.. . . ..
0
0
u13
u23
u33
.. .
0
.. .
.. .
.. .
.. .
.. .
y 1 , y 2 ,..... y n
a 1n
u 2n
a 3n
. ..
unn
y1
b1
y2
b2
y 3 = b3
.. .
.. .
yn
bn
x 1 , x 2 , dan x 3 menggunakana teknik penyulihan mundur
y1
b1
y2
b2
=
y3
b3
...
...
yn
bn
Terdapat dua metode untuk memfaktorkan A atas L dan U yaitu :
1. Metode LU Gauss
2. Metode Reduksi Crout
Namun yang akan dibahas dalam makalah ini adalah pemfaktoran dengan menggunakan metode
reduksi Crout.
1.2.1
Metode Reduksi Crout
Dalam membahas metode reduksi Crout, tinjau matriks berikut :
a 11 a 12 a 13
u11 u 12 u 13
1
0 0
A= a21 a 22 a 23
L= l 21 1 0
U = 0 u 22 u 23
l 31 l 32 1
a31 a 32 a 33
0
0 a 33
[
] [
] [
]
Karena LU = A maka hasil perkalian L dan U dapat ditulis sebagai
u 11
u12
u13
a11 a12
LU = l21 u11
=
A=
l 21 u 12+u22
l 21 u 13+u 23
a21 a22
l31 u13 l 31 u12+ l 32 u22 l 31 u13 +l 32 u23 +u33
a31 a32
[
] [
a13
a23
a33
]
Dari hasil penjabaran matriks dihalaman sebelumnya atau hasil dari LU = A diperoleh
Baris pertama U
u11 =a11 , u12 =a12 , u 13 =a13
Kolom pertama L
3
a21
u11
a31
l 31 u13=a31 →l 31=
u11
Baris kedua U
l 21 u11 =a21 →l 21=
l 21 u12 +u22 =a 22→u22=a22−l 21 u12
l 21 u13 +u23 =a23 →u23=a 23−l 21 u13
Kolom kedua L
l 31 u12 +l 32 u22 =a32 →l 32 =
a32−l 31 u 12
u22
Baris ketiga U
l 31 u13 +l 32 u23 +u33 =a33 →u33 =a 33−( l 31 u 13 +l 32 u 23 )
Sehingga rumus umum menghitung u dan l kedua metode ini, nilai U kj pada setiap baris U
dan ljk pada kolom matriks L dihitung secara bergantian dengan rumus sebagai berikut :
li1 =ai1 untuk i = 1,2,3,K,n
aij
uij =
l 11 untuk j = 2,3,4,K,n
Untuk j = 2,3,4,K,n-1 maka
j−1
l ij=aij− ∑ lik u kj
k=1
untuk i = j, j+1,K,n
j−1
a jk −∑ l ik uik
i−1
u jk=
l jj
n−1
untuk k = j+1, j+2
dan
l nn=a nn− ∑ l nk u kn
k =1
Contoh 3 :
Selesaikan persamaan dibawah ini dengan metode dekomposisi LU, yang dalam hal ini L dan U
dihitung dengan metode reduksi Crout.
x1 + x 2−x 3 =1
2 x 1 +2 x 2 + x 3 =5
−x 1 + x 2 + x3 =1
Penyelesaian :
[
1 1 −1
A= 2 2 1
−1 1 1
] []
1
b= 5
1
Diperoleh :
u11 =a11 =1
u12 =a 12=1
u13 =a13=−1
l 21 =a21 /u11 =2/1=2
l 31 =a31 /u11 =−1/1=−1
u22 =a 22−l 21 u12 =2−2(1)=0
Karena
uqq
tidak boleh nol, lakukan pertukaran baris baik untuk matriks A maupun vektor b
4
[
1 1 −1
R2 ⇔ R3 −1 1 1
2 2 1
Matriks A =
]
[]
1
R2 ⇔ R3 1
5
dan Vektor b =
l 21 , l 31 , dan u22 .Perhatikan bahwa nilai u11 , u12 , u13 tidak berubah.
u22=a 22 −l 21 u12=1−(−1)(1)=2
u23=a23 −l 21 u13 =1−(−1 )(−1 )=0
l21 =a21 /u11 =−1 /1=−1
l31 =a31 /u11 =2/1=2
a −l u
2−2(1)
l 32 = 32 31 12 =
=0
u22
2
Hitung kembali nilai
Diperoleh L dan U sebagai berikut :
[ ] [ ]
[ ] [ ] []
1 1 −1
U= 0 2 0
0 0 3
1 0 0
L= −1 1 0
2 0 1
[]
1
dan b = 1
5
Berturut-turut dihitung y dan x sebagai berikut :
y1
1 0 0
1
Ly=b→ −1 1 0
y2 = 1
2 0 1
5
y3
Kemudian y 1 , y 2 , dan y3 dihitung dengan teknik penyulingan maju :
y 1=1
−y 1 + y 2 =1→ y 2 =1+ y 1=1+1=2
2 y 1 + y 3 =5→ y 3 =5−2 y 1=3
Sehingga
[
1 1 −1
U x= y → 0 2 0
0 0 3
] [ ] []
x1
x2
x3
=
1
2
3
Setelah itu x 1 , x 2 , dan x 3 dihitung dengan teknik penyulingan mundur :
3 x3 =3 →x 3 =1
2 x 2 =2→ x 2=1
x 1 + x 2−x 3 =1→ x 1=1
Jadi, solusi sistem persamaan diatas adalah
x=(1,1,1)T
Contoh 4 :
x 1−x 2 +2 x 3 =5
3 x1 + x3 =10
x 1 +2 x 3 =5
Penyelesaian :
[ ] []
1 −1 2
A= 3 0 1
1 0 2
5
b= 10
5
5
Diperoleh :
u11 =a11 =1
u12=a 12=−1
u13=a13=2
l 21=a21 /u11 =3/1=3
l 31=a31 /u11 =1/1=1
u22=a 22−l 21 u12=0−3(−1)=3
Karena
uqq
tidak nol, maka tidak perlu melakukan pertukaran baris seperti (contoh 3).
Hitung nilai l 32 , u23 .Perhatikan bahwa nilai u11 , u12 , u13 tidak berubah.
u23=a23−l 21 u13 =1−( 3 )(2)=−5
a 32−l 31 u12 0−1(−1) 1
l 32 =
=
=
u22
3
3
u33=a32−(l 31 u 13+l 32 u 23 )=2−(6 /3+(−5/3)=2−1/3=5/3
Diperoleh L dan U sebagai berikut :
[
] [ ]
[ ][] []
1 −1 2
U= 0 3 −5
0 0 5/3
1 0 0
L= 3 1 0
1 1/3 1
[]
5
dan b = 10
5
Berturut-turut dihitung y dan x sebagai berikut :
y1
1 0 0
5
Ly=b→ 3 1 0
y 2 = 10
1 1/3 1
5
y3
Kemudian y 1 , y 2 , dan y3 dihitung dengan teknik penyulingan maju :
y 1 =5
3 y 1 + y 2 =10→ y 2 =10−15→ y 2=−5
1
5
3
y 1+
y + y 3 =5→ y 3=( )( )=5
3 2
3
1
Sehingga
x1
1 −1 2
5
U x= y → 0 3 −5
x2 = -5
0 0 5 /3
5
x
[
][] []
3
Setelah itu x 1 , x 2 , dan x 3 dihitung dengan teknik penyulingan mundur :
5
3
x3 =5 →x 3 =3
−5+ 15 10
3 x2 −5 x 3 =−5 →x 2 =
=
3
3
15 /3−8/ 3
x 1−x 2 +2 x 3 =5→ x1 =
=7
3
Jadi, solusi sistem persamaan diatas adalah
T
x=(1,1,1)
6