Mendapatkan Invers Matriks Bujursangkar latin
Mendapatkan Invers Matriks
Bujursangkar Orde Tiga dengan Metode
Dekomposisi LU
Yohannes S.M. Simamora
Program Studi Teknik Mesin, Politeknik Purbaya
Jl. Pancakarya No. 1 Talang, Kabupaten Tegal 52193
Email: simamora@me.purbaya.ac.id
1
Pendahuluan
Diberikan matriks bujur sangkar orde
a11
A = a21
a31
tiga nonsingular1 :
a12 a13
a22 a23 .
a32 a33
(1)
Invers A:
A−1 =
x1
x2
x3
,
(2)
adalah matriks bujur sangkar yang memenuhi persamaan:
AA−1 = I,
(3)
dengan:
x13
x12
x11
x1 = x21 , x2 = x22 , x3 = x23
x33
x32
x31
masing-masing adalah vektor kolom dan:
1 0 0
I = 0 1 0 ,
0 0 1
adalah matriks identitas.
Di sini, vektor x1 ,x2 , dan x3 akan diperoleh dengan menerapkan metode dekomposisi LU . Ini diawali dengan dengan mendekomposisi A menjadi matriks segitiga atas (upper triangular matrix):
a11 a12 a13
(4)
U = 0 ã22 ã23 ,
0
0 â33
1 Suatu
matriks disebut nonsingular jika dan hanya jika determinannya tidak sama dengan
nol.
1
dengan ã22 , ã23 dan â33 nilai yang diperoleh dengan menerapkan eliminasi maju
pada A; dan matriks segitiga bawah dengan entri ’1’ pada diagonal utamanya
(lower unitriangular matrix):
1
0 0
L = f21 1 0 ,
(5)
f31 f˜32 1
dengan f21 , f31 f˜32 adalah faktor yang menghasilkan angka nol pada U, masingmasing pada entri (2,1), (3,1) dan (3,2). Dalam hal ini A, U, dan L memenuhi
persamaan
A = LU.
Menerapkan metode substitusi maju pada:
bn = Ldn
(6)
dengan bn masing-masing:
1
0
0
b1 = 0 , b2 = 1 , b3 = 0 ,
0
0
1
menghasilkan nilai dn , masing-masing dalam hal ini:
d13
d12
d11
d1 = d21 , d2 = d22 , d3 = d23 .
d33
d32
d31
Akhirnya, nilai dari masing-masing vektor xn diperoleh dengan menerapkan
substitusi balik pada persamaan:
Ux1 = d1
2
2.1
(7)
Ux2 = d2
(8)
Ux3 = d3 .
(9)
Komputasi
Dekomposisi
Matriks U diperoleh dari penerapan eliminasi maju pada (1). Nilai ã22 dan ã23
baris pertama2 .
pada (4) diperoleh dengan mengurangkan baris ke-2 dengan aa21
11
Di sini:
a21
ã22 = a22 −
a12
(10)
a11
a21
a13 ,
(11)
ã23 = a23 −
a11
2 Jika a
11 = 0 maka eliminasi maju tidak dapat dilakukan. Salah satu cara menanggulanginya adalah dengan terlebih dahulu melakukan operasi baris elementer yaitu menambahkan baris lain ke baris pertama sedemikian sehingga a11 6= 0.
2
dengan nilai entri (1,1) pada U diperoleh dari:
a21
a21 −
a11 = 0.
a11
Sementara itu, nilai â33 diperoleh dengan terlebih dahulu mengurangkan baris
31
baris ke pertama A. Hasil operasi tersebut diberi notasi ã32
ke-3 dengan aa11
dan ã32 , yaitu:
a21
a12
(12)
ã32 = a32 −
a11
a21
ã33 = a33 −
a13 ,
(13)
a11
dengan nilai entri (2,1) pada U diperoleh dari:
a31
a11 = 0.
a31 −
a11
Dari (12) dan (13), diperoleh:
â33 = ã33 −
ã32
ã22
ã23 ,
(14)
dan nilai entri (3,2) pada U adalah:
ã32
ã22 = 0.
ã32 −
ã22
Dari eliminasi maju tersebut di atas, diperoleh pula nilai f21 , f31 , dan f˜32 pada
L, yaitu:
a21
(15)
f21 =
a11
a31
f31 =
(16)
a11
ã32
f˜32 =
.
(17)
ã22
2.2
Menghitung x1
Bentuk persamaan (6) untuk menghitung x1 adalah:
Ld1 = b1 ,
atau:
1
f21
f31
0
1
f˜32
0
1
d11
0 d21 = 0 .
0
d31
1
(18)
Menerapkan substisusi maju pada (18) menghasilkan:
d11 = 1
d21 = −f21
(19)
(20)
d31 = − f31 + f˜32 d21 .
(21)
3
Sementara itu, persamaan
a11
0
0
(7) dapat ditulis sebagai:
d11
x11
a12 a13
ã22 ã23 x21 = d21 .
d31
x31
0 â33
(22)
Mensubstitusikan nilai-nilai (19)-(21) ke dalam (22), menghasilkan:
(23)
x21
(24)
x11
2.3
d31
â33
d21 − ã23 x31
=
ã22
1 − a12 x21 − a13 x31
=
a11
x31 =
(25)
Menghitung x2
Bentuk persamaan (6) untuk menghitung x2 adalah:
Ld2 = b2 ,
atau:
1
f21
f31
0
1
f˜32
0
0
d12
0 d22 = 1 .
d32
0
1
(26)
Menerapkan substitusi maju pada (26), menghasilkan:
d12 = 0
(27)
d22 = 1
(28)
d32
= −f˜32 .
Persamaan (8) dapat ditulis sebagai:
d12
x12
a11 a12 a13
0 ã22 ã23 x22 = d22 .
d32
x32
0
0 â33
(29)
(30)
Dari (27)-(29) dan (38) dapat dihitung:
(31)
x22
(32)
x12
2.4
d32
â33
1 − ã23 x32
=
ã
22
a12 x22 + a13 x32
=−
a11
x32 =
Menghitung x3
Bentuk persamaan (6) untuk menghitung x3 adalah:
Ld3 = b3 ,
4
(33)
atau:
1
f21
f31
0
1
f˜32
0
0
d13
0 d23 = 0 .
d33
1
1
(34)
Menerapkan substitusi maju pada (34), menghasilkan:
d13 = 0
d23 = 0
(35)
(36)
d33 = 1.
(37)
Persamaan (9) dapat ditulis sebagai:
a11 a12 a13
x13
d13
0 ã22 ã23 x23 = d23 .
0
0 â33
x33
d33
(38)
Mensubstitusikan nilai-nilai (35)-(37) ke dalam (38), menghasilkan:
(39)
x23
(40)
x13
3
1
â33
ã23 x33
=−
ã
22
a12 x23 + a13 x33
.
=−
a11
x33 =
(41)
Contoh
Menerapkan dekomposisi LU dapatkan A−1 yang merupakan invers matriks:
4.0000 −2.0000 −4.0000
2.0000 −5.0000 .
(42)
A = 1.5000
1.0000 −6.0000
8.0000
dengan ketelitian perhitungan 10−4 .
Dekomposisi. Untuk mendapatkan U, nilai ã22 , ã23 , ã32 , ã33 , dan â33 dihitung
5
masing-masing menggunakan (10)-(14):
1.5000
ã22 = 2.0000 −
(−2.0000)
4.0000
= 2.7500
ã23 = −5.0000 −
1.5000
4.0000
(−4.0000)
1.0000
4.0000
(−2.0000)
= −3.5000
ã32 = −6.0000 −
= −5.5000
ã33 = 8.0000 −
1.0000
4.0000
−5.5000
2.7500
(−4.0000)
= 9.0000
â33 = 9.0000 −
(−3.5000)
= 2.0000.
Dengan demikian, matriks U pada soal adalah:
4.0000 −2.0000 −4.0000
0
2.7500 −3.5000 .
U=
0
0
2.0000
Sementara itu, untuk mendapatkan L, nilai f21 , f31 , dan f˜32 dihitung masingmasing menggunakan (15)-(17):
1.5000
4.0000
= 0.3750
1.0000
f31 =
4.0000
= 0.2500
−5.5000
f˜32 =
2.7500
= −2.0000.
f21 =
Matriks L pada soal adalah:
1
L = 0.3750
0.2500
0 0
1 0 .
−2.0000 1
Menghitung x1 . Menyubstitusikan nilai-nilai numerik yang diperoleh ke dalam
persamaan (20)-(21) diperoleh:
d21 = −0.3750
d31 = − [0.2500 + (−2.0000)(−0.3750)]
= −1.0000,
6
dengan mengingat bahwa dari (19) telah diperoleh nilai d1 1 = 1. Menyubstitusikan nilai-nilai numerik d11 , d21 , dan d31 ke dalam persamaan (23)-(25),
diperoleh nilai x1 :
−1.0000
2.0000
= −0.5000
x31 =
−0.3750 − (−3.5000)(−0.5000)
2.7500
= −0.7727
x21 =
1 − (−2.0000)(−0.7727) − (−4.0000)(−0.5000)
4.0000
= −0.6364,
x11 =
yang dalam bentuk vektor kolom dinyatakan sebagai:
−0.6364
x1 = −0.7727 .
−0.5000
Menghitung x2 . Dari perangkat persamaan (27)-(29), tampak bahwa hanya
(29) yang masih harus dihitung, dalam hal ini:
d32 = −(2.0000) = 2.0000,
sementara dari (27) dan (36) tampak bahwa d12 = 0 dan d22 = 1. Menyubstitusikan nilai-nilai numerik d32 ke dalam persamaan (31), diperoleh nilai x2 :
2.0000
2.0000
= 1.0000
x32 =
1 − (−3.5000)(1.0000)
2.7500
= 1.6364
(−2.0000)(1.6364) + (−4.0000)(1.0000)
=−
4.0000
x22 =
x12
= 1.8182,
yang dalam bentuk vektor kolom:
1.8182
x2 = 1.6364 .
1.0000
Menghitung x3 . Tampak bahwa nilai numerik persamaan (35)-(37) tidak
perlu lagi dihitung karena tidak bergantung pada nilai numerik soal. Nilai x3
7
diperoleh dengan menggunakan persamaan (39)-(41):
1
2.0000
= 0.5000
x33 =
(−3.5000)(0.5000)
2.7500
= 0.6364
(4.0000)(0.6364) + (−2.0000)(0.6364)
=−
4.0000
x23 = −
x13
= 0.8182.
yang dalam bentuk vektor kolom:
0.8182
x3 = 0.6364 .
0.5000
Dengan demikian invers matriks:
4.0000 −2.0000 −4.0000
2.0000 −5.0000 ,
A = 1.5000
1.0000 −6.0000
8.0000
adalah:
A−1 =
x1
x2
x3
−0.6364 1.8182 0.8182
= −0.7727 1.6364 0.6364
−0.5000 1.0000 0.5000
Catatan. AA−1 dalam soal ini tidak sama persis dengan I. Selisih antara
I dan AA−1 di sini merupakan galat pembulatan akibat pembatasan jumlah
angka penting dalam perhitungan.
Kepustakaan
1. Chapra, S.C. & Canale, R.L., Numerical Methods for Engineers. Seventh
Edition, McGraw-Hill, 2014.
Disclaimer
Makalah tutorial ini ditulis untuk tujuan pengajaran semata. Tidak satu pun
konsep dan metode dalam makalah ini yang merepresentasikan kontribusi asli
penulisnya.
This tutorial paper was written solely for teaching purpose. There is no any
concept or method in this paper that represents the author’s original contribution.
8
Bujursangkar Orde Tiga dengan Metode
Dekomposisi LU
Yohannes S.M. Simamora
Program Studi Teknik Mesin, Politeknik Purbaya
Jl. Pancakarya No. 1 Talang, Kabupaten Tegal 52193
Email: simamora@me.purbaya.ac.id
1
Pendahuluan
Diberikan matriks bujur sangkar orde
a11
A = a21
a31
tiga nonsingular1 :
a12 a13
a22 a23 .
a32 a33
(1)
Invers A:
A−1 =
x1
x2
x3
,
(2)
adalah matriks bujur sangkar yang memenuhi persamaan:
AA−1 = I,
(3)
dengan:
x13
x12
x11
x1 = x21 , x2 = x22 , x3 = x23
x33
x32
x31
masing-masing adalah vektor kolom dan:
1 0 0
I = 0 1 0 ,
0 0 1
adalah matriks identitas.
Di sini, vektor x1 ,x2 , dan x3 akan diperoleh dengan menerapkan metode dekomposisi LU . Ini diawali dengan dengan mendekomposisi A menjadi matriks segitiga atas (upper triangular matrix):
a11 a12 a13
(4)
U = 0 ã22 ã23 ,
0
0 â33
1 Suatu
matriks disebut nonsingular jika dan hanya jika determinannya tidak sama dengan
nol.
1
dengan ã22 , ã23 dan â33 nilai yang diperoleh dengan menerapkan eliminasi maju
pada A; dan matriks segitiga bawah dengan entri ’1’ pada diagonal utamanya
(lower unitriangular matrix):
1
0 0
L = f21 1 0 ,
(5)
f31 f˜32 1
dengan f21 , f31 f˜32 adalah faktor yang menghasilkan angka nol pada U, masingmasing pada entri (2,1), (3,1) dan (3,2). Dalam hal ini A, U, dan L memenuhi
persamaan
A = LU.
Menerapkan metode substitusi maju pada:
bn = Ldn
(6)
dengan bn masing-masing:
1
0
0
b1 = 0 , b2 = 1 , b3 = 0 ,
0
0
1
menghasilkan nilai dn , masing-masing dalam hal ini:
d13
d12
d11
d1 = d21 , d2 = d22 , d3 = d23 .
d33
d32
d31
Akhirnya, nilai dari masing-masing vektor xn diperoleh dengan menerapkan
substitusi balik pada persamaan:
Ux1 = d1
2
2.1
(7)
Ux2 = d2
(8)
Ux3 = d3 .
(9)
Komputasi
Dekomposisi
Matriks U diperoleh dari penerapan eliminasi maju pada (1). Nilai ã22 dan ã23
baris pertama2 .
pada (4) diperoleh dengan mengurangkan baris ke-2 dengan aa21
11
Di sini:
a21
ã22 = a22 −
a12
(10)
a11
a21
a13 ,
(11)
ã23 = a23 −
a11
2 Jika a
11 = 0 maka eliminasi maju tidak dapat dilakukan. Salah satu cara menanggulanginya adalah dengan terlebih dahulu melakukan operasi baris elementer yaitu menambahkan baris lain ke baris pertama sedemikian sehingga a11 6= 0.
2
dengan nilai entri (1,1) pada U diperoleh dari:
a21
a21 −
a11 = 0.
a11
Sementara itu, nilai â33 diperoleh dengan terlebih dahulu mengurangkan baris
31
baris ke pertama A. Hasil operasi tersebut diberi notasi ã32
ke-3 dengan aa11
dan ã32 , yaitu:
a21
a12
(12)
ã32 = a32 −
a11
a21
ã33 = a33 −
a13 ,
(13)
a11
dengan nilai entri (2,1) pada U diperoleh dari:
a31
a11 = 0.
a31 −
a11
Dari (12) dan (13), diperoleh:
â33 = ã33 −
ã32
ã22
ã23 ,
(14)
dan nilai entri (3,2) pada U adalah:
ã32
ã22 = 0.
ã32 −
ã22
Dari eliminasi maju tersebut di atas, diperoleh pula nilai f21 , f31 , dan f˜32 pada
L, yaitu:
a21
(15)
f21 =
a11
a31
f31 =
(16)
a11
ã32
f˜32 =
.
(17)
ã22
2.2
Menghitung x1
Bentuk persamaan (6) untuk menghitung x1 adalah:
Ld1 = b1 ,
atau:
1
f21
f31
0
1
f˜32
0
1
d11
0 d21 = 0 .
0
d31
1
(18)
Menerapkan substisusi maju pada (18) menghasilkan:
d11 = 1
d21 = −f21
(19)
(20)
d31 = − f31 + f˜32 d21 .
(21)
3
Sementara itu, persamaan
a11
0
0
(7) dapat ditulis sebagai:
d11
x11
a12 a13
ã22 ã23 x21 = d21 .
d31
x31
0 â33
(22)
Mensubstitusikan nilai-nilai (19)-(21) ke dalam (22), menghasilkan:
(23)
x21
(24)
x11
2.3
d31
â33
d21 − ã23 x31
=
ã22
1 − a12 x21 − a13 x31
=
a11
x31 =
(25)
Menghitung x2
Bentuk persamaan (6) untuk menghitung x2 adalah:
Ld2 = b2 ,
atau:
1
f21
f31
0
1
f˜32
0
0
d12
0 d22 = 1 .
d32
0
1
(26)
Menerapkan substitusi maju pada (26), menghasilkan:
d12 = 0
(27)
d22 = 1
(28)
d32
= −f˜32 .
Persamaan (8) dapat ditulis sebagai:
d12
x12
a11 a12 a13
0 ã22 ã23 x22 = d22 .
d32
x32
0
0 â33
(29)
(30)
Dari (27)-(29) dan (38) dapat dihitung:
(31)
x22
(32)
x12
2.4
d32
â33
1 − ã23 x32
=
ã
22
a12 x22 + a13 x32
=−
a11
x32 =
Menghitung x3
Bentuk persamaan (6) untuk menghitung x3 adalah:
Ld3 = b3 ,
4
(33)
atau:
1
f21
f31
0
1
f˜32
0
0
d13
0 d23 = 0 .
d33
1
1
(34)
Menerapkan substitusi maju pada (34), menghasilkan:
d13 = 0
d23 = 0
(35)
(36)
d33 = 1.
(37)
Persamaan (9) dapat ditulis sebagai:
a11 a12 a13
x13
d13
0 ã22 ã23 x23 = d23 .
0
0 â33
x33
d33
(38)
Mensubstitusikan nilai-nilai (35)-(37) ke dalam (38), menghasilkan:
(39)
x23
(40)
x13
3
1
â33
ã23 x33
=−
ã
22
a12 x23 + a13 x33
.
=−
a11
x33 =
(41)
Contoh
Menerapkan dekomposisi LU dapatkan A−1 yang merupakan invers matriks:
4.0000 −2.0000 −4.0000
2.0000 −5.0000 .
(42)
A = 1.5000
1.0000 −6.0000
8.0000
dengan ketelitian perhitungan 10−4 .
Dekomposisi. Untuk mendapatkan U, nilai ã22 , ã23 , ã32 , ã33 , dan â33 dihitung
5
masing-masing menggunakan (10)-(14):
1.5000
ã22 = 2.0000 −
(−2.0000)
4.0000
= 2.7500
ã23 = −5.0000 −
1.5000
4.0000
(−4.0000)
1.0000
4.0000
(−2.0000)
= −3.5000
ã32 = −6.0000 −
= −5.5000
ã33 = 8.0000 −
1.0000
4.0000
−5.5000
2.7500
(−4.0000)
= 9.0000
â33 = 9.0000 −
(−3.5000)
= 2.0000.
Dengan demikian, matriks U pada soal adalah:
4.0000 −2.0000 −4.0000
0
2.7500 −3.5000 .
U=
0
0
2.0000
Sementara itu, untuk mendapatkan L, nilai f21 , f31 , dan f˜32 dihitung masingmasing menggunakan (15)-(17):
1.5000
4.0000
= 0.3750
1.0000
f31 =
4.0000
= 0.2500
−5.5000
f˜32 =
2.7500
= −2.0000.
f21 =
Matriks L pada soal adalah:
1
L = 0.3750
0.2500
0 0
1 0 .
−2.0000 1
Menghitung x1 . Menyubstitusikan nilai-nilai numerik yang diperoleh ke dalam
persamaan (20)-(21) diperoleh:
d21 = −0.3750
d31 = − [0.2500 + (−2.0000)(−0.3750)]
= −1.0000,
6
dengan mengingat bahwa dari (19) telah diperoleh nilai d1 1 = 1. Menyubstitusikan nilai-nilai numerik d11 , d21 , dan d31 ke dalam persamaan (23)-(25),
diperoleh nilai x1 :
−1.0000
2.0000
= −0.5000
x31 =
−0.3750 − (−3.5000)(−0.5000)
2.7500
= −0.7727
x21 =
1 − (−2.0000)(−0.7727) − (−4.0000)(−0.5000)
4.0000
= −0.6364,
x11 =
yang dalam bentuk vektor kolom dinyatakan sebagai:
−0.6364
x1 = −0.7727 .
−0.5000
Menghitung x2 . Dari perangkat persamaan (27)-(29), tampak bahwa hanya
(29) yang masih harus dihitung, dalam hal ini:
d32 = −(2.0000) = 2.0000,
sementara dari (27) dan (36) tampak bahwa d12 = 0 dan d22 = 1. Menyubstitusikan nilai-nilai numerik d32 ke dalam persamaan (31), diperoleh nilai x2 :
2.0000
2.0000
= 1.0000
x32 =
1 − (−3.5000)(1.0000)
2.7500
= 1.6364
(−2.0000)(1.6364) + (−4.0000)(1.0000)
=−
4.0000
x22 =
x12
= 1.8182,
yang dalam bentuk vektor kolom:
1.8182
x2 = 1.6364 .
1.0000
Menghitung x3 . Tampak bahwa nilai numerik persamaan (35)-(37) tidak
perlu lagi dihitung karena tidak bergantung pada nilai numerik soal. Nilai x3
7
diperoleh dengan menggunakan persamaan (39)-(41):
1
2.0000
= 0.5000
x33 =
(−3.5000)(0.5000)
2.7500
= 0.6364
(4.0000)(0.6364) + (−2.0000)(0.6364)
=−
4.0000
x23 = −
x13
= 0.8182.
yang dalam bentuk vektor kolom:
0.8182
x3 = 0.6364 .
0.5000
Dengan demikian invers matriks:
4.0000 −2.0000 −4.0000
2.0000 −5.0000 ,
A = 1.5000
1.0000 −6.0000
8.0000
adalah:
A−1 =
x1
x2
x3
−0.6364 1.8182 0.8182
= −0.7727 1.6364 0.6364
−0.5000 1.0000 0.5000
Catatan. AA−1 dalam soal ini tidak sama persis dengan I. Selisih antara
I dan AA−1 di sini merupakan galat pembulatan akibat pembatasan jumlah
angka penting dalam perhitungan.
Kepustakaan
1. Chapra, S.C. & Canale, R.L., Numerical Methods for Engineers. Seventh
Edition, McGraw-Hill, 2014.
Disclaimer
Makalah tutorial ini ditulis untuk tujuan pengajaran semata. Tidak satu pun
konsep dan metode dalam makalah ini yang merepresentasikan kontribusi asli
penulisnya.
This tutorial paper was written solely for teaching purpose. There is no any
concept or method in this paper that represents the author’s original contribution.
8