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 .. a_1n 0 a22 a23 .. . a2n 0 0 a₃₃ .. . a_3n . . . . .. . .. .. . .. .

0 0 0 .. . a_nn

][

x₁ x2

x₃ . .. x_n

]

=

[

b₁ b2

b₃ .. . b_n

]

Maka solusinya dapat dihitung dengan teknik penyulingan mundur (backward substitution) :

a_nnx_n=b_n→x_n=bn

a_nn

a_n−1._n−1x_n−1+a_n−1._nx_n=b_n−1→x_n−1=bn−1−an−1.nxn

a_n−1._n−1

⋮

dst

Jika xn, xn−1, xn−2,...,xk+1 _{diketahui, maka nilai} xk _{dapat dihitung dengan}

x

_k

=

b

_k

−

∑

j=k+1 n

a

_kj

x

_j

a

_kk

,k

=

n

−

1,

n

−

2,...

,

1

_dan a_kk≠0 .

Kondisi akk≠0 _{sangat penting, sebab bila} akk≠0 _{, persamaan diatas mengerjakan}

pembagian dengan nol. Apabila kondisi tersebut tidak dipenuhi, maka SPL tidak mempunyai jawaban.

Contoh 1 : x₁+x₂+2x₃=9 2x₁+4x₂−3x₃=1 3x₁+6x₂−5x₃=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 4

−

3 1

3 6

−

5 0

]

2

B

₁

+

B

₂

−

3

B

₁

+

B

₃

→

[

[

1 1 2 9 0 2 −7 −17 0 3 −11 −27

]

1 2B2

−2B₁+B₃

→

[

1 1 2 9 0 1 −7

2 −17

2 0 0 −1

2 −3

2

]

[

1 1 2 9

0 1 −7 2

−17 2 0 0 −1

2 −3

2

]

−2B₃→

[

1 1 2 9 0 1 −7

2 −17

2 0 0 −1 −3

]

Solusi sistem diperoleh dengan teknik penyulihan mundur sebagai berikut:

−x₃=−3→x₃=3

x₂+(−7

2)x3=

−17

2→x2+(− 7

2)(3)=

−17

2→x2=2

x₁+x₂+2x₃=9→x₁=1

Diperoleh penyelesaian x1=1 , x2=2 , x3=3

Contoh 2 : x₁+2x₂+x₃=2 3x₁+6x₂=9 2x₁+8x₂+4x₃=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

3 6 0 9

2 8 4 6

]

B

₂

−

3

B

₁

B

₃

−

2

B

₁

→

[

1 2

1

2

0 0

−

3 3

0 4

2

2

]

[

1 2

1

2

0 0

−

3 3

0 4

2

2

]

R

₃

⇔

R

₂

→

[

1 2

1

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

x

₁

+

6

x

₂

=

9

→

x

₁

=

3

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 a₁₃ . .. a_1n a21 a22 a23 . .. a2n a₃₁ a₃₂ a₃₃ . .. a_3n . . . .. . . .. . .. a_n1 a_n2 a_n3 . .. a_nn

]

=

[

l₁₁ 0 0 . .. 0 l21 l22 0 . .. 0

l₃₁ l₃₂ l₃₃ . .. 0 . . . . .. . .. . .. . . . l_n1 l_n2 l_n3 . .. l_nn

][

u₁₁ u₁₂ u₁₃ . .. a_1n 0 u22 u23 . .. u2n 0 0 u₃₃ . .. a_3n .. . . .. . .. . .. . ..

0 0 0 . .. u_nn

]

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 y1, y2,... yn dengan menggunakan teknik penyulihan maju (forward subsitution) :

Ly=b→

[

1 0 0 .. . 0 l₂₁ 1 0 .. . 0 l₃₁ l₃₂ 1 .. . 0 . .. .. . .. . .. . . .. l_n1 l_n2 l_n3 .. . 1

]

[

y₁ y2

y₃ .. . y_n

]

=

[

b₁ b2

b₃ .. . b_n

]

Dan untuk memperoleh solusi SPL x1,x2, dan x3 _{menggunakana teknik penyulihan mundur}

(backward subtitution) :

Ux=y→

[

u₁₁ u₁₂ u₁₃ .. . a_1n 0 u22 u23 .. . u2n 0 0 u₃₃ .. . a_3n .. . . .. .. . .. . . ..

0 0 0 .. . u_nn

]

[

y₁ y2

y₃ . . . y_n

]

=

[

b₁ b2

b₃ . . . b_n

]

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=

[

a₁₁ a₁₂ a₁₃ a21 a22 a23

a₃₁ a₃₂ a₃₃

]

L=

[

1 0 0

l₂₁ 1 0 l₃₁ l₃₂ 1

]

U=

[

u₁₁ u₁₂ u₁₃ 0 u22 u23

0 0 a₃₃

]

Karena LU = A maka hasil perkalian L dan U dapat ditulis sebagai

LU=

[

u₁₁ u₁₂ u₁₃

l21u11 l21u12+u22 l21u13+u23

l₃₁u₁₃ l₃₁u₁₂+l₃₂u₂₂ l₃₁u₁₃+l₃₂u₂₃+u₃₃

]

=A=

[

a₁₁ a₁₂ a₁₃ a21 a22 a23

a₃₁ a₃₂ a₃₃

]

Dari hasil penjabaran matriks dihalaman sebelumnya atau hasil dari LU = A diperoleh Baris pertama U

l₂₁u₁₁=a₂₁→l₂₁=a21 u₁₁

l₃₁u₁₃=a₃₁→l₃₁=_ua31

11

Baris kedua U

l₂₁u₁₂+u₂₂=a₂₂→u₂₂=a₂₂−l₂₁u₁₂ l₂₁u₁₃+u₂₃=a₂₃→u₂₃=a₂₃−l₂₁u₁₃ Kolom kedua L

l₃₁u₁₂+l₃₂u₂₂=a₃₂→l₃₂=a32−l31u12 u₂₂ Baris ketiga U

l₃₁u₁₃+l₃₂u₂₃+u₃₃=a₃₃→u₃₃=a₃₃−(l₃₁u₁₃+l₃₂u₂₃)

Sehingga rumus umum menghitung u dan l kedua metode ini, nilai Ukj pada setiap baris U

dan ljk pada kolom matriks L dihitung secara bergantian dengan rumus sebagai berikut :

l_i1=a_{i1 untuk i = 1,2,3,K,n}

u_ij=aij

l_{11 untuk j = 2,3,4,K,n} Untuk j = 2,3,4,K,n-1 maka

l

_ij

=

a

_ij

−

∑

k=1

j−1

l

_ik

u

_kj

untuk i = j, j+1,K,n

dan

l

_nn

=

a

_nn

−

∑

k=1

n−1

l

_nk

u

_kn

Contoh 3 :

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

x₁+x₂−x₃=1 2x₁+2x₂+x₃=5

−x₁+x₂+x₃=1

Penyelesaian :

A

=

[

1 1

−

1

2 2

1

−

1 1

1

]

b

=

[

1

5

1

]

Diperoleh : u₁₁=a₁₁=1

u₁₂=a₁₂=1

u₁₃=a₁₃=−1

l₂₁=a₂₁/u₁₁=2/1=2

l₃₁=a₃₁/u₁₁=−1/1=−1

u₂₂=a₂₂−l₂₁u₁₂=2−2(1)=0

Karena

u

qq _{tidak boleh nol, lakukan pertukaran baris baik untuk matriks A maupun vektor b}

u

_jk

=

a

_jk

−

∑

i−1 j−1

l

_ik

u

_ik

Matriks A =

R

₂

⇔

R

₃

[

−

1

1 1

1

−

1

1

2

2

1

]

_{dan Vektor b =}

R

₂

⇔

R

₃

[

1

1

5

]

Hitung kembali nilai l21, l31, dan u22 _{.Perhatikan bahwa nilai} u11, u12, u13 _{tidak berubah.}

u₂₂=a₂₂−l₂₁u₁₂=1−(−1)(1)=2

u₂₃=a₂₃−l₂₁u₁₃=1−(−1)(−1)=0

l₂₁=a₂₁/u₁₁=−1/1=−1

l₃₁=a₃₁/u₁₁=2/1=2

l₃₂=a32−l31u12

u₂₂ =

2−2(1)

2 =0

Diperoleh L dan U sebagai berikut :

U

=

[

1 1

−

1

0 2

0

0 0

3

]

L

=

[

−

1

1 1 0

0 0

2

0 1

]

dan b

=

[

1

1

5

]

Berturut-turut dihitung y dan x sebagai berikut :

Ly=b→

[

−11 1 00 0 2 0 1

]

[

y₁ y₂ y₃

]

=

[

11 5

]

Kemudian y1, y2, dan y3 _{dihitung dengan teknik penyulingan maju :}

y₁=1

−y₁+y₂ =1→y₂=1+y₁=1+1=2 2y₁+y₃=5→y₃=5−2y₁=3

Sehingga

U_x=y→

[

1 1 −1 0 2 0 0 0 3

]

[

x₁ x2

x₃

]

=

[

12 3

]

Setelah itu x1,x2, dan x3 _{dihitung dengan teknik penyulingan mundur :} 3x₃=3→x₃=1

2x₂=2→x₂=1

x₁+x₂−x₃=1→x₁=1

Jadi, solusi sistem persamaan diatas adalah

x

=(

1,1,1

)

T

Contoh 4 : x₁−x₂+2x₃=5 3x₁+x₃=10

x₁+2x₃=5

Penyelesaian :

A

=

[

1

3

−

₀

1 2

1

1

0

2

]

b

=

[

10

5

Diperoleh : u₁₁=a₁₁=1

u₁₂=a₁₂=−1

u₁₃=a₁₃=2

l₂₁=a₂₁/u₁₁=3/1=3

l₃₁=a₃₁/u₁₁=1/1=1

u₂₂=a₂₂−l₂₁u₁₂=0−3(−1)=3

Karena

u

qq _{tidak nol, maka tidak perlu melakukan pertukaran baris seperti (contoh 3).}

Hitung nilai l32,u23 _{.Perhatikan bahwa nilai} u11, u12, u13 _{tidak berubah.}

u₂₃=a₂₃−l₂₁u₁₃=1−(3)(2)=−5

l₃₂=a32−l31u12

u₂₂ =

0−1(−1)

3 =

1 3

u₃₃=a₃₂−(l₃₁u₁₃+l₃₂u₂₃)=2−(6/3+(−5/3)=2−1/3=5/3 Diperoleh L dan U sebagai berikut :

U

=

[

1

−

1

2

0

3

−

5

0

0

5

/

3

]

L

=

[

1

0

0

3

1

0

1 1

/

3 1

]

dan b

=

[

5

10

5

]

Berturut-turut dihitung y dan x sebagai berikut :

Ly=b→

[

1 0 0 3 1 0 1 1/3 1

]

[

y₁ y₂ y₃

]

=

[

105 5

]

Kemudian y1, y2, dan y3 _{dihitung dengan teknik penyulingan maju :}

y₁=5

3y₁+y₂ =10→y₂=10−15→y₂=−5 y₁+1

3y2 +y3=5→y3=(5₃)(3₁)=5

Sehingga

U_x=y→

[

1 −1 2 0 3 −5 0 0 5/3

]

[

x₁ x₂ x₃

]

=

[

-55 5

]

Setelah itu x1,x2, dan x3 _{dihitung dengan teknik penyulingan mundur :}

5

3x3=5→x3=3

3x₂−5x₃=−5→x₂=−5+15

3 =

10 3 x₁−x₂+2x₃=5→x₁=15/3−8/3

3 =7

Jadi, solusi sistem persamaan diatas adalah

x

=(

1,1,1

)