BAB 1 Konsep Dasar 1

BAB 1

Konsep Dasar

BAB 2

Solusi Persamaan Fungsi

Polinomial

BAB 3

Interpolasi dan Aproksimasi

Polinomial

BAB 4

Metoda Numeris untuk Sistem

Nonlinier

BAB 5

Metoda Numeris Untuk Masalah

Nilai Awal

BAB 6

Metoda Numeris Untuk Masalah

Nilai Batas

Suatu fenomena yang umum dibicarakan berkenaan dengan masalah

nilai batas ini adalah dalam bidang teknik sipil. Salah satu contohnya

yaitu deeksi dari suatu balok persegi panjang yang kedua ujungnya

tersanggah dengan kuat sehingga tidak mengalami perubahan.

Persa-S S

0 L

w(x)

x

maan difrensial dari fenomena ini digambarkan sebagai

d2w

dx2 = SEIw+

qx

2EI(x;L)

dimana w=w(x) adalah deeksi yang dialami balok pada jarak tertentu

x

, sedang

L
q
E
S

dan

I

masing-masing menunjukkan panjang balok,

intensitas beban, modulus elastisitas, tekanan pada ujung balok, dan

momen inersia. Selanjutnya karena ujung balok tidak mengalami

pe-rubahan maka deeksi tidak terjadi pada daerah ini, sehingga PD order

2 tersebut memenuhi sarat batas

w(0) = w(l) = 0 91

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 92

Fokus permasalahan sekarang berkenaan dengan ketebalan balok itu,

apakah balok itu mempunyai ketebalan yang sama (uniform), jika ini

terpenuhi solusi eksak dapat ditelusuri oleh solusi analitik, dan

EI

akan

menjadi konstan. Namun pada umumnya ketebalan itu tidak uniform

atau beragam, sehingga momen inesrsia

I

merupakan fungsi dari

x

,

yaitu

I = I(x)

, sehingga dibutuhkanlah solusi numeris.

Masalah nilai batas dalam hal ini akan direpresentasikan dengan persamaan difrensial order dua, dengan asumsi semua sistem persaamaan difrensial order p dapat ditransformasikan kedalam order 2 ini. Secara umumpersamaan itu adalah sebagai berikut

y00=f(x
y
y0)
a

x b (6.1)

y(a) =  dan y(b) =  (6.2)

Teorema 6.0.1

Bila suatu fungsi f dalam masalah nilai batas

y00 =f(x
y
y0)
a

xb
y(a) = 
y(b) = 

adalah fungsi kontinyu dalam himpunan

D =f(x
y
y 0) ja xb
;1< y <1
;1< y 0< 1g
dan @f @y
@f @y

0 juga kontinyu dalam D. maka jika

1. @f

@y(x
y
y

0)> 0 untuk semua (x
y
y0)

2D, dan

2. ada konstanta M, denga j

@f @y

0(x
y
y 0)

jM, untuk setiap (x
y
y

0) 2D

masalah nilai batas diatas dikatakan mempunyai solusi tunggal.

Contoh 6.0.1

Masalah nilai batas berikut

y00+

e;xy+ sin

y0

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 93 mempunyai f(x
y
y0) = ;e ;xy ;siny 0 : Sekarang @f

@y(x
y
y0) = xe;xy > 0
sebab 1

x2 dan j @f @y0(x
y
y 0) j=j;cosy 0 jM
dimana M = 1

sehingga masalah ini mempunyai solusi tunggal.

6.1 Metoda Difrensi Terbatas untuk MNB li-nier

Jika f(x
y
y0) disajikan dalam bentuk

f(x
y
y0) =

p(x)y0+

q(x)y + r(x)
axb
y(a) = 
y(b) = 
(6.3)

maka persamaan difrensialy00=f(x
y
y0) disebut MNB linier. Selain itu disebut

MNB non linier.

Selanjutnya untuk menerapkan metoda ini pertama kali kita pilihN > 0 dan bagi interval a
b] menjadi bagian kecil (grid) kedalamN+1 subinterval homogen, dimana xi = a + ih, untuk i = 0
1
2
:::
N + 1 dan h =

b;a

N+1. Perlu dicatat

bahwa untukN ! 1makah!0, solusi numeris dengan metoda ini diharapkan

mengaplikasikanN !1sehingga solusinya benar-benar akurat menginterpolasi

y00

(xi) =p(xi)y 0+

q(xi)y + r(xi)
a

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 94

Perluasy dalam deret Taylor sampai order 3 akan xi untuk xi+1 dan xi;1 .

y(xi+1) = y(xi+h) = y(xi) +hy 0(x i) + h 2 2 y00(x i) + h 3 6 y000(x i) + h 4 24y(4)(+ i )
(6.5) untuk + 2(x i
xi+1) dan

y(xi;1) =y(xi

;h) = y(x i) ;hy 0(x i) + h 2 2 y00(x i) ; h3 6 y000(x i) + h 4 24y(4)(; i )
(6.6) untuk + 2(x

i;1
xi). Dalam hal iniy 2C

4x

i;1
xi+1].

Jumlahkan kedua persamaan (

??

) dan (

??

) sehingga diperoleh y00(x i) = 1h 2y(x i+1) ;2y(x i) +y(xi;1)] ; h2 24y(4)(+) +y(4)(; i )]: (6.7)

Dengan teorema nilai tengan diperoleh y00 (xi) = 1h 2y(x i+1) ;2y(x i) +y(xi;1)] ; h2 12y(4) (i) (6.8) untuk i 2(x

i;1
xi+1), ini disebut dengan rumus

Difrensi Terpusat

.

Selanjutnya dengan mengurangkan kedua persamaan itu diperoleh y0(x i) = 12hy(xi+1) ;y(x i;1)] ; h2 6 y 000 ( i): (6.9) untuk i 2(x i;1
xi+1)

Substitusikan (

??

) dan (

??

) ini kedalam (

??

) maka y(xi+1) ;2y(x i) +y(xi;1) h2 = p(x i)
y(xi+1) ;y(x i;1) 2h  +q(xi)y(xi) +r(xi) ; h2 122p(xi)y 000 ( i) ;y (4)( i)]

Metoda difrensi terbatas dengan kesalahan pemenggalan O(h

2) dapat

di-sajikan bersama nilai batas y(a) =  dan y(b) = , yakni

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 95  2wi ;w i+1 ;w i;1 h2  +p(xi)  wi+1 ;w i;1 2h  +q(xi)wi = ;r(x i)
;  1 + h2p(xi)  wi;1+ (2 +h 2q(x i))wi ;  1; h 2p(xi)  wi+1 = ;h 2r(x i)
(6.11)

dimana i = 1
2
:::
N. Kombinasi dari (

??

) dan (

??

) akan mengarah pada pembentukan sistem linier

A

w = b (6.12)

dimana

A

adalah matrik tridiagonal, w dan b adalah suatu vektor, dengan entri sebagai berikut.

A

= 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4 2 +h2q(x 1) ;1 + h 2p(x 1) 0 ::: 0 ;1; h 2p(x 2) 2 +h 2q(x 2) ;1 + h 2p(x 2) ... 0 0 ... ;1 + h 2p(x N;1) 0 ::: 0 ;1; h 2p(x N) 2 +h 2q(x N) 3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5 w = 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4 w1 w2 ... wN;1 wN 3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5
dan b = 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4 ;h 2r(x 1) +  1 + h 2p(x 1)  w0 ;h 2r(x 2) ... ;h 2r(x N;1) ;h 2r(x N) +  1; h 2p(x N)  wN+1 3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5

Algoritma metoda Difrensi Terbatas linier

INPUTa
b, nilai batas 
beta dan N 2

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 96

Step 1 Set h = (b;a)=(N + 1)

x = a + h a1 = 2 +h 2q(x) b1= ;1 + (h=2)p(x) d1 = ;h 2r(x) + (1 + (h=2)p(x)). Step 2 For i = 2
:::
N ;1 setx = a + ih ai = 2 +h 2q(x) bi = ;1 + (h=2)p(x) ci = ;1;(h=2)p(x) di = ;h 2r(x). Step 3 Set x = b;h aN = 2 +h 2q(x) cN = ;1;(h=2)p(x) dN = ;h 2r(x) + (1 ;(h=2)p(x)).

Step4 Setl1 =a1 (Step 4-8, adalah program untuk menyelesaikan sistem

linier tridiagonal) u1 =b1=a1 z1 =d1=l1 Step 5 For I = 2
:::
N ;1, setli =ai ;c iui;1 ui =bi=li zi = (di ;c izi;1)=li Step 6 Set lN =aN ;c NuN;1 zN = (dN ;c NzN;1)=lN Step 7 Set w0 = wN+1 = wN =zn:

Step 8 For i = N;1
:::
1 set w i =zi

;u iwi+1:

Step 9 For i = 0
1
:::
N + 1 set x = a + ih OUTPUT (x
wi)

Step 10 STOP. (Prosedur selesai)

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 97

masalah nilai batas berikut ini.

y00= ; 2 xy0 + 2x2y + sin(lnx)x2
1 x2
y(1) = 1
y(2) = 2
dengan N=9, dan h=0.1

Penyelesaian 6.1.1

Memahami bentuk persamaan linier itu dalam hal ini dapat

ditulis bahwa p(x) = ; 2 x
q(x) = 2 x 2 dan r(x) = sin(lnx) x 2 . Selanjutnya untuk xi = a + ih, maka i = 0 ! x 0 =a + 0:h = 1:0 i = 1 ! x 1 =a + 1:h = 1:0 + 0:1 = 1:1 i = 2 ! x 2 = 1:2 ... i = 9 ! x 9 = 1:9

sehingga sebagian entri dari matrik

A

dan vektorw
b dapat digambarkan sebagai

berikut

A

= 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4 2 + (0:1)2q(1:1) ;1 + 0:1 2 p(1:1) 0 ::: 0 ;1; 0:1 2 p(1:2) 2 + (0:1) 2q(1:2) ;1 + 0:1 2 p(1:2) ... 0 0 ... ;1 + 0:1 2 p(1:8) 0 ::: 0 ;1; 0:1 2 p(1:9) 2 + (0:1) 2q(1:9) 3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 98 w = 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4 w1 w2 ... wN;1 wN 3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5
dan b = 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4 ;(0:1) 2r(1:1) +  1 + 0:1 2 p(1:1)  :1 ;(0:1) 2r(1:2) ... ;(0:1) 2r(1:8) ;(0:1) 2r(1:9) +  1; 0:1 2 p(1:9)  :2 3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5

Dengan menggunakan algoritma diatas diperoleh hasil dalam tabel dibawah ini. xi wi y(xi) en 1.0 1.000000 1.000000 1.1 1.092601 1.092629 2:8810 ;5 1.2 1.187043 1.187085 4:1710 ;5 1.3 1.283337 1.283382 4:5510 ;5 1.4 1.381402 1.381446 4:3910 ;5 1.5 1.481120 1.481159 3:9210 ;5 1.6 1.582359 1.582392 3:2610 ;5 1.7 1.684989 1.685014 2:4910 ;5 1.8 1.788882 1.788898 1:6810 ;5 1.9 1.893921 1.893929 8:4110 ;6 2.0 2.000000 2.000000

Tabel 6.1: Data hasil simulasi Difrensi Terbatas Linier

Dibawah ini dapat dilihat visualisasi grak dari metoda Difrensi Terbatas untuk interval domain 1x 2.

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 99 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2 o : Solusi eksak −− : Solusi numeris

Gambar 6.1: Interpolasi metoda Difrensi Terbatas

6.2 Metoda Difrensi Terbatas untuk MNB non linier

Secara umum MNB non linier disajikan dalam bentuk y00=f(x
y
y0)
a

xb
y(a) = 
y(b) = 
(6.13)

Teorema 6.2.1

MNB diatas dikatakan mempunyai solusi tunggal bila untuk in-terval domain D =f(x
y
y 0) ja xb
;1< y <1
;1< y 0< 1g
maka 1. f
@f @y dan @f @y

0 adalah fungsi kontinyu dalam D.

2. @f

@y(x
y
y

0)>  untuk sebarang  > 0

3. ada konstanta K, dan L dimana

K = max(xy y 0 )2D j @f @y(x
y
y0) j
L = max (xy y 0 )2D j @f @y0(x
y
y 0) j

Selanjutnya sebagaimana halnya metoda Difrensi Terbatas pertama kali kita pilih N > 0 dan bagi interval a
b] menjadi bagian kecil (grid) kedalam N + 1

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 100

subinterval homogen, dimana xi = a + ih, untuk i = 0
1
2
:::
N + 1 dan

h = b;a

N+1. Kemudian kita ganti y 00(x

i) dan y 0(x

i) pada persamaan non linier

berikut y00(x i) =f(xi
y(xi)
y 0(x i)) a xb
y(a) = 
y(b) =  (6.14)

dengan rumus Difrensi Terpusat pada (

??

) dan (

??

), maka untuki = 1
2
:::
N berlaku y(xi+1) ;2y(x i) +y(xi;1) h2 = f  xi
y(xi)
y(x i+1) ;y(x i;1) 2h ; h2 6 y 000 ( i)  +h2 12y(4)( i)
(6.15)

untuk sebarang i
i elemen (xi;1
xi+1). Demikian juga bila suku kesalahan kita

penggal maka diperoleh bentuk selengkapnya dengan nilai batas sebagai beikut

w0 =
wN+1 = (6.16) ; wi+1 ;2w i+wi;1 h2 +f  xi
wi
w i+1 ;w i;1 2h  = 0
(6.17) untuk i = 1
2
:::
N.

Sekarang sistem nonlinierN N yang diperoleh dari metoda ini adalah

2w1 ;w 2+h 2f  x1
w1
w 2 ; 2h  ; = 0
;w 1+ 2w2 ;w 3+h 2f  x2
w2
w 3 ;w 1 2h  = 0
... (6.18) ;w N;2+ 2wN+1 ;w N +h 2f  xN;1
wN;1
w N ;w N;2 2h  = 0
;w N;1+ 2wN +h 2f  xN
wN
 ;w N;1 2h  ; = 0

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 101

Untuk mengaproksimasi solusi terhadap sistem ini akan digunakan metoda Newton sebagaimana dijelaskan dalam bab 2, dengan hasil berupa barisan bila-nganfw k ] 1
w k ] 2
:::
w k ] N

g, yang diawali dengan memilihnilai awalfw 0] 1
w 0] 2
:::
w 0] N g.

Untuk sistem diatas dapat ditentukan Jacobian matriknya, yakni

J

(wi) = 8 > > > > > > > > > < > > > > > > > > > : ;1 + h 2f y 0  xi
wi
w i+1 ;w i;1 2h !
i = j ;1 j = 2
:::
N
2 +h2f y  xi
wi
wi+1;wi;1 2h !
i = j j = 1
:::
N
;1; h 2f y 0  xi
wi
wi+1;wi;1 2h !
i = j + 1 j = 1
:::
N;1

dimana w0 =  dan wN+1 = . Fungsi

F(x)

dapat ditentukan langsung dari

persamaan nonlinier diatas, yaitu

F

(wi) = 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4 2w1 ;w 2+h 2f  x1
w1
w 2 ; 2h  ; ;w 1+ 2w2 ;w 3+h 2f  x2
w2
w 3 ;w 1 2h  ... ;w N;2+ 2wN+1 ;w N +h 2f  xN;1
wN;1
w N ;w N;2 2h  ;w N;1+ 2wN +h 2f  xN
wN
;w N;1 2h  ; 3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5 :

Metoda newton dapat diterapkan dengan dengan menyelesaikan persamaan

J

(wi)(vi) T =

;

F

(w i)

terlebih dahulu, kemudian hasil v1
v2
:::
vn dipakai untuk menghitung

wk ] i =w

k ;1] i +v

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 102

Algoritma metoda Difrensi Terbatas non linier

INPUT a
b, nilai batas 
beta dan N  2, toleransi , jumlah iterasi

maksimumM

OUTPUT approksimasiwi untuk y(xi), dimana i = 0
1
:::
N + 1

Step 1 Set h = (b;a)=(N + 1)

w0 = wN+1 =: Step 2 For i = 2
:::
N ;1 set wi = + i  ; b;a ! h Step 3 Set k = 1

Step 4 Whilek M kerjakan step 5-16.

Step 5 Setx = a + h, t = (w2 ;)=(2h) a1 = 2 +h 2f y(x
w1
t) b1 = ;1 + (h=2)f y 0(x
w 1
t) d1 = ;(2w 1 ;w 2 ; + h 2f(x
w 1
t)): Step 6 Fori = 2
:::
N ;1 t = (wi+1 ;w i;1)=(2h) ai = 2 +h 2f y(x
wi
t) bi = ;1 + (h=2)f y 0(x
w i
t) ci = ;1;(h=2)f y 0(x
w i
t) di = ;(2w i ;w i+1 ;w i;1+h 2f(x
w i
t)): Step 7 Setx = b;h t = (;w N;1)=(2h) aN = 2 +h 2f y(x
wN
t) cN = ;1;(h=2)f y 0(x
w N
t) dN = ;(2w N ;w N+1 ; + h 2f(x
w i
t)):

Step 8 Set l1 = a1 (Step 8-12 adalah untuk menyelesaikan sistem

linier tridiagonal) u1 =b1=a1 z1 =d1=l1 Step 9 Fori = 2
:::
N ;1 Set li =ai ;c iui;1 Set ui =b=li zi = (di ;c izi;1)=li:

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 103 Step 10 SetlN =aN ;c NuN;1 zN = (dN ;c NzN;1)=lN: Step 11 SetvN =zN wN =wN +vN: Step 12 ForI = N ;1
:::
1 Set vi =zi ;u ivi+1: Set wi =wi+vi:

Step 13 Ifjjvjj maka kerjakan langkah 14 dan 15

Step 14 For i = 0
:::
N + 1 Set x = a + ih

OUTPUT (x
wi) (Prosedur selesai dengan sukses)

Step 15 STOP.

Step 16 Setk = k + 1

Step 17 OUTPUT (Jumlah maksimum dari iteraszi dibutuhkan) (Prosedur selesai dengan tidak sukses)

STOP.

Contoh 6.2.1

Gunakan algoritma ini, dengan h = 0:1, hitung masalah nilai batas berikut ini

y00

= 18(32+2x3 ;yy

0)
1

x 3
y(1) = 17
y(3) = 43=3

Penyelesaian 6.2.1

Memahami bentuk persamaan non linier ini maka sistem

nonlinier 1919 dapat ditulis sebagai berikut

2w1 ;w 2+ (0:1) 21 8  32 + 2x3 1 ;w 1 w2 ;17 2(0:1)  ;17 = 0
;w 1+ 2w2 ;w 3+ (0:1) 21 8  32 + 2x3 2 ;w 2 w3 ;w 1 2(0:1)  = 0
... ;w 18+ 2w19+ (0:1) 21 8  32 + 2x3 19 ;w 19 43 3 ;w 18 2(0:1)  ; 43 3 = 0:

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 104

Selanjutnya matrik Jacobiannya adalah

J

(wi) = 8 > > > > > > > > > < > > > > > > > > > : ;1 + (0:1) 2 f y 0  xi
wi
w i+1 ;w i;1 2h !
i = j;1 j = 2
:::
19
2 + (0:1)2f y  xi
wi
wi+1;wi;1 2h !
i = j j = 1
:::
19
;1; (0:1) 2 f y 0  xi
wi
w i+1 ;w i;1 2h !
i = j + 1 j = 1
:::
18

Tabel berikut ini memberikan hasil selengkapnya dari metoda Difrensi Terbatas

non linier ini dengan menentukan nilai awal fw

0] 1
w 0] 2
:::
w 0] N g. xi wi y(xi) en 1.0 1.000000 1.000000 1.1 1.092601 1.092629 2:8810 ;5 1.2 1.187043 1.187085 4:1710 ;5 1.3 1.283337 1.283382 4:5510 ;5 1.4 1.381402 1.381446 4:3910 ;5 1.5 1.481120 1.481159 3:9210 ;5 1.6 1.582359 1.582392 3:2610 ;5 1.7 1.684989 1.685014 2:4910 ;5 1.8 1.788882 1.788898 1:6810 ;5 1.9 1.893921 1.893929 8:4110 ;6 2.0 2.000000 2.000000

Dibawah ini dapat dilihat visualisasi grak dari metoda Difrensi Terbatas untuk interval domain 1x 2.

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 105 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2 o : Solusi eksak −− : Solusi numeris

BAB6. METODA NUMERISUNTUK MASALAHNILAI BATAS 106 Latihan Tutorial 3

1. Masalah nilai awal yang disajikan dalam bentuk: y00= 4(y

;x)
0x1
y(0) = 0
y(1) = 2

mempunyai solusi y(x) = e2(e4 ;1)

;1(e2x ;e

;2x) +x. Gunakan metoda

difrensi terbatas dengan h = 1=3 dan h = 1=4. 2. Masalah nilai awal yang disajikan dalam bentuk:

y00 =y0+ 2y + cosx
0

x =2
y(0) =;0:3
y( =2) =;0:1

mempunyai solusi y(x) = ; 1

10(sinx + 3cosx). Gunakan metoda difrensi

terbatas dengan h = =4 dan h = =6.

3. Gunakan algoritma difrensi terbatas untuk menyelesaikan beberapa soal berikut ini.  y 00=y0+ 2y + 2x + 3
0 x1
y(0) = 2
y(1) = 1
h = 0:1  y 00 = ; 4 xy 0 + 2 x 2y ; 2 x 2 lnx
1  x  2
y(1) = ;1=2
y(2) = ln2
h = 0:05  y 00= (x = 1)y0+2y +(1 ;x 2)e;x
0 x1
y(0) =;1
y(1) = 0
h = 0:1  y 00= y 0 x + 3y x 2 + lnx x ;1
1x2
y(1) = 0
y(2) = 0
h = 0:1

4. Gunakan difrensi terbatas linier untuk menentukan solusi hampirany(x) = e;10x terhadap masalah nilai batas: y00 = 100y
0

 x  1
y(0) =

Daftar Pustaka

Burden, R. L. and Faires, J. D. 1997.Numerical Analysis. Brooks/Cole Publishing Company. U.S.

Golub, G. H. and Van Loan, C. F. 1993. Matrix Computations. Second Edition. Johns Hopkins University Press. Baltimore and London

Higham, N. J. 1996. Accuracy and Stability of Numerical Algorithms. SIAM Books. Philadelphia.

Penny, J. and Lindeld, G. 1995. Numerical Methods Using Matlab. Ellis Horwood Limited. London

Powell, M.J.D. 1981. Approximation Theory and Methods. Cambridge University Press. U.K.

Strang, G. 1988. Linear Algebra and its Applications. Academic Press, U.K. Varga, R. S. 1992. Matrix Iterative Analysis. Prentice-Hall, Inc. Englewood

Clis. New Jersey.