Analisis Penyelesaian Persamaan Kuadrat Matriks

(1)

Jurnal Matematika, Statistika & Komputasi Vol. 3 No 1 Juli 2006

Analisis Penyelesaian Persamaan Kuadrat Matriks

Hasmawati∗ dan Amir Kamal Amir∗∗

Abstrak

Persamaan kuadrat matriks dalam matriks n x n muncul dalam dunia aplikasi dan merupakan salah satu persamaan matriks nonlinier yang paling sederhana. Kita memberikan karakterisasi lengkap dari penyelesaian dalam bentuk generalisasi dekomposisi Schur. Beberapa variasi dari teknik penyelesaian numerik juga disajikan.

, 0 )

(X =AX2 +BX+C= Q

Keywords: dekomposisi Schur, iterasi fungsional, karakterisasi Solvent, metode Newton.

1. Pendahuluan

Untuk menentukan solusi dari persamaan kuadrat matriks, dapat diselesaikan secara langsung dengan menggunakan masalah nilai eigen kuadrat. Persamaan kuadrat matriks jika dihubungkan dengan masalah nilai eigen kuadratik adalah:

0 ) ( ) ( x= 2A+ B+C x= Q λ λ λ (1) Teori matriks-λ: jika X adalah pemecahan dari Q(X) maka X −λIadalah pembagi kanan dari Q(λ)dan hal ini mudah untuk dibuktikan karena hasil baginya dalam bentuk sederhana yaitu: λ2A+λB+C =−(B+AX +λA)(X −λI) (2) Karena pasangan nilai eigen dari X adalah pasangan nilai eigen dari Q(λ)maka solusinya dapat dikonstruksi dalam bentuk pasangan nilai eigen dariQ(λ). Jika Q(λi)wi =0, untuk setiap i = 1, 2, …, n maka (3) 0 ) ( )) ( (diag 2 +BWdiag +CW = AW λi λi

di mana dengan W adalah nonsingular. Persamaan (3) dikalikan dengan dari kanan, maka diperoleh

[

w wn W = ₁,...,

]

1 − W AWdiag((λ_i))2W−1 +BWdiag(λ_i)W−1+CWW−1 =0 Jadi X =Wdiag(λ_i)W−1 adalah solusi.

Teorema 1.

Misalkan Q(λ) mempunyai nilai eigen yang berbeda

{ }

dengan dan bersesuaian dengan himpunan vektor eigen

{ }

yang memenuhi kondisi Haar (setiap subset dari n vektor eigen adalah bebas linear), maka terdapat paling sedikit solusi yang berbeda dari Q(X) dan tepatnya jika , yang dirumuskan sebagai berikut:

p i i =1 λ n p n≤ ≤2 v_i _ip₌₁ p n C p=2n dan 1 ) ( − =Wdiag W X λ_i W =

[

w1,...,wn

]

(4) ∗

Alumni pada Jurusan Matematika F.MIPA Universitas Hasanuddin Makassar

∗∗

Staf Pengajar pada jurusan Matematika F.MIPA Universitas Hasanuddin

83

Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi Vol. 12 No.1 Juli 2015

19

Vol 12, No 1, 19-30, Juli 2015 Vol 12, No 1, 19-29, Juli 2015

(2)

84

di mana pasangan nilai eigen adalah dipilih diantara pasangan nilai eigen dari Q. n i i i,w) 1 (λ ₌ p i i i,w ) 1 (λ ₌ Bukti:

Terdapat C_np pilihan dari X pada persamaan (4).

Karena , maka .

Dan selanjutnya dikalikan dari kanan dengan , maka 0 2 ₊ ₊ ₌ i i i i i Aw λw Cw λ AW(diag(λi))2 +BWdiag(λi)+CW =0 1 − W AWdiag((λi))2W−1 +BWdiag(λi)W−1+CWW−1 =0

Agar adalah solusi yang berbeda maka tidak boleh ada nilai eigen yang sama. Dari persamaan (2) diasumsikan bahwa

p n

C

) (λ

Q mempunyai p nilai eigen, maka terdapat solusi X dengan nilai eigen yang berbeda sehingga dapat didiagonalisasi. Karena pasangan nilai eigen dari X juga merupakan pasangan nilai eigen dari Q(λ), maka X dapat dituliskan X =Wdiag(λi)W−1, W =

[

w1,...,wn

]

Contoh: Misalkan _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − + = 14 2 12 0 9 2 6 1 ) (X X2 X Q

Pasangan nilai eigen (λi,wi) dari Q(λ)diperoleh dari persamaan:

_⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − + = 14 2 12 0 9 2 6 1 ) (λ λ2 λ Q Maka diperoleh λ₁ =1 λ₂ =2 λ₃ =3 λ₄ =4

Vektor-vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen tersebut adalah - Untuk λ₁ =1 vektor eigennya adalah: _⎥

⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 1 1 w - Untuk λ₂ =2 vektor eigennya adalah _⎥

⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 1 0 2 w

- Untuk λ3 =3 vektor eigennya adalah ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 1 1 3 w - Untuk λ₄ =4 vektor eigennya adalah _⎥

⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 1 1 4 w

Dengan menggunakan Teorema 1 di atas maka diperoleh solusi dari pasangan nilai eigen yang berbeda kecuali 3 dan 4, yaitu:

, . ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 2 2 0 4 , 2 1 0 3 , 3 0 2 1 , 2 0 0 1 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 4 0 3 1

20 Hasmawati, Amir Kamal Amir

(3)

85

Suatu jalan alternatif untuk mendekati teori Solvent adalah melalui sistem eigen dari suatu masalah generalisasi nilai eigen. Perkembangan berikut ini diinspirasikan oleh matriks untuk Persamaan Aljabar Riccati XAX+BX +XC+D=0 yang dikarakterisasikan penyelesaian dalam suku-suku sistem eigen dari matriks

⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡− − B D A C

Analisis ini ditemukan oleh Anderson(1966) dan Ratter (1966).

Kita mulai dengan sebuah lemma yang mengkarakterisasi Solvent. Kita definisikan : dan (5) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − = B C I F 0 _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = A I G 0 0 Lemma 2.

X adalah solusi dari Q(X)= AX2 +BX +C =0 jika dan hanya jika

X . (6) X I G X I F _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ Bukti:

Lemma diatas dapat diinterpretasikan bahwa X adalah sebuah Solvent jika dan hanya jika kolom-kolom dari membangun sebuah ruang bagian deflasi. (Interwart & Sum, 1990) untuk pasangan (F,G)

⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ X I

Lemma 2 dapat dikembangkan menjadi karakterisasi yang lebih konkrit dari Solvent dengan mempresentasikan ruang bagian deflasi yang disyaratkan dalam suku-suku dari sistem eigen pasangan (F, G).

Sebagai ganti dari bentuk kronik Kronecher kita menggunakan generalisasi dekomposisi Schur (Gohub & Van Loen, 1996)

2. Metode Schur

Metode kedua adalah metode Schur. Disini solusi akan dihitung dengan menggunakan generalisasi dekomposisi Schur dari F dan G pada (5). Teorema berikut akan menunjukkan bahwa jika adalah nonsingular maka

adalah solusi. S GZ Q T FZ Q* = , * = 11 Z 1 11 1 11 11 11 1 11 21 − − − ₌ =Z Z Q T S Q X Teorema 3.

Setiap pemecahan dari Q(X) adalah berbentuk X =Z₂₁Z₁₁−1 =Q₁₁T₁₁ S₁₁−1Q₁₁−1 di mana

Q*FZ =T , Q*GZ =S (7)

adalah generalisasi dekomposisi Schur dengan Q dan Z adalah matriks uniter, T dan S adalah matriks segitiga atas dan setiap matriks adalah matriks blok 2×2.

Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi

(4)

86

Bukti

Pertama kita akan tunjukkan bahwa dengan nonsingular adalah solusi. Dari persamaan (7) yakni

1 11 21 − =Z Z X Z₁₁ T FZ

Q* = dan Q*FZ =T dikalikan dengan Q dari kiri, maka diperoleh

FZ =QT dan GZ =QS - Untuk FZ =QT , maka FZ =QT _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − ₂₂ 12 11 22 21 12 11 22 21 12 11 0 0 T T T Q Q Q Q Z Z Z Z B C I _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − ₂₁ ₁₁ ₂₁ ₁₂ ₂₂ ₂₂ 22 12 12 11 11 11 22 12 21 11 22 21 T Q T Q T Q T Q T Q T Q BZ CZ BZ CZ Z Z - Untuk GZ =QS, maka GZ =QS _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 22 12 11 22 21 12 11 22 21 12 11 0 0 0 S S S Q Q Q Q Z Z Z Z A I _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 22 22 12 21 11 21 22 12 12 11 11 11 22 21 12 11 S Q S Q S Q S Q S Q S Q AZ AZ Z Z Sehingga diperoleh Z₂₁ =Q₁₁T₁₁ atau Q₁₁−1Z₂₁ =T₁₁ (8) −CZ₁₁−BZ₂₁ =Q₂₁T₁₁ (9) Z₁₁ =Q₁₁S₁₁ atau Z₁₁−1Q₁₁= S₁₁−1 (10) AZ₂₁ =Q₂₁S₁₁ atau AZ₂₁S₁₁−1 =Q₂₁ (11)

Persamaan (9) dikalikan dari kanan dengan Z₁₁−1, maka diperoleh (−CZ₁₁−BZ₂₁)Z₁₁−1 =Q₂₁T₁₁Z₁₁−1 1 11 11 21 1 11 21 1 11 11 − − − ₋ ₌ −CZ Z BZ Z Q T Z −CI−BZ₂₁Z₁₁−1 =Q₂₁T₁₁Z₁₁−1 −C−BZ₂₁Z₁₁−1 =Q₂₁T₁₁Z₁₁−1 (12)

Selanjutnya persamaan (8) disubtitusi ke persamaan (12), maka diperoleh

21 111 (13) 1 11 21 1 11 21 − − − ₌ − −C BZ Z Q Q Z Z

Persamaan (11) disubstitusi ke persamaan (13), maka diperoleh:

(14) 1 11 21 1 11 1 11 21 1 11 21 − − − − ₌ − −C BZ Z AZ S Q Z Z

Persamaan (10) disubtitusi ke persamaan (14), maka diperoleh

1 11 21 1 11 11 1 11 21 1 11 21 − − − − ₌ − −C BZ Z AZ Z Q Q Z Z 21 111 1 11 21 − − = AZ Z IZ Z 21 111 1 11 21 − − = AZ Z Z Z

(5)

87

Jadi diperoleh

X =Z₂₁Z₁₁−1

Misalkan X adalah solusi dari Q(X) yang memenuhi lemma 2 yakni persamaan (6). Misalkan pula (15) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 0 22 21 12 11 R Z R Z Z Z Z X I

adalah faktorisasi QR. Itu mudah dilihat bahwa R dan adalah nonsingular dan . 11 Z 1 11 21 21 − = =Z R Z Z X

Dari persamaan (7) yaitu Q*GZ =S dikalikan dengan Q dari kiri, maka diperoleh GZ =QS _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 22 12 11 22 21 12 11 0 0 0 S S S Q Q Q Q Z A I

yang merupakan faktorisasi QR .

Persamaan (6) dikalikan dari kiri dengan Q* dan dengan menggunakan persamaan (15) diperoleh; X X I G Q X I F Q _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ * *

Dan selanjutnya substitusi persamaan (15), sehingga diperoleh Q FZ R Q G R_⎥X ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 * 0 * T R S R_⎥X ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 0 R S R X T T T T ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 0 22 21 12 11 _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 11 21 11 S RX R T R T

Dari persamaan di atas diperoleh T₂₁R=0dan mengakibatkan . Dan persamaan di atas, sebagai pelengkap generalisasi dekomposisi Schur untuk penguat

. Akhirnya diperoleh 0 21= T 1 11 21 − =Z Z X 111. 1 11 11 11 1 11 21 − − − ₌ =Z Z Q T S Q X

Aspek tersembunyi dari teorema 3 adalah suatu catatan berharga. Jika A adalah singular maka persamaan (11) menunjukkan atau adalah singular. Namun, sebaliknya bagian pembuktian menunjukkan bahwa jika solusinya ada maka akan dipilih generalisasi dekomposisi Schur dengan dan Z

21

Q S₁₁

11

S 11 adalah nonsingular. Untuk

23

(6)

88

contoh jika A = C = 0 dan B = I, solusinya hanya matriks nol maka dapat diambil Q = Z = I dan S₁₁ =Z₁₁ = I.

3. Metode Newton

Metode Newton untuk memecahkan persamaan kuadrat matriks dijabarkan dengan menggunakan ekspansi untuk Q(X + E)=0

C E X B E X A E X Q( + )= ( + )2 + ( + )+ =A(X +E)(X +E)+B(X +E)+C =A(X2+XE+EX +E2)+BX +BE+C =AX2+AXE+AEX +AE2 +BX +BE+C =Q(X)+AXE+AEX+BE+AE2 =Q(X)+[AEX +(AX +B)E]+AE2 diperoleh 0 ] ) ( [ ) (X + AEX + AX +B E +AE2 = Q

Dengan mengabaikan AE maka diperoleh: 2 ) ( ] ) ( [AEX + AX +B E =−Q X Dengan iterasi dituliskan

) ( ] ) ( [AEkXk + AXk +B Ek =−Q Xk

dan untuk mendapatkan matrik X pada persamaan kuadrat matriks , maka digunakan persamaan berikut :

0 ) (X = AX2 +BX +C = Q untuk k k k X E X ₊₁ = + k=0,1,2,3, ...

4. Iterasi Fungsional

Salah satu cara untuk mencoba memecahkan persamaan kuadrat matriks adalah dengan menuliskan dalam bentuk

0 2 + + = C BX AX X = F(X)

Dan melalui iterasi didefinisikan : Xk+1 = F(Xk). Disini diasumsikan bahwa A adalah nonsingular. Ini dapat diselesaikan dengan beberapa cara yaitu:

1 12 1 ( A (BX C)) X_k₊ = − − _k + (16) (17) ) ( 2 1 1 B AX C Xk =− k + − + 1 1( 1) (18) − − + =− + k k A B CX X

Iterasi di atas tidak dapat ditransformasikan ke bentuk sederhana, sehingga sulit untuk mendapatkan hasil yang konvergen dari aplikasi yang praktis. Namun demikian hasil yang banyak berguna dan beberapa variasi dapat diperoleh dari analisis iterasi Bernoulli.

24

(7)

89

4.1 Iterasi Bernoulli

Misalkan persamaan kuadrat matriks dituliskan dalam matriks rekurensi 0 2 ₊ ₊ ₌ C BX AX 0 1 1+ + − = + i i i BY CY AY (20) dimana Y₀,Y₁ diberikan. Dan didefinisikan: ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 2 1 2 1, ) ( S S I I S S V Teorema 4.

Jika dan adalah solusi dari di mana adalah nonsingular maka 1 S S₂ Q( X) V(S₁,S₂) (21) 2 2 1 1Ω + Ω = i i i S S Y

adalah solusi umum dari persamaan (20), di mana Ω dan ₁ Ω adalah ditentukan oleh ₂ kondisi awal.

Bukti

Untuk yang didefinisikan oleh persamaan (21), maka persamaan (20) dapat dituliskan: i Y ) ( ) ( ) ( ₁ 1 ₁ ₂1 ₂ ₁ ₁ ₂ ₂ ₁ 1 ₁ ₂1 ₂ 1 1+ + = Ω + Ω + Ω + Ω + Ω + Ω − − + + − + i i i i i i i i i BY CY A S S B S S C S S AY =(AS₁i+1+BS₁i +CS₁i−1)Ω₁+(AS₂i+1+BS₂i +CS₂i−1)Ω₂ =(AS₁2 +BS₁+C)S₁i−1Ω₁+(AS₂2 +BS₂ +C)S₂i−1Ω₂ = 0

Jadi adalah solusi dari persamaan (20). Untuk i = 0 dan i = 1, maka persamaan (21) adalah: i Y 2 1 2 0 2 1 0 1 0 =S Ω +S Ω =Ω +Ω Y 2 1 2 1 1 1 1 =S Ω +S Ω Y

Sehingga dapat ditulis dalam bentuk persamaan matriks

_⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 1 0 2 1 2 1 Y Y S S I I

Dan karena matriks koefisien adalalah nonsingular, dan secara khusus ditentukan oleh dan .

) , (S₁ S₂ V Ω₁ Ω₂ 0 Y Y₁

Misalkan adalah solusi dari persamaan (20) dan misalkan adalah solusi dari persamaan (21) dengan

i Z Y_i 0 0 Z Y = dan Y₁ = , maka Z₁ 0 0 1 2 +BY +CY = AY AY2 =−BY1 −CY0 =−BZ1−CZ0 = AZ₂

Karena A nonsingular, Z₂ = . Dengan induksi Y₂ Z_i = untuk setiap i . Y_i

25

(8)

90

Secara umum S₁ dan S₂ dengan kondisi λ(S₁)∩λ(S₂)=∅ akan menjamin nonsingular. Hal ini diperjelas dalam teorema berikut :

) , (S₁ S₂ V Teorema 5.

Jika S₁ dan S₂ adalah solusi dari Q( X)dengan λ(S₁)∩λ(S₂)=∅ maka adalah nonsingular. ) , (S₁ S₂ V Bukti

Misalkan V(S₁,S₂)adalah singular. Dan misalkan v∈N =null

(

V(S₁,S₂)

)

, maka dan kesamaan 0 ] [S₁ S₂ v= ] [ ] [ ₁2 ₂2 2 1 1 1 S S S S I I B A C A _⎥=− ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − −

Secara tidak langsung [ 22] 0, sehingga

2 1 S v= S (22) v S S S S I I v S S S S ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 0 0 0

Jadi yang berarti bahwa N adalah invariant subspace untuk . Oleh karena itu, N memuat vektor eigen w dari . Karena nilai eigen dan berbeda, maka w mempunyai bentuk atau

. N v S S diag( ₁, ₂) ∈ ) , (S₁ S₂ diag diag(S₁,S₂) 1 S S₂ w=[w₁T 0]T T T w w=[0 ₂ ] Pada setiap kasus

w S S I I w S S V _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = = 2 1 2 1, ) ( 0

Sehingga mengakibatkan w = 0. Hal ini kontradiksi dengan w adalah vektor eigen. Jadi nonsingular.

) , (S₁ S₂ V

Agar mendapatkan hasil yang konvergen pada metode Bernoulli, maka dibutuhkan lemma berikut.

Lemma 6.

Misalkan dan Z₁ Z₂ adalah matriks kuadrat sehingga

{

: ( )

}

{

: ( )

}

min λ λ∈λ Z₁ >maks λ λ∈λ Z₂ maka adalah nonsingular dan setiap norm matriks 1 Z 0 lim ₂ ₁− = ∞ → i i i Z Z Bukti

Karena Z₁ dan Z₂ adalah matriks kuadrat yang memenuhi kondisi

{

: ( )

}

{

: ( )

}

min λ λ∈λ Z₁ >maks λ λ∈λ Z₂ maka adalah solusi dominan dari dan adalah solusi minimal dari . Karena merupakan solusi dominan, maka akibatnya nonsingular.

1 Z ) ( X Q Z₂ Q( X) Z₁ 1 Z

Sehingga jelas untuk lim 2 1 =0

− ∞ → i i i Z Z

26

(9)

91

Teorema 7.

Misalkan Q(X) mempunyai solusi dominan dan solusi minimal dan adalah solusi rekurensi (21) dengan

)

(S₁ (S₂) Y_i

0

0 =

Y dan Y₁ = I. Maka adalah nonsingular jika i cukup besar dan

i Y 1 1 1 limYiYi S i = − − ∞ → Bukti

Dari teorema 5, diperoleh adalah nonsingular dan persamaan (21) adalah solusi umum dari persamaan (20). Dengan kondisi awal dan

) , (S₁ S₂ V 0 0 = Y Y₁ = Imaka • Untuk 0Y₀ = , diperoleh Ω₁+Ω₂ =0 • Untuk Y₁ =I, diperoleh S₁Ω₁ +S₂Ω₂ =I Sehingga diperoleh:(S₁−S₂)Ω₁ =I

Karena Ω nonsingular, maka pertama ditunjukkan bahwa adalah nonsingular ₁ untuk i yang cukup besar.

i

Y

Karena nonsingular maka persamaan (21), dapat dituliskan menjadi S₁ ) ( 1 1 2 2 1 Ω + Ω = − S S S Yi i i

Dari lemma 6, diperoleh untuk i yang cukup besar, sehingga . Jadi adalah nonsingular untuk i yang cukup besar.

0 2 1 → −i i S S 1 1Ω = i i S Y Y_i

Dengan menggunakan persamaan (22)

1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 ( )( ) − − − − − = iΩ + iΩ i Ω + i Ω i iY S S S S Y 1 1 1 1 ) 1 ( 1 1 1 2 1 2 1 1 1 ) 1 ( 1 1 1 2 2 1 )( )(( )( )) ( + Ω Ω− − − −Ω + −Ω Ω− − − −Ω − = i i i i i i S S S I S S S S 1( 1) 1 1 1 2 1 2 ) 1 ( 1 1 1 2 2 1 ) ( ) ( + Ω Ω− − − + −Ω Ω− − − − = i i i i S S I S S S

Dari lemma 6 maka disimpulkan 0 lim ₂Ω₁Ω₁−1 ₁−(−1) = ∞ → i i i S S dan lim 0 ) 1 ( 1 1 1 1 1 2 Ω Ω = − − − − ∞ → i i i S S Jadi diperoleh: 1 1 1 limY_iY_i S i = − − ∞ → Contoh 0 0 1 0 1 0 1 0 0 ) ( 2 _⎥= ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + = X X X Q

Dengan iterasi Bernoulli dan menetapkan Y0 =0dan Y1 = I, dari persamaan (20)

maka diperoeh 0 0 1 2 +BY +CY = AY AY₂ =−(BY₁+CY₀) AY₂ =−BI Y2 A 1BI − − = =−A−1B

27 Hasmawati, Amir Kamal Amir

(10)

Jurnal Matematika, Statistika & Komputasi Vol. 3 No 1 Juli 2006 92 Jadi: _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − = 0 1 0 0 1 0 0 1 2 Y _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − = 0 1 0 0 Dari AY₃ +BY₂ +CY₁ =0 maka AY₃ =−(BY₂ +CY₁) 1( ₂ ₁) 3 A BY CY Y =− − + _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 0 1 0 1 1 0 0 1 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 1 0 1 Jadi diperoleh _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 1 0 1 3 Y

Jika iterasi ini diteruskan, maka akan diperoleh Y2 =Y4 =Y6 =_L dan L

= = = 5 7

3 Y Y

Y , sehingga dapat ditulis Y2j =Y2, Y2j+1 =Y3 untuk j≥1. Oleh karena itu setiap adalah singular, sehingga untuk contoh di atas iterasi Bernoulli gagal.

i

Y

4.2. Iterasi Untuk Menghitung Solusi

Untuk perhitungan yang lebih mudah, persamaan (20) dapat dituliskan dalam bentuk iterasi secara langsung untuk menentukan suatu solusi. Persamaan (20) dikalikan dari kanan dengan 1, maka diperoleh

1 − − i Y 0 1 1 1 1 1 + + = − − − − +Y BYY C AYi i i i

yang dapat dituliskan

0 ) ( 11 1 1 + + = − − − +Y B YY C AYi i i i

Dengan mendefinisikan dan menetapkan , , maka diperoleh iterasi 1 1 − + = i i i Y Y X Y0 =0 Y1 = I (AX_i +B)X_i₋₁+C=0 (AX_i +B)X_i₋₁ =−C AX_i +B=−CX_i₋₁ Untuk i = 1, maka 1 01 0 1 0 1 1 = = = − − − − X YY Xi Jadi 1 0 1 − − = +B CX AX AX₁ =−B X1 A 1B (23) − − =

(11)

93

Dengan cara yang sama, persamaan (21) dikali dari kanan dengan , maka diperoleh 1 1 − + i Y 0 ) (AY_i₊₁+BY_i +CY_i₋₁ Y_i₊−1₁ = A+BY_iY_i−₊₁1 +CY_i₋₁Y_i₊−₁1 =0 Misalkan W_i =Y_iY_i−₊₁1 A+(B+CW_i₋₁)W_i =0 W₀ =0 (24) Iterasi ini untuk memecahkan , yang mana solusinya adalah nonsingular yang merupakan invers dari solusi Q(X) = 0.

0

2 ₊ ₊ ₌

A BX CX

Dari teorema 7 disimpulkan bahwa jika Q(X) mempunyai solusi dominan dan solusi minimal serta barisan dan didefinisikan , maka

1 S 2 S X_i Wi dan 1 limX_i S i→∞ = 1 1 lim − ∞ → Wi = S i

Peranan dan pada pembuktian Teorema 7 adalah untuk menjamin bahwa adalah nonsingular. Pada umumnya pemilihan dan akan berdampak yang sama, jadi dapat dicoba dimulai dengan matriks yang berbeda yaitu pada persamaan (23) dan (24), yang mungkin diperoleh jika iterasi mengalami kesulitan.

0

Y Y₁

1

Ω Y₀ Y₁

Iterasi (23) dan (24) adalah iterasi titik tertentu yang dapat diperoeh pada bentuk . Iterasinya juga dapat ditulis dalam bentuk lain yaitu

0 2 + + = C BX AX (AX_i₋₁ +B)X_i +C =0 X₀ =0 (25) dan A B CW_i W_i W C 1B (26) 1 1 0 ) ( + ₋ = =− − +

Jika dihubungkan dengan rekurensi Bernoulli maka:

AZ_i₋₁+BZ_i +CZ_i₊₁ =0 Z₀ =0, Z₁ =I (27)

Jika Q(X) mempunyai solusi dominan dan suatu solusi minimal yang nonsingular maka solusi dari persamaan (27) adalah:

1 S S₂ 2 2 1 1Ω + Ω = i −i i S S Z

dengan Ω₁ dan Ω ditentukan oleh kondisi awal, dan ₂

1 2 1 1 lim ₊ − − ∞ → Zi Zi = S i

Karena itu, selama barisan W_i dan X_i terdefinisi, maka 2 limX_i S i→∞ = 1 2 lim − ∞ → Wi = S i

Daftar Pustaka

[1] Benjamin F.P, 1992, “An Introduction to Applied Numerical Analysis”, Pws-Kent Publishing Company, Boston.

[2] Gene H.G & Charles F.V.L, 1996, “Matriks Computations”, The John Hopkins University Press, Baltimore and London, Third Edition.

[3] Nicholas JH & Hyun-Min Kim, 2000, “Numerical analysis of a quadratic matrix Equation”, IMA Journal of Numerical Analysis 20, 499-519.

[4] Sastry S. S, 1997, “Introductory methods of numerical analysis”, PHI.

29