Met num 6
-
Upload
amri-sandy -
Category
Documents
-
view
455 -
download
9
Transcript of Met num 6
51
5. 4 Pembalikan Matriks dan Gauss Seidel
Pada bagian ini akan dibahas metode Gauss–Jordan dan Gauss Seidel, dimana
untuk kasus Gauss – Jordan sudah cukup dikenal, sedangkan Gauss Seidel merupkan cara
yang cukup baru.
5. 4. 1 Metode Gauss – Jordan
Dapat diilustrasikan metode ini secara sederhana untuk kasus matriks 3 x 3 sebagai :
3
2
1
333231
232221
131211
c
c
c
aaa
aaa
aaa
3*
2*
1*
c
c
c
100
010
001
3*
2*
1*
3
2
1
c
c
c
x
x
x
Contoh 5. 4.1
Gunakan teknik Gauss – Jordan untuk menyelesaikan persamaan
3x1 – 0.1x2 – 0.2 x3 = 7.85 (5. 3. 13)
0.1x1 + 7x2 – 0.3 x3 = – 19.3 (5. 3. 14)
0.3x1 – 0.2x2 + 10 x3 = 71.4 (5. 3. 15)
Penyelesaian
Dengan menyatakan dalam bentuk matriks perluasan,
4.71
3.19
85.7
102.03.0
3.071.0
2.01.03
selanjutnya dengan menormalkannya maka,
4.71
3.19
61667.2
102.03.0
3.071.0
0666667.00333333.01
52
suku x1 dapat dihilangkan dari baris kedua dengan mengurangkan 0. 1 kali baris pertama
dan baris kedua, demikian juga, pengurangan 0.3 kali baris pertama dari baris ketiga akan
menghilangan suku x1 dari baris ketiga,
6150.70
5617.19
61667.2
0200.10190000.00
293333.000333.70
0666667.00333333.01
dengan menormalkan baris kedua dengan membagi 7. 00333,
6150.70
79320.2
61667.2
0200.10190000.00
0418848.010
0666667.00333333.01
untuk mereduksi suku – suku x2 dari persamaan pertama dan ketiga menghasilkan,
0843.70
79320.2
52356.2
1200.1000
0418848.010
0666667.001
selanjutnya dengan menormalkan baris ketiga dengan cara membaginya dengan 10.0120
00003.7
79320.2
52356.2
100
0418848.010
0666667.001
dan akhirnya suku x3 dapat direduksi dari persamaan pertama dan kedua,
00003.7
50001.2
00000.3
100
010
001
5. 4. 2 Metode Invers Matriks (Balikan Matriks)
Jika matriks A adalah matriks bujur sangkar, maka terdapat matriks A-1
yang
disebut dengan invers A , sehingga
A . A-1
= A-1
A = I ,
sehingga untuk menyelesaikan suatu SPL, maka
{X} = A-1
{C}
dapat diilustrasikan sebagai berikut :
53
A I
100
010
001
aaa
aaa
aaa
333231
232221
131211
1
33
1
32
1
31
1
23
1
22
1
21
1
13
1
12
1
11
aaa
aaa
aaa
100
010
001
I 1A
Contoh 5. 4.2
Gunakan teknik Invers matriks untuk menyelesaikan persamaan
3x1 – 0.1x2 – 0.2 x3 = 7.85 (5. 3. 13)
0.1x1 + 7x2 – 0.3 x3 = – 19.3 (5. 3. 14)
0.3x1 – 0.2x2 + 10 x3 = 71.4 (5. 3. 15)
Penyelesaian
[A] =
100
010
001
102.03.0
3.071.0
2.01.03
dengan menggunakan a11 sebagai elemen pivot, maka baris 1 dapat dinormalkan, untuk
menghilangan x1,
1009999.0
01033333.0
00333333.0
0200.10190000.00
293333.000333.70
0666667.00333333.01
berikutnya, a22 dipakai untuk elemen pivot dan x2 dapat dihilangkan dari baris – barisnya
10270142.010090000.0
0142180.000473933.0
0004739329.03331750.0
100
0418848.010
0666667.001
pada akhirnya a33 dapat dipakai sebagai elemen pivot, dan x3 dapat dihilangkan dari baris-
barisnya,
0998801.000269816.00100779.0
00418346.0142293.00051644.0
00679813.000492297.0332489.0
100
010
001
sehingga invernya adalah
54
1A
=
0998801.000269816.00100779.0
00418346.0142293.00051644.0
00679813.000492297.0332489.0
Jadi penyelesaiannya,
X = 1A
C atau
X =
0998801.000269816.00100779.0
00418346.0142293.00051644.0
00679813.000492297.0332489.0
4.71
3.19
85.7
X = [x1, x2, x3] = [3.0000; –2.50001; 7.00003]
5. 4. 3 Metode Gauss Seidel
Metode ini paling sering dipakai sebagai iterasi , jika elemen – elemen diagonalnya
tidak nol, persamaan pertama dapat diselesaikan untuk x1, yang kedua untuk x2 dan
seterusnya, sehingga menghasilkan
x1 = 11
nn13132121
a
xa...xaxac (5. 4. 4)
x2 = 22
nn23231212
a
xa...xaxac (5. 4. 5)
x3 = 33
nn32321313
a
xa...xaxac (5. 4. 6)
…………..…………………………. (5. 4. 7)
xn = nn
1n1nn22n11nn
a
xa...xaxac (5. 4. 6)
Kekonvergenan dari perhitungan dapat diperiksa dengan :
i,a = sj
i
1j
i
j
i %100x
xx
, dimana a = galat absolut, s = galat signifikansi (
sering ditetapkan, misal 5%).
Contoh 5. 4. 7
Gunakan metode Gauss Seidel untuk menyelesaikan SPL berikut,
3x1 – 0.1x2 – 0.2 x3 = 7.85 (5. 3. 13)
0.1x1 + 7x2 – 0.3 x3 = – 19.3 (5. 3. 14)
0.3x1 – 0.2x2 + 10 x3 = 71.4 (5. 3. 15)
55
Penyelesaian :
Diketahui,
x1 = 3
x2.0x1.085.7 32 (5. 4. 8)
x2 = 7
x3.0x1.03.19 31 (5. 4. 9)
x3 = 10
x2.0x3.04.71 21 (5. 4. 10)
dengan memisalkan x2 dan x3 adalah nol, maka dapat dihitung,
x1 = 3
85.7 = 2. 616666667
Nilai x1 = 2. 616666667 dan x3 = 0, disubtitusi ke persamaan (5. 4. 9) sehingga,
x2 = 7
)0(3.0)61666667.2(1.03.19 = –2. 794523810
Iterasi pertama untuk nilai – nilai persamaan menghasilkan x3 :
x3 = 10
)005609524.7(2.0)616666667.2(3.04.71 = 7. 005609524
Untuk Iterasi kedua, proses yang sama diulangi sehingga,
x1 = 3
)005609524.7(2.0)794523810.2(1.085.7 = 2.990556508
x2 = 7
)005609524.7(3.0)990556508.2(1.03.19 = –2. 499624684
x3 = 10
)49962684.2(2.0)99056508.2(3.04.71 = 7. 000290811
Dengan galat,
1a = %100990556508.2
616666667.2990556508.2 = 12. 5%
2a = %100499624684.2
)794523810.2(499624684.2 = 11. 5%
3a = %10000029081.7
005609524.7000290811.7 = 0.076%
Jadi kesimpulan yang data ditarik, iterasi dapat dihentikan jika paling sedikit sampai
toleransi yang telah ditentukan atau lebih kecil dari 5%.