D1 1. FAKTORISASI MATRIKS - …syarif_abdullah.student.ipb.ac.id/files/2016/04/... · FAKTORISASI MATRIKS 2. ... Matematika FMIPA IPB 1. D1 FAKTORISASI ... Pecahkan = , lalu hitung

SISTEM PERSAMAAN LINEAR ( BAGIAN II )

Beserta contoh soal untuk setiap subbab 23/03/2016

D3

D4

D1 1. FAKTORISASI MATRIKS

2. METODE ITERASI UNTUK MENYELESAIKAN SPL

3. NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN

4. POWER METHOD

D2

Matematika FMIPA IPB 1

D1

FAKTORISASI 𝑳𝑼

FAKTORISASI 𝑳𝑫𝑳𝑻

23/03/2016

FAKTORISASI CHOLESKY 𝑳𝑪 𝑳𝑪𝑻


FAKTORISASI CROUT 𝑳𝑪𝑼𝑪

FAKTORISASI DOLITTLE 𝑳𝑫𝑼𝑫

• Suatu masalah yang sering dihadapi di dalam

menyelesaikan SPL 𝑨𝒙 = 𝒃 adalah perlunya

mendapatkan beberapa penyelesaian untuk berbagai

vektor 𝒃, sedangkan matriks 𝑨 tetap.

• Penggunaan metode eliminasi Gauss mengharuskan

penyelesaian setiap SPL 𝑨𝒙 = 𝒃 secara terpisah untuk

setiap vektor 𝒃 , dengan menggunakan operasi

aritmetika yang pada prinsipnya sama sampai

dilakukannya proses substitusi mundur (backward

substitusion).

23/03/2016


Sumber : //staff.uny.ac.id/sites/default/files/131930136/KomputasiNumerikBab2.pdf

• Suatu proses yang dikenal sebagai

faktorisasi LU menangani permasalahan

ini dengan hanya berkonsentrasi pada

matriks koefisien 𝑨.

• Metode Faktorisasi LU bermanfaat untuk

komputer digital dan merupakan basis

untuk banyak pemrograman komputer

praktis.

23/03/2016


Sumber : //staff.uny.ac.id/sites/default/files/131930136/KomputasiNumerikBab2.pdf

1. Bentuklah matriks 𝑳 dan 𝑼 dari 𝑨

2. Pecahkan 𝑳𝒚 = 𝒃, lalu hitung 𝒚 dengan teknik substitusi maju

3. Pecahkan 𝑼𝒙 = 𝒚, lalu hitung 𝒙 dengan teknik substitusi

mundur

Penyelesaian 𝐴𝑥 = 𝑏 dengan faktorisasi LU

23/03/2016


Hanya berlaku untuk Faktorisasi LU, Dolittle, dan Crout

Sumber : R.Munir 2003

Definisikan persamaan matriks 𝑨𝒙 = 𝒃, 𝑨 ∈ 𝑴𝒏×𝒏 dengan

matriks 𝑨 dapat difaktorkan dalam bentuk 𝑨 = 𝑳𝑼 dimana:

𝑎11𝑎21𝑎31

𝑎12𝑎22𝑎32

⋮𝑎𝑛1

⋮𝑎𝑛2

𝑎13𝑎23𝑎33

⋯⋯⋯

⋮𝑎𝑛3

⋱⋯

𝑎1𝑛𝑎2𝑛𝑎3𝑛⋮𝑎𝑛𝑛

=

1𝑙21𝑙31

01𝑙32

⋮𝑙𝑛1

⋮𝑙𝑛2

001

⋯⋯⋯

⋮𝑙𝑛3

⋱⋯

000⋮1

𝑢1100

𝑢12𝑢220

⋮0⋮0

𝑢13𝑢23𝑢33

⋯⋯⋯

⋮0⋱⋯

𝑢1𝑛𝑢2𝑛𝑢3𝑛⋮𝑢𝑛𝑛

FAKTORISASI 𝑳𝑼

23/03/2016


Faktorkan matriks 𝐴 berikut

𝐴 =2 4 −21 −1 54 1 −2

𝑏 =602

Contoh soal

23/03/2016


Sumber : //staff.uny.ac.id/sites/default/files/131930136/KomputasiNumerikBab2.pdf.page 82.

𝐴 =2 4 −21 −1 54 1 −2

2 4 −20 −3 60 −7 2

= 𝐴1

𝑀1 =

1 0 0

−𝟏

𝟐1 0

−𝟐 0 1

Bukti :

𝑴𝟏𝑨 = 𝑨𝟏

Penyelesaian

𝑅2 −𝟏

𝟐𝑅1

~𝑅3 − 𝟐 𝑅1

faktor pengali 𝑚21

23/03/2016

faktor pengali 𝑚31


𝐴1 =2 4 −20 −3 60 −7 2

2 4 −20 −3 60 0 −12

= 𝐴2

𝑀2 =

1 0 00 1 0

0𝟕

𝟑1

Bukti :

𝑴𝟐𝑨𝟏 = 𝑨𝟐 23/03/2016

𝑅3 −𝟕

𝟑𝑅2

~

elemen pivotnya faktor pengali 𝑚32


𝑴𝟏𝑨 = 𝑨𝟏

𝑴𝟐𝑨𝟏 = 𝑨𝟐

𝑴𝟐 𝑴𝟏𝑨 = 𝑨𝟐

𝑨 = 𝑴𝟏−𝟏𝑴𝟐−𝟏 𝑨𝟐

23/03/2016

𝑳 𝑼

Bentuk Umum :

𝑳 = 𝑴𝟏−𝟏𝑴𝟐−𝟏…𝑴𝒏−𝟏

−𝟏

𝑼 = 𝑨𝒏−𝟏


𝑀1−1𝑀2−1𝐴2 =

1 0 01

21 0

27

31

2 4 −20 −3 60 0 −12

= 2 4 −21 −1 54 1 −2

23/03/2016

𝑳 𝑼 𝑨


𝐿𝑦 = 𝑏 →

1 0 01

21 0

27

31

𝑦1𝑦2𝑦3=602

𝑦1 = 6, 𝑦2 = −3, 𝑦3 = −3.

𝑈𝑥 = 𝑦 →2 4 −20 −3 60 0 −12

𝑥1𝑥2𝑥3=6−3−3

𝑥1 =1

4, 𝑥2 =

3

2, 𝑥3 =

1

4

Jadi, solusi SPLnya adalah

𝑥 =1

4,3

2,1

4

𝑇

23/03/2016


Tinjau matriks 3 × 3 berikut :

𝐴 =

𝑎11 𝑎12 𝑎13𝑎21 𝑎22 𝑎23𝑎31 𝑎32 𝑎33

𝐿𝐷 =1 0 0𝑙21 1 0𝑙31 𝑙32 1

𝑈𝐷 =

𝑢11 𝑢12 𝑢0 𝑢22 𝑢230 0 𝑢33

hasil perkalian 𝐿 dan 𝑈 dapat ditulis

𝐿𝐷𝑈𝐷 =

𝑢11 𝑢12 𝑢13𝑙21𝑢11 𝑙21𝑢12 + 𝑢22 𝑙21𝑢13 + 𝑢23𝑙31𝑢13 𝑙31𝑢12 + 𝑙32𝑢22 𝑙31𝑢13 + 𝑙32𝑢23 + 𝑢33

=

𝑎11 𝑎12 𝑎13𝑎21 𝑎22 𝑎23𝑎31 𝑎32 𝑎33

= 𝐴

FAKTORISASI DOLITTLE

23/03/2016



Dari kesamaan dua buah matriks 𝐿𝑈 = 𝐴, diperoleh

𝑢11 = 𝑎11, 𝑢12 = 𝑎12, 𝑢13 = 𝑎13

𝑙21𝑢11 = 𝑎21 → 𝑙21 =𝑎21𝑢11

𝑙31𝑢11 = 𝑎31 → 𝑙31 =𝑎31𝑢11

𝑙21𝑢12 + 𝑢22 = 𝑎22 → 𝑢22 = 𝑎22 − 𝑙21𝑢12

𝑙21𝑢13 + 𝑢23 = 𝑎23 → 𝑢23 = 𝑎23 − 𝑙21𝑢13

𝑙31𝑢12 + 𝑙32𝑢22 = 𝑎32 → 𝑙32 =𝑎32 − 𝑙31𝑢12𝑢22

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

Baris Pertama 𝑈

Kolom Pertama 𝐿

Baris Kedua 𝑈

Kolom Kedua 𝐿

Baris Ketiga 𝑈

23/03/2016



Selesaikan dengan faktorisasi 𝐿𝑈 SPL berikut :

2𝑥1 + 4𝑥2 − 2𝑥3 = 6

𝑥1 − 𝑥2 + 5𝑥3 = 0

4𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 = 2

Dalam hal ini 𝐿 dan 𝑈 dihitung dengan faktorisasi Dollitle.

Contoh soal

23/03/2016


𝐴 =2 4 −21 −1 54 1 −2

𝑏 =602

Diperoleh :

Penyelesaian :

𝑢11 = 𝑎11 = 2 𝑢12 = 𝑎12 = 4 𝑢13 = 𝑎13 = −2

23/03/2016

𝑙21 =𝑎21𝑢11=1

2

𝑙31 =𝑎31𝑢11=4

2= 2

𝑢22 = 𝑎22 − 𝑙21𝑢12 = −1 −1

24 = −3

𝑢23 = 𝑎23 − 𝑙21𝑢13 = 5 −1

2−2 = 6

𝑙32 =𝑎32 − 𝑙31𝑢12𝑢22

=1 − 2(4)

−3=7

3

𝑢33= 𝑎33 − 𝑙31𝑢13 + 𝑙32𝑢23

= −2 − 2 −2 +7

36 = −12


Diperoleh 𝐿𝐷 dan 𝑈𝐷 sebagai berikut,

𝐿𝐷 =

1 0 01

21 0

27

31

𝑈𝐷 =2 4 −20 −3 60 0 −12

dan 𝑏 =602

Berturut-turut dihitung 𝑦 dan 𝑥 :

𝑦1 = 6, 𝑦2 = −3, 𝑦3 = −3

𝑥1 =1

4, 𝑥2 =

3

2, 𝑥3 =

1

4

Jadi, solusi SPL di atas adalah

𝑥 =1

4,3

2,1

4

𝑇

23/03/2016


23/03/2016

FAKTORISASI CROUT

Faktorisasi Crout menghasilkan 𝑨 = 𝑳𝑼, dengan 𝑳 = 𝑳𝑫𝑫

dan 𝑼 = 𝑫−𝟏𝑼𝑫, 𝑨 = 𝑳𝑫𝑼𝑫 adalah hasil faktorisasi Dolittle

dan 𝑫 matriks diagonal dari 𝑼𝑫

𝐿𝐷 =

1 0 01

21 0

27

31

𝑈𝐷 =2 4 −20 −3 60 0 −12

𝐷 =2 0 00 −3 00 0 −12

𝐷−1 =

1

20 0

0 −1

30

0 0 −1

12


Sumber : //staff.uny.ac.id/sites/default/files/131930136/KomputasiNumerikBab2.pdf.page 87.

23/03/2016

𝐿𝐶 = 𝐿𝐷𝐷 =

1 0 01

21 0

27

31

2 0 00 −3 00 0 −12

=1 0 01 −3 04 −7 −12

𝑈𝐶 = 𝐷−1𝑈𝐷 =

1

20 0

0 −1

30

0 0 −1

12

2 4 −20 −3 60 0 −12

=1 2 −10 1 −20 0 1

𝐿𝐶𝑈𝐶 =1 0 01 −3 04 −7 −12

1 2 −10 1 −20 0 1

=1 0 01 −3 04 −7 −12

1 2 −10 1 −20 0 1

=2 4 −21 −1 54 1 −2

= 𝐴

lakukan hal yang sama untuk menghasilkan 𝒚 dan 𝒙 seperti

sebelumnya untuk menghasilkan 𝒙 =𝟏

𝟒,𝟑

𝟐,𝟏

𝟒

𝑻

Bukti


23/03/2016

Syarat: 𝑨 harus matriks simetrik yaitu 𝒂𝒊𝒋 = 𝒂𝒋𝒊

FAKTORISASI 𝑳𝑫𝑳𝑻

𝐿𝑈 = 𝐴 = 𝐴𝑇 = 𝐿𝑈 𝑇 𝐿𝑈 = 𝑈𝑇𝐿𝑇 𝑈 = 𝐿−1𝑈𝑇𝐿𝑇 𝑈 𝐿𝑇 −1 = 𝐿−1𝑈𝑇 𝑫 = 𝑳−𝟏𝑼𝑻

𝐿𝐷 = 𝑈𝑇 𝐿𝐷 𝑇 = 𝑈

𝐷𝑇𝐿𝑇 = 𝑈

𝐷𝐿𝑇 = 𝑈

Sehingga 𝐿𝐷𝐿𝑇 = 𝐿𝑈 = 𝐴


Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

Tentukan Faktorisasi 𝑳𝑫𝑳𝑻 dari matriks berikut

𝐴 =

4333

2121

2211

2111

Contoh soal

23/03/2016

Matematika FMIPA IPB 21 Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

23/03/2016

𝑨 = 𝑳𝑼 =

𝑫 = 𝑳−𝟏𝑼𝑻 =

𝑳𝑫𝑳𝑻 = = 𝑨

Penyelesaian :


23/03/2016

Syarat :

𝑨 simetrik definit positif (semua diagonal utama (+) ). Sehingga

𝑫𝟏

𝟐 dapat diperoleh.

FAKTORISASI 𝑪𝑯𝑶𝑳𝑬𝑺𝑲𝒀

𝐴 = 𝐿𝐷𝐿𝑇 = 𝐿𝐷12 𝐷12

𝑇

𝐿𝑇 = 𝐿𝐶𝐻 𝐿𝐶𝐻 𝑇



23/03/2016

Tentukan Faktorisasi 𝑪𝑯𝑶𝑳𝑬𝑺𝑲𝒀 dari matriks

berikut

𝐴 =

4333

2121

2211

2111

Contoh soal



𝑳𝑪𝑯 = 𝑳𝑫𝟏𝟐

𝑳𝑪𝑯 𝑳𝑪𝑯𝑻 = 𝑨

23/03/2016

Penyelesaian :


D2

SOLUSI ITERATIF DARI PERSAMAAN LINEAR

ILL – CONDITION

BILANGAN KONDISI MATRIKS

23/03/2016

METODE ITERATIF DASAR

ITERASI JACOBI

ITERASI GAUSS – SEIDEL

SUCCESIVE OVER-RELAXATION

(SOR) Matematika FMIPA IPB 2

6

1. Matriks 𝑨 dikatakan berkondisi buruk ( ill – condition ) jika

terdapat sebuah vektor kolom 𝒃 sehingga untuk perubahan kecil

𝑨 atau 𝒃 akan menghasilkan perubahan besar pada solusi

𝒙 = 𝑨−𝟏𝒃.

2. Sistem 𝑨𝒙 = 𝒃 dikatakan berkondisi buruk bila 𝑨 berkondisi

buruk.

3. Apabila sistem 𝑨𝒙 = 𝒃 berkondisi buruk, hasil perhitungannya

mempunyai galat yang besar.

ILL – CONDITION

23/03/2016



Tinjau SPL berikut :

𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟎

𝟏. 𝟏𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟎. 𝟒

yang memiliki solusi sejati 𝒙𝟏 = 𝟒 dan 𝒙𝟐 = 𝟑. Jika sekarang

𝒂𝟐𝟏 = 𝟏. 𝟏 diubah menjadi 𝟏. 𝟎𝟓,

𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟎

𝟏. 𝟎𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟎. 𝟒

diperoleh 𝒙𝟏 = 𝟖 dan 𝒙𝟐 = 𝟏.

Penambahan sebesar 𝜺 pada koefisien 𝟏. 𝟏 dinyatakan sebagai

berikut :

𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟎

𝟏. 𝟏 + 𝜺 𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟎. 𝟒

Contoh soal

23/03/2016



23/03/2016


Yang mempunyai solusi

𝒙𝟏 =𝟎. 𝟒

𝟎. 𝟏 + 𝜺

𝒙𝟐 =𝟎. 𝟔 + 𝟏𝟎𝜺

𝟎. 𝟐 + 𝟐𝜺

Solusi ini memperlihatkan bahwa sistem berkondisi buruk sebab perubahan kecil 𝜺 menghasilkan perubahan besar pada solusi SPL.

Pada contoh di atas, 𝜺 = −𝟎. 𝟎𝟓, sehingga

𝒙𝟏 =𝟎. 𝟒

𝟎. 𝟏 − 𝟎. 𝟎𝟓= 𝟖

𝒙𝟐 =𝟎. 𝟔 − 𝟏𝟎 𝟎. 𝟎𝟓

𝟎. 𝟐 − 𝟐 𝟎. 𝟎𝟓= 𝟏

4. Beberapa ukuran untuk kondisi buruk telah dikemukakan

para ahli numerik, antara lain 𝒅𝒆𝒕 𝑨 sangat kecil

dibandingkan dengan nilai maksimum |𝒂𝒊𝒋| dan 𝒃𝒊 .

5. Ukuran determinan sukar dikaitkan dengan kondisi buruk.

Kesukaran tersebut dapat diatasi bila SPL dinormalkan

sedemikian sehingga koefisien terbesar pada tiap baris

persamaan sama dengan 1.

23/03/2016


23/03/2016


Tentukan determinan matriks 𝑨 pada SPL berikut

𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟎

𝟏. 𝟏𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟎. 𝟒

bila :

( i ) SPL tanpa penormalan

( ii ) SPL dinormalkan

Contoh soal

23/03/2016


( i ) SPL tanpa penormalan

𝒅𝒆𝒕 𝑨 = 𝟏 𝟐 − 𝟏. 𝟏 𝟐 = −𝟎. 𝟐

yang dekat dengan nol, karena itu SPL berkondisi buruk.


Penormalan menghasilkan

𝟎. 𝟓𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟓

𝟎. 𝟓𝟓𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟓. 𝟐

sehingga, 𝒅𝒆𝒕 𝑨 = 𝟎. 𝟓 𝟏 − 𝟏 𝟎. 𝟓𝟓 = −𝟎. 𝟓𝟓

yang dekat ke nol, karena itu berkondisi buruk.

Penyelesaian :

23/03/2016


Tentukan determinan matriks 𝑨 pada SPL berikut

𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟖

−𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟐

bila

( i ) SPL tanpa penormalan,


Contoh soal

23/03/2016


( i ) SPL apa adanya

𝒅𝒆𝒕 𝑨 = 𝟑 𝟐 − 𝟐 −𝟏 = 𝟖

yang nilainya jauh dari nol, karena itu SPL berkondisi baik.


Penormalan menghasilkan

𝒙𝟏 + 𝟎. 𝟔𝟔𝟕𝒙𝟐 = 𝟔

−𝟎. 𝟓𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏

sehingga, 𝒅𝒆𝒕 𝑨 = 𝟏 𝟏 − 𝟎. 𝟔𝟔𝟕 −𝟎. 𝟓 = 𝟏. 𝟑𝟑𝟑

yang nilainya jauh dari nol, karena itu berkondisi baik.

Penyelesaian :

Walaupun terdapat beragam cara untuk memeriksa kondisi

sistem, akan lebih disukai mendapatkan bilangan tunggal

yang dapat berlaku sebagai petunjuk adanya kondisi buruk.

Bilangan tersebut dinamakan “ bilangan kondisi matriks “.

23/03/2016


23/03/2016

BILANGAN KONDISI MATRIKS

Misal SPL 𝑨𝒙 = 𝑩, bilangan kondisi matriks dinyatakan

sebagai :

𝜿 𝑨 = 𝑨 𝑨−𝟏

Yang dalam hal ini 𝑨 adalah norma ( norm ) tak – hingga

matriks 𝑨, yang didefinisikan sebagai :

𝑨 = 𝑨 ∞ = max𝟏≤𝒊≤𝒏 |𝒂𝒊𝒋|

𝒏

𝒋=𝟏

Matematika FMIPA IPB 36 Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

23/03/2016


Sistem persamaan linear 𝑨𝒙 = 𝒃 yang bilangan kondisinya kecil

menyatakan sistem berkondisi baik. Bilangan kondisi besar

menandakan bahwa sistem berkondisi buruk.

Teorema

“ Jika bilangan kondisi matriks 𝑨 besar, maka galat relatif solusi

SPL juga akan besar. Sebaliknya, jika bilangan kondisinya kecil,

galat relatif solusi SPL juga kecil “.

23/03/2016


Hitung bilangan kondisi matriks 𝑨 berikut

𝑨 =𝟑. 𝟎𝟐 −𝟏. 𝟎𝟓 𝟐. 𝟓𝟑𝟒. 𝟑𝟑 𝟎. 𝟓𝟔 −𝟏. 𝟕𝟖−𝟎. 𝟖𝟑 −𝟎. 𝟓𝟒 𝟏. 𝟒𝟕

Contoh soal

23/03/2016


Tentukan terlebih dahulu matriks balikannya,

𝑨 =𝟑. 𝟎𝟐 −𝟏. 𝟎𝟓 𝟐. 𝟓𝟑𝟒. 𝟑𝟑 𝟎. 𝟓𝟔 −𝟏. 𝟕𝟖−𝟎. 𝟖𝟑 −𝟎. 𝟓𝟒 𝟏. 𝟒𝟕

, 𝑨−𝟏 =𝟓. 𝟔𝟔𝟏 −𝟕. 𝟐𝟕𝟑 −𝟏𝟖. 𝟓𝟓𝟐𝟎𝟎. 𝟓 −𝟐𝟔𝟖. 𝟑 −𝟔𝟔𝟗. 𝟗𝟕𝟔. 𝟖𝟓 −𝟏𝟎𝟐. 𝟔 −𝟐𝟓𝟓. 𝟗

maka dapat dihitung

𝑨 = 𝟒. 𝟑𝟑 + 𝟎. 𝟓𝟔 + 𝟏. 𝟕𝟖 = 𝟔. 𝟔𝟕

𝑨 −𝟏 = 𝟐𝟎𝟎. 𝟓 + −𝟐𝟔𝟖. 𝟑 + −𝟔𝟔𝟗. 𝟗 = 𝟏𝟏𝟑𝟖. 𝟕

sehingga bilangan kondisi matriks 𝑨 adalah

𝜿 𝑨 = 𝟔𝟔. 𝟕 𝟏𝟏𝟑𝟖. 𝟕 = 𝟕𝟓𝟗𝟓

Jadi, sistem tersebut berkondisi buruk, karena bilangan kondisinya besar.

Penyelesaian :

Tinjau SPL

𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 + …+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = 𝑏1

𝑎21𝑥1 + 𝑎22𝑥2 + …+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = 𝑏2

𝑎𝑛1𝑥1 + 𝑎𝑛2𝑥2 + …+ 𝑎𝑛𝑛𝑥𝑛 = 𝑏𝑛

Syarat 𝑎𝑘𝑘 ≠ 0, 𝑘 = 1,2, …𝑛, maka persamaan iterasinya :

𝑥1(𝑘) =𝑏1 − 𝑎12𝑥2

(𝑘−1)…− 𝑎1𝑛𝑥𝑛

(𝑘−1)

𝑎11

𝑥2(𝑘) =𝑏2 − 𝑎21𝑥1

𝑘−1 − 𝑎23𝑥3𝑘−1 −⋯−𝑎2𝑛 𝑥𝑛

(𝑘−1)

𝑎22

𝑥𝑛(𝑘) =𝑏𝑛 − 𝑎𝑛1𝑥1

𝑘−𝟏 − 𝑎𝑛2𝑥2𝑘−𝟏 −⋯−𝑎𝑛𝑛−1 𝑥𝑛−1

(𝑘−𝟏)

𝑎𝑛𝑛

.

.

.

.

.

.

.

.

23/03/2016


Iterasi dimulai dengan memberikan tebakan awal untuk 𝑥,

𝑥0 = 𝑥10, 𝑥20, … , 𝑥𝑛

0𝑇

Iterasi berhenti jika

𝑥𝑖(𝑘) − 𝑥𝑖(𝑘−1)

𝑥𝑖(𝑘)

< 𝜀 𝑖 = 1,2,3, … , 𝑛

23/03/2016


Misalkan diberikan tebakan awal 𝑥(0) :

𝑥0 = 𝑥10, 𝑥20, … , 𝑥𝑛

0𝑇

Proedur iterasi untuk iterasi pertama, kedua, dan seterusnya

adalah sebagai berikut :

METODE ITERASI JACOBI

23/03/2016



Iterasi pertama :

𝑥1(1) =𝑏1 − 𝑎12𝑥2

0 − 𝑎13𝑥30 −⋯−𝑎1𝑛 𝑥𝑛

(0)

𝑎11

𝑥2(1) =𝑏2 − 𝑎21𝑥1

0 − 𝑎23𝑥30 −⋯−𝑎2𝑛 𝑥𝑛

(0)

𝑎22

𝑥𝑛(1) =𝑏𝑛 − 𝑎𝑛1𝑥1

0 − 𝑎𝑛2𝑥20 −⋯−𝑎𝑛𝑛−1 𝑥𝑛−1

(0)

𝑎𝑛𝑛

Iterasi kedua :

𝑥1(2) =𝑏1 − 𝑎12𝑥2

1 − 𝑎13𝑥31 −⋯−𝑎1𝑛 𝑥𝑛

(1)

𝑎11

𝑥2(2) =𝑏2 − 𝑎21𝑥1

1 − 𝑎23𝑥31 −⋯−𝑎2𝑛 𝑥𝑛

(1)

𝑎22

𝑥𝑛(2) =𝑏𝑛 − 𝑎𝑛1𝑥1

1 − 𝑎𝑛2𝑥21 −⋯−𝑎𝑛𝑛−1 𝑥𝑛−1

(1)

𝑎𝑛𝑛

23/03/2016


dst......

23/03/2016


𝑥𝑖(𝑘)= −

𝑎𝑖𝑗

𝑎𝑖𝑖𝑥𝑗𝑘−1+𝑏𝑖𝑎𝑖𝑖

𝑛

𝑗=1𝑖≠1

(1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛)

Rumus umum


Syarat Kekonvergenan :

1. 𝒂𝒊,𝒊 > 𝒂𝒊,𝟏 + …+ 𝒂𝒊,𝒊−𝟏 + …+ | 𝒂𝒊,𝒏 |

2. 𝒎𝒂𝒙 𝒙𝒊 < 𝟏

Tentukan banyaknya iterasi dengan

menggunakan Iterasi Jacoby

𝑨 =𝟐 −𝟏 𝟎−𝟏 𝟑 −𝟏𝟎 −𝟏 𝟐

𝒃 =𝟏𝟖−𝟓

Dengan nilai awal 𝑥10 , 𝑥20, 𝑥30= (0,0,0).

(4 angka di belakang koma).

Contoh soal

23/03/2016



23/03/2016


Konvergen jika :

𝒂𝒊,𝒊 > 𝒂𝒊,𝟏 + …+ 𝒂𝒊,𝒊−𝟏 + …+ | 𝒂𝒊,𝒏 |

Untuk 𝑖 = 1

2 > −1 + 0

Berlaku pula untuk 𝑖 = 2 dan 𝑖 = 3.

Penyelesaian :

Metode iterasi Jacobi. Persamaan iterasinya :

𝑥1𝑘=1

2𝑥2𝑘−1+1

2

𝑥2𝑘=1

3𝑥1𝑘−1+1

3𝑥3𝑘−1+8

3

𝑥3𝑘=1

2𝑥2𝑘−1−5

2

Iterasinya :

𝑥 0 = 0,0,0 𝑇

𝑥 1 = 0.5000, 2.6667,−2.5000 𝑇

𝑥 2 = 1.8333,2.0000,−1.1667 𝑇

⋮

𝑥 21 = 2.0000, 3.0000,−1.0000 𝑇

23/03/2016


SCILAB PROGRAM : ITERASI JACOBI

Program Input + Output

23/03/2016


Hasil secara analitik :

𝑥 21 = 2.0000, 3.0000, −1.0000 𝑇 :

Hasil secara komputasi

𝑥 21 = 1.9999915, 2.9999492,−1.0000085 𝑇

Kecepatan konvergen pada iterasi Jacobi dapat dipercepat

bila setiap harga 𝑥𝑖 yang baru dihasilkan segera dipakai pada

persamaan berikutnya untuk menentukan harga 𝑥𝑖+1 yang

lainnya.

METODE ITERASI GAUSS – SEIDEL

23/03/2016



Iterasi pertama :

𝑥1(1) =𝑏1 − 𝑎12𝑥2

0 − 𝑎13𝑥30 − 𝑎14𝑥4

(0)

𝑎11

𝑥2(1) =𝑏2 − 𝑎21𝑥1

1 − 𝑎23𝑥30 − 𝑎24𝑥4

(0)

𝑎22

𝑥3(1) =𝑏3 − 𝑎31𝑥1

1 − 𝑎32𝑥21 − 𝑎34𝑥4

(0)

𝑎33

𝑥4(1) =𝑏4 − 𝑎41𝑥1

1 − 𝑎42𝑥21 − 𝑎43𝑥3

(1)

𝑎44

23/03/2016


Iterasi kedua :

𝑥1(2) =𝑏1 − 𝑎12𝑥2

1 − 𝑎13𝑥31 − 𝑎14𝑥4

(1)

𝑎11

𝑥2(2) =𝑏2 − 𝑎21𝑥1

2 − 𝑎23𝑥31 − 𝑎24𝑥4

(1)

𝑎22

𝑥3(2) =𝑏3 − 𝑎31𝑥1

2 − 𝑎32𝑥22 − 𝑎34𝑥4

(1)

𝑎33

𝑥4(2) =𝑏4 − 𝑎41𝑥1

2 − 𝑎42𝑥22 − 𝑎43𝑥3

(2)

𝑎44

dan seterusnya .......

23/03/2016


23/03/2016


𝑥𝑖(𝑘)= −

𝑎𝑖𝑗

𝑎𝑖𝑖𝑥𝑗𝑘−

𝑎𝑖𝑗

𝑎𝑖𝑖𝑥𝑗𝑘−1

𝑛

𝑗=1𝑗>𝑖

𝑛

𝑗=1𝑗<𝑖

+𝑏𝑖𝑎𝑖𝑖

Rumus umum



menggunakan Iterasi Gauss – Seidel

𝑨 =𝟐 −𝟏 𝟎−𝟏 𝟑 −𝟏𝟎 −𝟏 𝟐

𝒃 =𝟏𝟖−𝟓



Contoh soal

23/03/2016



Metode iterasi Gauss – Seidel . Persamaan

iterasinya :

𝑥1𝑘=1

2𝑥2𝑘−1+1

2

𝑥2𝑘=1

3𝑥1𝑘+1

3𝑥3𝑘−1+8

3

𝑥3𝑘=1

2𝑥2𝑘−5

2

Iterasinya :

𝑥 0 = 0,0,0 𝑇

𝑥 1 = 0.5000, 2.8333,−1.0833 𝑇

𝑥 2 = 1.9167,2.9444,−1.0278 𝑇

⋮

𝑥 9 = 2.0000, 3.0000,−1.0000 𝑇

23/03/2016


Penyelesaian :

SCILAB PROGRAM : ITERASI GAUSS – SEIDEL

Program Input + Output

23/03/2016


Hasil secara analitik :

𝑥 9 = 2.0000, 3.0000, −1.0000 𝑇:

Hasil secara komputasi

𝑥 9 = 1.9998857, 2.9999238, −1.0000385 𝑇

Formula SOR :

Succesive Over-Relaxation (SOR)

23/03/2016


23/03/2016



menggunakan iterasi SOR

𝑨 =𝟐 −𝟏 𝟎−𝟏 𝟑 −𝟏𝟎 −𝟏 𝟐

𝒃 =𝟏𝟖−𝟓



Contoh soal

Masukkan kedalam formula :

dengan

Banyaknya iterasi :

23/03/2016


Penyelesaian :

Iterasi jacobi :

Iterasi Gauss – Seidel :

SOR :

23/03/2016


D3

3. NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN

SIFAT – SIFAT NILAI EIGEN

TEOREMA GERSHGORIN

23/03/2016

SINGULAR VALUE

DECOMPOSITION


Misalkan 𝐴 adalah matriks 𝑛 × 𝑛, maka vektor yang tak nol 𝑥 di

𝑅𝑛 disebut vektor eigen dari 𝐴 jika 𝐴𝑥 adalah kelipatan skalar

dari 𝑥, yaitu

𝐴𝑥 = 𝜆𝑥

untuk suatu skalar 𝜆. Skalar 𝜆 dinamakan nilai eigen 𝐴.

Definisi

23/03/2016

Untuk menentukan nilai eigen dari matriks 𝑨 dapat menggunakan

persamaan karakteristik dari matriks 𝑨 yaitu :

det(𝐴 − 𝜆𝐼) = 0


Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari

matriks berikut

𝐴 =3 21 4

23/03/2016


Contoh soal

23/03/2016


⟺ 𝜆2 −7𝜆 + 10 = 0

⟺ 3− 𝜆 4 − 𝜆 − 2 = 0

⟺ 5− 𝜆 2 − 𝜆 = 0

𝑝 𝜆 = det 𝐴 − 𝜆𝐼 =3 − 𝜆 21 4 − 𝜆

= 0

Penyelesaian :

- Dari polinomial karakteristik diperoleh nilai eigen 5

dan 2.

- Untuk nilai eigen 5, maka vektor eigennya x = 11

.

- Untuk nilai eigen 2, maka vektor eigennya x = 2−1

.

1. Jika 𝜆 nilai eigen 𝐴 →𝑝(𝜆) adalah nilai eigen dari 𝑝(𝐴) untuk

suatu polinomial 𝑃. Khususnya 𝜆𝑘 nilai eigen dari 𝐴𝑘.

2. Jika 𝐴 nonsingular dan 𝜆 nilai eigen 𝐴 → 𝑝(𝜆−1 ) adalah nilai

eigen dari 𝑃(𝐴−1 ) untuk suatu polinomial 𝑃. Khususnya 𝜆−1 nilai eigen dari 𝐴−1.

3. Jika 𝐴 matriks real dan simetrik maka nilai eigennya real.

4. Jika 𝐴 kompleks dan hermitian nilai eigennya real.

5. Jika 𝐴 hermitian dan definit positif maka nilai eigennya

positif.

6. Jika 𝑃 nonsingular maka 𝐴 dan 𝑃𝐴𝑃−1 ( similar ) mempunyai

nilai eigen yang sama.

23/03/2016


SIFAT – SIFAT NILAI EIGEN

Semua nilai eigen dari suatu matriks 𝐴 ∈ ℂ𝑛×𝑛 termuat

dalam 𝑛 cakram 𝐶𝑖 = 𝐶𝑖 (𝑎𝑖𝑖 , 𝑟𝑖) dalam bidang

kompleks dengan pusat 𝑎𝑖𝑖 dan jari-jari 𝑟𝑖 yang

didapat dari penjumlahan besaran entri – entri tak

diagonal di baris ke - 𝑖.

23/03/2016


TEOREMA GERSHGORIN

Region yang memuat Nilai Eigen Matriks 𝐴 :

𝐶𝑖

𝑛

𝑖=1

= 𝒛 ∈ ℂ ∶ 𝒛 − 𝑎𝑖𝑖 ≦ 𝑟𝑖

𝑛

𝑖=1

dimana jari – jarinya adalah

𝒓𝒊 = 𝒂𝒊𝒋𝒏𝒋=𝟏𝒋≠𝒊

23/03/2016


Semua nilai eigen dari suatu matriks A ∈ ℂ𝑛×𝑛 termuat dalam 𝑛 cakram 𝐷𝑖 = 𝐷𝑖(𝑎𝑖𝑖 , 𝑠𝑖) dalam bidang

kompleks dengan pusat 𝑎𝑖𝑖 dan jari-jari 𝑠𝑖 yang

didapat dari penjumlahan besaran entri-entri tak

diagonal di kolom matriks 𝐴.

23/03/2016


Akibat

Region yang memuat Nilai Eigen Matriks A:

𝐷𝑖𝑛𝑖=1 = 𝒛 ∈ ℂ ∶ 𝒛 − 𝑎𝑖𝑖 ≦ 𝑠𝑖

𝑛𝑖=1

dimana Jari-jarinya adalah

𝑠𝑖 = 𝑎𝑖𝑗𝑛𝒊=1𝒊≠𝒋

Akibatnya, Region yang memuat Nilai Eigen Matriks

A = 𝐶𝑖

𝑛

𝑖=1

𝐷𝑖

𝑛

𝑖=1

23/03/2016


23/03/2016


Misalkan matriks

𝑨 = 𝟒 − 𝒊 𝟐 𝒊−𝟏 𝟐𝒊 𝟐𝟏 −𝟏 −𝟓

Contoh soal

Di lihat dari baris 𝐴, kita peroleh region cakram Gershgorin sbb:

𝐶1(4 − 𝑖, 3) , 𝐶2(2𝑖, 3) , dan 𝐶3(−5, 2).

Dilihat dari kolom 𝐴 , kita peroleh region cakram

Gershgorin sbb:

𝐷1(4 − 𝑖, 2) , 𝐷2(2𝑖, 3) , dan 𝐷3(−5, 3).

Irisan (Intersection) dari kedua region cakram sbb:

𝐷1(4 − 𝑖, 2 ), 𝐶2(2𝑖, 3) , dan 𝐶3(−5, 2).

23/03/2016


Penyelesaian :

𝑨 = 𝟒 − 𝒊 𝟐 𝒊−𝟏 𝟐𝒊 𝟐𝟏 −𝟏 −𝟓

23/03/2016


𝐷1(4 − 𝑖, 2) , 𝐷2(2𝑖, 3) , dan 𝐷3(−5, 3).

𝐷1

𝐷2

𝐷3

𝐶1(4 − 𝑖, 3) , 𝐶2(2𝑖, 3) , dan 𝐶3(−5, 2).

𝐶1

𝐶2

𝐶3

Jari-jari Pusat

23/03/2016


𝝀𝟏 = 𝟑, 𝟕𝟐𝟎𝟖 − 𝟏. 𝟎𝟓𝟒𝟔𝟏𝒊 , 𝝀𝟐 = −𝟎, 𝟏𝟔𝟎𝟓 + 𝟐. 𝟑𝟑𝟗𝟓𝒊 𝝀𝟑 = −𝟒, 𝟓𝟔𝟎𝟐 − 𝟎. 𝟐𝟖𝟒𝟗𝒊 ,

Pusat Cakram: • Nilai Eigen: ∗

1. Dapatkah matriks 𝑚 × 𝑛 didekomposisikan?

2. Bagaimanakah dekomposisi dari matriks real yang

berukuran 𝑚 × 𝑛 ?

3. Bagaimanakah dekomposisi dari matriks kompleks

yang berukuran 𝑚 × 𝑛?

4. Bagaimanakah tingkahlaku dan karakteristik yang ada

di dalamnya?

5. Apakah matriks 𝑚 × 𝑛 masih mempunyai invers?

23/03/2016


Diketahui Matriks A ∈ ℂ𝑚×𝑛 dengan 𝑟𝑎𝑛𝑘(𝐴) = 𝑟.

Diketahui juga nilai eigen dari matriks 𝐴∗𝐴 adalah sebagai

berikut:

𝜆1 ≥ 𝜆2 ≥ ⋯ ≥ 𝜆𝑟 > 𝜆𝑟+1 = ⋯ = 𝜆𝑛 = 0

Bilangan 𝜎𝑖 = 𝜆𝑖2

untuk setiap 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 disebut nilai

singular dari matriks 𝐴.

23/03/2016


SINGULAR VALUE

DECOMPOSITION

Definisi

𝐴 =1 10 11 0

𝑚𝑎𝑘𝑎𝐴∗ =1 0 11 1 0

𝐴∗𝐴 − 𝜆𝐼 = 𝜆2 + 4𝜆 − 3 = 0 𝜆1= 3, 𝜆2 = 1

𝜎1 = 3

2= 3

𝜎2 = 12= 1

𝐴∗𝐴 =1 0 11 1 0

1 10 11 0=2 11 2

23/03/2016


Contoh soal

Karakteristik matriks

menentukan karakteristik

dari sebuah matriks

transformasi linear.

Hubungan antara prapeta

dan petanya, ditentukan oleh

karakteristik matriks

transformasi linear.

𝐴𝑣𝑖 = 𝜎𝑖𝑢𝑖 , 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛

𝐴𝑉 = 𝑈 Σ

𝐴 = 𝑈 Σ 𝑉∗

SVD

23/03/2016


𝑨

𝑨

SVD dari matriks 𝐴 berukuran 𝑚 × 𝑛

𝑨 = 𝑼 𝜮 𝑽∗

1. Dengan 𝑉 matriks uniter yang dibentuk oleh

vektor eigen normal matriks 𝑨∗𝑨

2. Dengan Σ matriks diagonal yang entri-entrinya

adalah nilai singular matriks 𝑨.

3. Dengan 𝑈 matriks uniter yang dibentuk oleh

vektor eigen normal matriks 𝑨𝑨∗.

23/03/2016


Input : Matriks 𝐴 ∈ ℂ𝑚×𝑛 dengan 𝑟𝑎𝑛𝑘 𝐴 = 𝑟.

1.Dibentuk matriks 𝐴∗𝐴 dan tentukan sejumlah nilai eigen

dan vektor eigen ortonormalnya.

2.Bentuk matriks uniter 𝑉 dari vektor eigen ortonormalnya.

3.Tentukan Nilai Singular tak-nol 𝜎𝑖 dan Matriks Diagonal 𝛴. 4.Tentukan vektor eigen ortonormal 𝐴𝐴∗ atau dengan

𝑢𝑖 = 𝜎𝑖−1𝐴𝑣𝑖 . Jika 𝑟 < 𝑛 , maka gunakan proses gram-

schmidt untuk menententukan 𝑢𝑟+1 sampai 𝑢𝑛. 5.Bentuk matriks uniter 𝑈 dari vektor eigen ortonormalnya.

23/03/2016


Langkah – Langkah SVD 𝐴 = 𝑈Σ𝑉∗

Output: Matriks uniter 𝑈, 𝑉 dan matriks 𝛴 sehingga

𝑨 = 𝑼𝜮𝑽∗.

Misalkan 𝐴 =1 10 11 0

. Tentukan SVD matriks A.

23/03/2016


Contoh soal

𝑣𝑒𝑘𝑡𝑜𝑟 𝑒𝑖𝑔𝑒𝑛 𝑣′1 =11

𝑣′2 =1−1

𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑖𝑠𝑎𝑠𝑖

𝑣1 =

1

21

2

𝑣2 =

1

2

−1

2

maka 𝑉 =

1

21

2

1

2

−1

2

23/03/2016


𝐴 =1 10 11 0

𝑚𝑎𝑘𝑎𝐴∗𝐴 =

2 11 2

𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑒𝑖𝑔𝑒𝑛 𝜆1=3

𝜆2= 1

Penyelesaian

23/03/2016


𝜆1 = 3 𝜆2= 1

𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑠𝑖𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 𝜎1= 3𝜎2 = 1

𝛴 = 𝜎1 00 𝜎20 0

= 3 00 10 0

𝑢1 = 𝜎1−1𝐴𝑣1 =

1

331 10 11 0

1

22

1

22

=

1

36

1

66

1

66

𝑢2 = 𝜎2−1𝐴𝑣2 =

1 10 11 0

1

22

−1

22=

0

−1

22

1

22

23/03/2016


𝑢′3 = 𝑒1 − 𝑢1∗𝑒1 𝑢1 − 𝑢1

∗𝑒2 𝑢2

=100−1

361

661

66100

1

36

1

66

1

66

−1

361

661

66010

0

−1

22

1

22

=

1

3

−1

3

−1

3

23/03/2016


𝑢′3 =

1

3

−1

3

−1

3

𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑖𝑠𝑎𝑠𝑖𝑢3 =

1

33

−1

3

−1

33

3

Sehingga didapatkan Matriks Uniter

U =

1

36 0

1

33

1

66 −

1

22 −

1

33

1

661

22 −

1

33

23/03/2016


Output : A=U𝛴𝑉∗

1 10 11 0=

1

36 0

1

31

66 −1

22 −1

31

661

22 −

1

3

3 00 10 0

1

21

2

1

2

−1

2

23/03/2016


23/03/2016


D4

4. POWER METHOD

PERCEPATAN AITKEN

INVERS POWER METHOD

23/03/2016


SHIFTED POWER METHOD

SHIFTED INVERS POWER METHOD

Persamaan karakteristik : det 𝐴 − 𝜆Ι = 0

Dari persamaan karakteristik di atas, diperoleh nilai eigen

dominan dan tak dominan.

Nilai eigen dominan power method

Nilai eigen tak dominan invers power method

23/03/2016


Salah satu metode iteratif yang digunakan untuk

menentukan nilai eigen dominan.

Nilai eigen yang nilai mutlaknya paling besar

dibandingkan mutlak nilai eigen lainnya.

𝜆1 > 𝜆2 ≥ ⋯ ≥ 𝜆𝑛

Vektor eigen yang berpadanan dengan nilai eigen

dominan.

Power Method

Nilai Eigen Dominan

Vektor Eigen Dominan

23/03/2016


Bagaimana menentukan

pendekatan nilai eigen dengan

menggunakan power method ?

23/03/2016


1. Pilih sebuah vektor hampiran awal 𝑥(0) tak nol

2. Tetapkan fungsional linear 𝜑

3. Hitung 𝑥(𝑘+1) = 𝐴 𝑥(𝑘) ; 𝑘 = 0,1,2,…

4. Hitung 𝜆𝑘 = 𝑟𝑘 ≈𝜑 𝑥(𝑘+1)

𝜑 𝑥(𝑘) ; 𝑘 = 0,1,2,…

5. Ulangi langkah 3 – 4 sampai 𝑟 konvergen ke solusi eksak

Langkah – langkah Power Method

23/03/2016


Proses iteratif yang digunakan untuk menghampiri nilai eigen

dengan lebih cepat.

Rumus umum percepatan Aitken :

𝑠𝑘 = 𝑟𝑘 −𝑟𝑘 − 𝑟𝑘−1

2

𝑟𝑘 − 2𝑟𝑘−1 + 𝑟𝑘−2 ; 𝑘 ≥ 3

23/03/2016


PERCEPATAN AITKEN

Tentukan nilai eigen dominan dari matriks 𝑨

berikut dengan menggunakan power method

dan percepatan Aitken.

𝑨 =6 5 −52265−2−1

23/03/2016


Contoh Soal

Diperoleh solusi eksak : 𝜆1 = 6, 𝜆2= 4, 𝜆3= 1

Langkah ke-1 :

𝑥(0) =−111

Langkah ke-2 :

𝜑 𝒙 = 𝑥2

Langkah ke-3 :

𝑥(𝑘+1)= 𝐴 𝑥(𝑘) ; 𝑘 = 0,1,2,…

𝑥(1)= 𝐴𝑥(0) =6 5 −52265−2−1

−111=−622

23/03/2016


Penyelesaian :

𝑥(2) = 𝐴𝑥(1) =6 5 −52265−2−1

−622=−36−4−4

⋮

𝑥(14) = 𝐴𝑥(13)

=6 5 −52265−2−1

−13060694016−12926476288−12926476288

=−78364164096−77827293184−77827293184

⋮

23/03/2016


Langkah ke-4 :

𝜆𝑘 = 𝑟𝑘 ≈𝜑 𝑥 𝑘+1

𝜑 𝑥 𝑘 ; 𝑘 = 0,1,2,…

𝑟0 =𝑥2(1)

𝑥2(0)=2

1= 2

𝑟1 =𝑥2(2)

𝑥2(1)=−4

2= −2

⋮

𝑟13 =𝑥2(14)

𝑥2(13)=−77827293184

−12926476288 = 6.021

⋮ 23/03/2016


Solusi hampiran dengan percepatan Aitken :

𝑠3 = 𝑟3 −𝑟3 − 𝑟2

2

𝑟3 − 2𝑟2 + 𝑟1

= 8.9091 −8.9091 − 22 2

8.9091 − 2 22 + (−2)= 13.5294

𝑠4 = 𝑟4 −𝑟4 − 𝑟3

2

𝑟4 − 2𝑟3 + 𝑟2

= 7.3061 −7.3061 − 8.9091 2

7.3061 − 2.8.9091 + 22= 7.0825

⋮

23/03/2016


Hasil Iterasi Power Method

k X1 X2 X3 rk sk

0 -1.0000 1.0000 1.0000 2.0000

1 -1.0000 0.3333 0.3333 -2.0000

2 -1.0000 -0.1111 -0.1111 22.0000

3 -1.0000 -0.4074 -0.4074 8.9091 13.5294

4 -1.0000 -0.6049 -0.6049 7.3061 7.0825

... ... ... ... ... ...

14 -1.0000 -0.9931 -0.9931 6.0208 6.0138

15 -1.0000 -0.9954 -0.9954 6.0092 6.0001

16 -1.0000 -0.9969 -0.9969 6.0061 6.0000

... ... ... ... ... ...

23/03/2016


Nilai eigen dominan = 𝒓 = 𝒔 = 𝟔

Vektor eigen hampiran yang bersesuaian

𝒙𝟏𝒙𝟐𝒙𝟑=𝟏

0.9969 0.9969

23/03/2016


• Metode untuk mencari nilai eigen terkecil secara

iteratif.

• Memiliki konsep yang sama seperti power method

dengan syarat matriks 𝑨 memiliki invers.

𝑨𝒙 = 𝝀𝒙 ↔ 𝒙 = 𝑨−𝟏 (𝝀𝒙) ↔ 𝑨−𝟏𝒙 =𝟏

𝝀𝒙

23/03/2016


INVERS POWER METHOD

1. Tetapkan vektor eigen awal 𝑥0 tak nol.

2. Tetapkan fungsional linear 𝜑.

3. Hitung matriks 𝑨−1, atau tentukan dekomposisi 𝐿𝑈 dari 𝑨.

4. Hitung 𝒙 𝒌+𝟏 = 𝑨−1𝒙 𝒌 ; 𝑘 = 1,2, … Jika menggunakan

invers.

5. Hitung 𝑳𝒙 𝒌+𝟏 = 𝑼−𝟏𝒙 𝒌 ; 𝑘 = 1,2, … Jika menggunakan

dekomposisi 𝐿𝑈.

6. Hitung 𝑟𝑘 =𝜑 𝒙 𝒌+𝟏

𝜑(𝒙𝒌) ; 𝑘 = 1,2, …

7. Ulangi langkah ke – 4 sampai ke – 6 sampai 𝑟 konvergen

ke solusi eksak.

23/03/2016


Langkah - Langkah Invers Power Method

Misalkan diberikan matriks, nilai awal, dan fungsional linear

sebagai berikut

𝑨 =−154 528 40755−132

−144396

−121318

𝒙0 =123

𝜑 𝒙 = 𝑥2

23/03/2016


CONTOH

Dengan matriks invers :

𝐴−1 =

−59

111740

3

23

6−7

−12 −341

36

2252

3

𝒙1 = 𝐴−1𝒙0 =

−59

111740

3

23

6−7

−12 −341

36

2252

3

123=68.63−48.5889

𝒙2 = 𝐴−1𝒙1 =

−59

111740

3

23

6−7

−12 −341

36

2252

3

68.63−48.5889

=−7.393.07−6.62

23/03/2016


Penyelesaian :

k X1 X2 X3 r

1 1 - 0.7078366 1.2966887 - 24.291667

2 1 - 0.4165191 0.8959090 - 0.0633609

.. ... ...

10 1 - 0.6101062 1.1601095 - 0.2458083

... ... ... ... ...

29 1 - 0.6162430 1.1684148 - 0.2610306

30 1 - 0.6161851 1.1683364 - 0.2608796

Hasil Iterasi Inverse Power Method

23/03/2016


𝒓 = 𝝀∗ =𝟏

𝝀= − 0.2608796

𝝀 =𝟏

𝝀∗=

𝟏

− 0.2608796= −3.83319

𝝀𝒆𝒌𝒔𝒂𝒌 = −3.83229

23/03/2016


5

Metode untuk mencari nilai eigen terjauh dari suatu nilai 𝜇

𝑨𝒙 = 𝝀𝒙

𝑨 − 𝝁𝑰 𝒙 = 𝝀 − 𝝁 𝒙

23/03/2016


SHIFTED POWER METHOD

Sama seperti power method.

Hasil yang didapat adalah nilai 𝜆′ = 𝜆 − 𝜇 terbesar.

Nilai 𝜆 dapat dicari menggunakan 𝜆 = 𝜆′ + 𝜇.

Langkah-langkah Shifted Power Method

Tentukan nilai eigen yang paling jauh dari 4

𝑨 =1 3 723−445−6

𝑨 − 4𝑰 = =−3 3 723−845−10

terapkan iterasi power method.

23/03/2016


CONTOH

Hasil Iterasi Shifted Power Method

k X1 X2 X3 r

1 1 0.0416667 - 0.7916667 0.5

2 1 0.2722772 - 1.3168317 - 55.

.. ... ... ... ...

10 1 1.47269 - 2.1989031 - 14.14407

... ... ... ... ...

29 1 1.5068126 - 2.225285 - 14.056833

30 1 1.5068359 - 2.2253031 - 14.056775

23/03/2016


𝒓 = 𝝀∗ = 𝝀 − 𝝁 = − 14.056775

𝝀 = 𝝀∗ + 𝝁 = − 14.056775+4=−10.056775

𝝀𝒆𝒌𝒔𝒂𝒌 =−10.0567

5.28779

−4.2311

23/03/2016


Metode untuk mencari nilai eigen terdekat dari suatu nilai 𝜇

𝑨𝒙 = 𝝀𝒙

𝑨 − 𝝁𝑰 𝒙 = 𝝀 − 𝝁 𝒙

𝑨 − 𝝁𝑰 −𝟏𝒙 =𝟏

𝝀 − 𝝁𝒙

23/03/2016


0

SHIFTED INVERS POWER METHOD

Sama seperti Inverse power method.

Hasil yang didapat adalah nilai 𝜆′ =1

𝜆−𝜇 terkecil.

Nilai 𝜆 dapat dicari menggunakan 𝜆 =1

𝜆′+ 𝜇.

23/03/2016


Langkah-langkah Shifted Inverse Power Method

Tentukan nilai eigen yang paling dekat dari 4

𝑨 =1 3 723−445−6 𝑨 − 4𝑰 =

−3 3 723−845−10

(𝑨 − 4𝑰) −𝟏=

60

149

58

149

71

14935

14932

149

9

14921

149

29

14918

149

terapkan iterasi inverse power method.

23/03/2016


2

CONTOH

Hasil Iterasi Shifted Inverse Power Method

k X1 X2 X3 r

1 1 0.3598972 0.3290488 0.4697987

2 1 0.4583950 0.4363224 0.8910355

3 1 0.4404249 0.4208715 0.7581004

4 1 0.4433045 0.4229930 0.7797397

5 1 0.4428434 0.4226845 0.7759984

6 1 0.4429164 0.4227306 0.7766080

23/03/2016


3

𝒓 = 𝝀∗ =𝟏

𝝀 − 𝝁= 0.7766080

𝝀 =𝟏

0.7766080 + 𝟒 = 5.28765

𝝀𝒆𝒌𝒔𝒂𝒌 =−10.0567

5.28779

−4.2311

23/03/2016


4

1) W. Cheney, D. Kincaid. 2008. Numerical Mathematics and Computing 6th Ed. Thomson Brooks/Cole.

2) R. Munir. 2003. Metode Numerik pada Penerbit Informatika Bandung.

3) //staff.uny.ac.id/sites/default/files/131930136/KomputasiNumerikBab2.pdf

4) https://www.academia.edu/7730008/Nilai_Eigen_dan_Ruang_Eigen

23/03/2016


5

DAFTAR PUSTAKA

Documents

D1 1. FAKTORISASI MATRIKS - …syarif_abdullah.student.ipb.ac.id/files/2016/04/... · FAKTORISASI MATRIKS 2. ... Matematika FMIPA IPB 1. D1 FAKTORISASI ... Pecahkan = , lalu hitung