Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Bentuk umum : dimana x 1, x 2,..., x n variabel tak diketahui, a ij, b i, i = 1, 2,..., m; j = 1, 2,..., n bil. diketahui. Ini adalah SPL dengan m persamaan.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "Bentuk umum : dimana x 1, x 2,..., x n variabel tak diketahui, a ij, b i, i = 1, 2,..., m; j = 1, 2,..., n bil. diketahui. Ini adalah SPL dengan m persamaan."— Transcript presentasi:

1 Bentuk umum : dimana x 1, x 2,..., x n variabel tak diketahui, a ij, b i, i = 1, 2,..., m; j = 1, 2,..., n bil. diketahui. Ini adalah SPL dengan m persamaan dan n variabel. SPL Mempunyai penyelesaian disebut KONSISTEN Tidak mempunyai penyelesaian disebut TIDAK KONSISTEN TUNGGAL BANYAK

2  SPL 2 persamaan 2 variabel:  Masing-masing pers berupa garis lurus. Penyelesaiannya adalah titik potong kedua garis ini. kedua garis sejajar kedua garis berpotongan kedua garis berhimpitan

3 SPL BENTUK MATRIKS STRATEGI MENYELESAIKAN SPL: mengganti SPL lama menjadi SPL baru yang mempunyai penyelesaian sama (ekuivalen) tetapi dalam bentuk yang lebih sederhana.

4 SPL 1. Mengalikan suatu persamaan dengan konstanta tak nol. 2. Menukar posisi dua persamaan sebarang. 3. Menambahkan kelipatan suatu persamaan ke persamaan lainnya. MATRIKS 1. Mengalikan suatu baris dengan konstanta tak nol. 2. Menukar posisi dua baris sebarang. 3. Menambahkan kelipatan suatu baris ke baris lainnya. Ketiga operasi ini disebut OPERASI BARIS ELEMENTER (OBE) SPL atau bentuk matriksnya diolah menjadi bentuk seder- hana sehingga tercapai 1 elemen tak nol pada suatu baris

5 DIKETAHUI kalikan pers (i) dengan (-2), kemu- dian tambahkan ke pers (ii). kalikan baris (i) dengan (-2), lalu tambahkan ke baris (ii). …………(i) …………(ii) …………(iii) kalikan pers (i) dengan (-3), kemu- dian tambahkan ke pers (iii). kalikan baris (i) dengan (-3), lalu tambahkan ke baris (iii). kalikan pers (ii) dengan (1/2). kalikan baris (ii) dengan (1/2).

6 kalikan pers (iii) dengan (-2). kalikan brs (iii) dengan (-2). kalikan pers (ii) dengan (1/2). kalikan baris (ii) dengan (1/2). kalikan pers (ii) dengan (-3), lalu tambahkan ke pers (iii). kalikan brs (ii) dengan (-3), lalu tambahkan ke brs (iii). kalikan pers (ii) dengan (-1), lalu tambahkan ke pers (i). kalikan brs (ii) dengan (-1), lalu tambahkan ke brs (i).

7 kalikan pers (ii) dengan (-1), lalu tambahkan ke pers (i). kalikan brs (ii) dengan (-1), lalu tambahkan ke brs (i). kalikan pers (iii) dengan (-11/2), lalu tambahkan ke pers (i) dan kalikan pers (ii) dg (7/2), lalu tambahkan ke pers (ii) kalikan brs (iii) dengan (-11/2), lalu tambahkan ke brs (i) dan kalikan brs (ii) dg (7/2), lalu tambahkan ke brs (ii) Diperoleh penyelesaian x = 1, y = 2, z = 3. Terdapat kaitan menarik antara bentuk SPL dan representasi matriksnya. Metoda ini berikutnya disebut dengan METODA ELIMINASI GAUSS. KERJAKAN EXERCISE SET 1.1

8 Misalkan SPL disajikan dalam bentuk matriks berikut: maka SPL ini mempunyai penyelesaian x = 1, y = 2, z = 3. Matriks ini disebut bentuk echelon-baris tereduksi. Untuk dapat mencapai bentuk ini maka syaratnya adalah sbb: 1. Jika suatu brs matriks tidak nol semua maka elemen tak nol pertama adalah 1. Brs ini disebut mempunyai leading Semua brs yg terdiri dari nol semua dikumpulkan di bagian bawah. 3. Leading 1 pada baris lebih atas posisinya lebih kiri daripada leading 1 baris berikut. 4. Setiap kolom yang memuat leading 1, elemen lain semuanya 0.

9 Matriks yang memenuhi kondisi (1), (2), (3) disebut bentuk echelon-baris. CONTOH bentuk echelon-baris tereduksi: CONTOH bentuk echelon-baris:

10 dimana lambang ∗ dapat diisi bilananga real sebarang.

11

12 Misal diberikan bentuk matriks SPL sbb: Tentukan penyelesaian masing-masing SPL di atas.

13 Ide pada metoda eliminasi Gauss adalah mengubah matriks ke dalam bentuk echelon-baris tereduksi. CONTOH: Diberikan SPL berikut. Bentuk matriks SPL ini adalah:

14 -2B 1 + B 2  B 2 5B 2 +B 3  B 3 B 4  B 4 +4B 2 B3 ⇄ B4B3 ⇄ B4 B 3  B 3 /3 -3B 3 +B 2  B 2 2B 2 +B 1  B 1

15 Akhirnya diperoleh: Akhirnya, dengan mengambil x 2 := r, x 4 := s dan x 5 := t maka diperoleh penyelesaian: dimana r, s dan t bilangan real sebarang. Jadi SPL ini mempunyai tak berhingga banyak penyelesaian.

16 Misalkan kita mempunyai SPL dalam matriks berikut: Bentuk ini ekuivalen dengan: LANGKAH 1: selesaikan variabel leading, yaitu x 6. Diperoleh: LANGKAH 2: mulai dari baris paling bawah subtitusi ke atas, diperoleh

17 LANGKAH 3: subtitusi baris 2 ke dalam baris 1, diperoleh: LANGKAH 4: Karena semua persamaan sudah tersubstitusi maka peker- jaan substitusi selesai. Akhirnya dengan mengikuti langkah pada metoda Gauss-Jordan sebelumnya diperoleh:

18 Mengubah menjadi bentuk echelon-baris (tidak perlu direduksi), kemudian menggunakan substitusi mundur. CONTOH: Selesaikan dengan metoda eliminasi Gaussian PENYELESAIAN: Diperhatikan bentuk matriks SPL berikut: Dengan menggunakan OBE diperoleh bentuk echelon-baris berikut:

19 19  Bila diketahui SPL dengan n persamaan dan n variabel, sebagai berikut : a 11 x 1 + a 12 x 2 + … + a 1n x n = a 1(n+1).. (1) a 21 x 1 + a 22 x 2 + … + a 2n x n = a 2(n+1).. (2) : a n1 x 1 + a n2 x 2 + … + a nn x n = a n(n+1).. (n)  Maka solusinya dapat diperoleh dengan cara :

20 20  Langkah ke-1 : Tebak sebarang nilai awal untuk variabel x 2, x 3,..., x n. Namakan nilai awal tersebut x 2 0, x 3 0, …, x n 0.  Langkah ke-2 : Substitusikan x 2 0, x 3 0, …, x n 0 ke SPL (1) untuk memperoleh nilai x 1 lalu namakan dengan x 1 1.

21 21  Langkah ke-3 : Substitusikan x 1 1, x 3 0, x 4 0, …, x n 0 ke SPL (2) untuk memperoleh nilai x 2 lalu namakan dengan x 2 1.  Langkah ke-4 : Substitusikan x 1 1, x 2 1, x 4 0, x 5 0, …, x n 0 ke SPL (3) untuk memperoleh nilai x 3 lalu namakan dengan x 3 1.

22 22  Langkah ke-5 : dan seterusnya, sampai diperoleh x 1 1, x 2 1, x 3 1, …, x n-1 1, selanjutnya substitusika ke SPL (n) untuk memperoleh nilai x n lalu namakan dengan x n 1. ( Iterasi ke-1 selesai dengan diperolehnya nilai : x 1 1, x 2 1, x 3 1, …, x n-1 1, x n 1. )

23 23  Langkah ke-6 : Ulangi langkah ke-2 s/d ke-5 (substitusikan x 2 1, x 3 1, …, x n 1 ke SPL (1) untuk memperoleh nilai x 1 lalu namakan dengan x 1 2 ). Sampai nanti diperoleh nilai x 1 2, x 2 2, x 3 2, …, x n-1 2, x n 2.

24 24  Langkah ke-7 : Iterasi berakhir pada iterasi ke-k, bila : | x j k – x j k+1 | < T dengan T nilai toleransi kesalahan yang sudah ditetapkan sebelumnya.

25 25  Algoritma tersebut BELUM TENTU KONVERGEN !!!  Syarat Konvergensi : Matriks koefisiennya (A) harus bersifat DIAGONALLY DOMINANT

26 26 dan

27 27  Diketahui SPL sebagai berikut : 3x 1 – 10x 2 = 3 x 1 + x 2 = 2  Carilah nilai x 1 dan x 2 dengan menggunakan metode iterasi Gauss- Seidel dengan Toleransinya 0,005 !

28 28  Periksa tingkat konvergensinya. Diperoleh bahwa : |a 11 |=3 ; |a 12 |=10 ; |a 21 |=1 ; |a 22 |= 1  3  10  1  1

29 29  Jadi SPL tersebut TIDAK DIAGONALLY DOMINANT. Sehingga tidak akan konvergen bila dipecahkan dengan metode Iterasi Gauss-Seidel.  Untuk itu, ubah penyajian SPL nya menjadi : x 1 + x 2 = 2 3x 1 – 10x 2 = 3 Periksa tingkat konvergensinya !!

30 30  Periksa tingkat konvergensinya. Diperoleh bahwa : |a 11 |= 1 ; |a 12 |= 1 ; |a 21 |= 3 ; |a 22 |= 10  1  1  10  3

31 31  Jadi SPL hasil perubahannya bersifat DIAGONALLY DOMINANT  konvergen  Selanjutnya jalankan algoritmanya terhadap SPL : ! x 1 + x 2 = 2 … (1) 3x 1 – 10x 2 = 3 … (2)

32 32  Iterasi ke-1 : 1. Tebak nilai awal x 2 0 = 0 2. Substitusikan x 2 0 = 0 ke SPL (1) : x 1 + x 2 = 2  x = 2  x 1 = 2 didapat x 1 1 = 2 3. Substitusikan x 1 1 = 2 ke SPL (2) : 3x 1 – 10x 2 = 3  3.(2) – 10x 2 = 3  6 – 10x 2 = 3  x 2 = 0,3 didapat x 2 1 = 0,3

33 33  Iterasi ke-2 : 2. Substitusikan x 2 1 = 0,3 ke SPL (1) : x 1 + x 2 = 2  x 1 + 0,3 = 2  x 1 = 1,7 didapat x 1 2 = 1,7 3. Substitusikan x 1 2 = 1,7 ke SPL (2) : 3x 1 – 10x 2 = 3  3.(1,7) – 10x 2 = 3  5,1 – 10x 2 = 3  x 2 = 0,21 didapat x 2 2 = 0,21

34 34  Iterasi ke-3 : 2. Substitusikan x 2 2 = 0,21 ke SPL (1) : x 1 + x 2 = 2  x 1 + 0,21 = 2  x 1 = 1,79 didapat x 1 3 = 1,79 3. Substitusikan x 1 2 = 1,79 ke SPL (2) : 3x 1 – 10x 2 = 3  3.(1,79) – 10x 2 = 3  5,37 – 10x 2 = 3  x 2 = 0,237 didapat x 2 3 = 0,237 Dan seterusnya…..

35 35  Iterasi ke-4, ke-5 dst Lanjutkan sendiri, sebagai latihan !! Ingat, proses iterasi akan berhenti bila kondisi | x j k – x j k+1 | < 0,005 Terpenuhi !!

36 36  Rangkuman Proses Iterasinya : Iterasi ke-x1x1 x2x ,000 1,700 1,790 1,763 1,771 1,769 0,300 0,210 0,237 0,229 0,231

37 37 INPUT A(n,n+1), e, maxit INPUT x i (nilai awal) k  1 ; big  1 WHILE (k ≤ maxit and big  e) DO big  0 FOR i = 1 TO n sum  0 FOR j = 1 TO n IF j ≠ i THEN sum  sum + a ij NEXT j temp  (a i n+1 – sum) / a ii relerror  abs((x i – temp) / temp) IF relerror  big THEN big  relerror x i  temp NEXT I k  k + 1 ENDWHILE IF k > maxit THEN OUTPUT(“TDK KONVERGEN”) ELSE OUTPUT (“KONVERGEN”) ENDIF OUTPUT(x i )


Download ppt "Bentuk umum : dimana x 1, x 2,..., x n variabel tak diketahui, a ij, b i, i = 1, 2,..., m; j = 1, 2,..., n bil. diketahui. Ini adalah SPL dengan m persamaan."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google