diktat kuliah - elista:.

Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
BAB 2
PENYELESAIAN PERSAMAAN LINIER
Bentuk umum dari persamaan linier sebagai berikut:
a11 x1 + a12 x2 +  + a1n xn = b1
a21 x1+ a22 x2 +  + a2n xn = b2
:
:
an1 x1+ an2 x2 +  + ann xn = bn
dengan a adalah koefisien konstan, b adalah konstan, dan x1, x2,  , xn adalah bilangan tak
diketahui, serta n adalah jumlah persamaan.
Suatu sistem persamaan linier dapat ditulis dalam bentuk matriks, misalnya:
a11 x1 + a12 x2 +  + a1n xn = b1
a21 x1+ a22 x2 +  + a2n xn = b2
:
:
an1 x1 + an2 x2 +  + ann xn = bn
dapat ditulis dalam bentuk matriks, menjadi sebagai berikut:
 a11 a12  a1n   x1   b1 

   
a21 a22  a2 n   x2  b2 

atau AX = B
 

  

   
an1 an 2  ann   xn  bn 
dengan: A adalah matriks koefisien nn.
X adalah kolom vektor n1 dari bilangan tak diketahui.
B adalah kolom vektor n1 dari konstanta.
Nilai pada vektor kolom X dapat dicari dengan cara mengalikan kedua ruas persamaan
dengan matriks inversi, yaitu A1AX = A1B, karena A1A = I, maka nilai-nilai elemen X =
A1B.
Penyelesaian sistem persamaan linier juga sering digunakan matriks yang ditingkatkan,
misalnya matriks (33) akan ditingkatkan dengan matriks C (31), sehingga berbentuk
 a11 a12 a13 | c1 
matriks 34 menjadi: a 21 a 22 a 23 | c 2 


a31 a32 a33 | c3 
2.1 Metode Eliminasi Gauss
Adalah metode yang paling awal dikembangkan dan banyak digunakan dalam
penyelesaian sistem persamaan linier, prosedur penyelesaian dari metode ini adalah
mengurangi sistem persamaan ke dalam bentuk segitiga atas, sehingga salah satu dari
persamaan-persamaan tersebut hanya mengandung satu bilangan tak diketahui, dan
setiap persamaan berikutnya hanya terdiri dari satu tambahan bilangan tak diketahui
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
13
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
baru. Bentuk segitiga diselesaikan dengan penambahan dan pengurangan dari beberapa
persamaan, setelah persamaan tersebut dikalikan dengan suatu faktor (konstan).
Prosedur hitungan metode eliminasi Gauss, yaitu:
b ''
x3  '3'
a33
a11 a12 a13 | b1 
 a11 a12 a13 | b1 
'
'
(b2  a 23
x3 )
a
  0 a
' 
x


a
|
b
a
a
|
b
2
22
23
2
21
22
23
2


'


a 22
0
a31 a32 a33 | b3 
0 a33 | b3'' 

(b1  a12 x 2  a13 x3 )
x1 
a11
Lebih jelasnya kita pandang suatu sistem dari 3 persamaan dengan 3 bilangan tak
diketahui berikut ini:
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1
(2.1a)
a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2
(2.1b)
a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3
(2.1c)
Persamaan pertama dari sistem dibagi koefisien pertama dari persamaan pertama (a11),
sehingga menjadi:
a
a
b
x1 + 12 x2 + 13 x3 = 1
(2.2)
a11
a11
a11
Persamaan (2.2) dikalikan dengan koefisien pertama dari persamaan kedua:
a
a
b
a21 x1 + a21 12 x2 + a21 13 x3 = a21 1
a11
a11
a11
(2.3)
Persamaan (2.1b) dikurangi persamaan (2.3), sehingga didapat:
a
a
b
'
'
(a22  a21 12 ) x2 + (a23  a21 13 ) x3 = (b2  a21 1 ) atau a22
x2 + a 23
x3 = b2'
a11
a11
a11
Selanjutnya persamaan yang telah dinormalkan persamaan (2.2) dikalikan dengan
koefisien pertama dari persamaan ketiga, dan hasilnya dikurangkan dari persamaan
ketiga dari sistem persamaan asli (persamaan 2.1c), hasilnya adalah:
'
'
a32
x2 + a33
x3 = b3'
Dengan melakukan prosedur diatas, maka didapat sistem persamaan sebagai berikut:
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1
(2.4a)
'
'
x2 + a 23
x3 = b2'
a22
(2.4b)
'
'
a32
x2 + a33
x3 = b3'
(2.4c)
Persamaan 2.4, ekivalen dengan persamaan aslinya, tetapi variabel x1 hanya muncul
pada persamaan pertama, sedang dua persamaan terakhir hanya mengandung dua
bilangan tak diketahui, bila kedua persamaan terakhir dapat diselesaikan untuk nilai x2
dan x3, maka hasilnya dapat disubstitusikan ke dalam persamaan pertama untuk
mendapatkan nilai x1. Permasalahan menjadi lebih sederhana, dari menyelesaikan 3
persamaan dengan 3 bilangan tak diketahui menjadi penyelesaian 2 persamaan dengan
2 bilangan tak diketahui.
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
14
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
Prosedur berikutnya adalah mengeliminasi x2 dari salah satu dua persamaan terakhir,
untuk itu persamaan (2.4b) dibagi dengan koefisien pertama dari persamaan (2.4b),
'
yaitu a22
sehingga menjadi:
x2 +
'
a 23
b2'
x
=
3
'
'
a 22
a 22
Persamaan 2.5, dikalikan dengan koefisien pertama dari persamaan (2.4c):
'
b2'
'
' a 23
'
a32
a
x2 + a32
x
=
3
32
'
'
a 22
a 22
(2.5)
(2.6)
Persamaan (2.4c) dikurangi persamaan (2.6), sehingga menjadi:
'
b2'
'
' a 23
'
'
''
b
a
( a33
 a32
)
x
=
(

) atau a 33
x3 = b3''
3
3
32
'
'
a 22
a 22
Dengan demikian sistem persamaan menjadi:
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1
(2.7a)
'
'
x2 + a 23
x3 = b2'
a22
(2.7b)
''
a 33
x3 = b3''
(2.7c)
Sistem persamaan diatas mempunyai koefisien matriks yang berbentuk segitiga atas (aij
= 0 untuk i > j), dari persamaan tersebut akan dapat dihitung nilai x1, x2 dan x3, yaitu:
b ''
x3  '3'
(2.8a)
a33
x2 
'
b2'  a 23
x3
'
a 22
b1  a12 x 2  a13 x3
a11
dengan demikian sistem persamaan telah dapat diselesaikan.
x1 
(2.8b)
(2.8c)
Contoh soal:
1) Selesaikan sistem persamaan berikut ini:
3x + y – z = 5
(c1.a)
4x + 7y – 3z = 20
(c1.b)
2x – 2y + 5z = 10
(c1.c)
Penyelesaian:
a) Menormalkan persamaan (c1.a) dengan membagi persamaan tersebut dengan
koefisien pertama persamaan (c1.a) yaitu 3, sehingga:
x + 0,3333 y – 0,3333 z = 1,6666
(c2)
b) Persamaan (c2) dikalikan dengan elemen pertama dari persamaan (c1.b):
4x + 1,3333 y – 1,3333 z = 6,6666
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
(c3)
15
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
c) Persamaan (c1.b) dikurangi persamaan (c3), menjadi:
5,6667 y – 1,6666 z = 13,3334
(c4)
d) Persamaan (c2) dikalikan dengan elemen pertama dari persamaan (c1.c), yaitu
2, sehingga menjadi:
2x + 0,6666 y – 0,6666 z = 3,3333
(c5)
e) Persamaan (c1.c) dikurangi persamaan (c5), menjadi:
–2,6666 y + 5,6666 z = 6,6667
(c6)
f) Sistem persamaan menjadi:
y –
z=5
5,6667 y – 1,6666 z = 13,3334
– 2,6666 y + 5,6666 z = 6,6667
3x +
(c7.a)
(c7.b)
(c7.c)
g) Berikutnya mengeleminasi variabel x2 dari persamaan (c7.c), untuk itu
persamaan (c7.b) dinormalkan dengan membaginya dengan elemen pertama
dari persamaan tersebut yaitu 5,6667 sehingga menjadi:
y – 0,2941 z = 2,3529
(c8)
h) Persamaan (c8) dikalikan dengan elemen pertama dari persamaan (c7.c), yaitu
dengan – 2,6666 sehingga menjadi:
–2,6666 y + 0,7842 z = –6,2742
(c9)
i) Persamaan (c7.c) dikurangi persamaan (c9), menjadi:
4,8824 z = 12,9409
j) Setelah dilakukan 3 kali manipulasi sistem persamaan, menjadi:
3x +
y–
z=5
5,6667 y – 1,6666 z = 13,3334
4,8824 z = 12,9409
k) Dari persamaan (c10.c), dapat dihitung nilai z, yaitu: z =
(c10.a)
(c10.b)
(c10.c)
12,9409
= 2,6505.
4,8824
l) Dari persamaan (c10.b) dan nilai z yang didapat, maka nilai y dapat dihitung
yaitu:
y=
13,3334  (1,6666  2,6505)
= 3,1325.
5,6667
m) Dengan persamaan (c10.a) serta nilai y dan z yang didapat, maka nilai x dapat
5 y  z
5  3,1325  2,6505
dihitung, yaitu: x =
=
= 1,506.
3
3
Jadi hasil penyelesaian sistem persamaan adalah:
x = 1,506 ; y = 3,1325 dan z = 2,6505.
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
16
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
Untuk mengetahui benar tidaknya hasil yang didapat, nilai x, y dan z yang didapat
disubstitusikan ke sistem persamaan asli:
3(1,506) + 3,1325
– 2,6505
= 5 (= 5)
4(1,506) + 7(3,1325) – 3(2,6505) = 20
(= 20)
2(1,506) – 2(3,1325) + 5(2,6505) = 9,9995 ( 10)
2) Berapakah nilai x, y, z dari persamaan ini:
x + y + 2z = 9
2x + 4y  3z = 1
3x + 6y  5z = 0
Penyelesaian:
1 1 2 9 
a) Mengubah persamaan ke dalam matriks yang diperbesar: 2 4  3 1


3 6  5 0
1 1 2

7
b) Matriks tersebut dijadikan ke bentuk eselon baris: 0 1 
0 0 12

9 
17 
 
2
3 
c) Sistem yang bersesuaian dengan matriks adalah: x + y + 2z = 9
7
17
y z=
2
2
z=3
d) Nilai z telah diketahui, maka elemen y dapat pula diketahui, yaitu:
y
7
7
17
17
17
21
4
(3) = 
 y=
+ (3)  y = 
+
 y=  y=2
2
2
2
2
2
2
2
e) Dengan diketahui nilai z = 3 dan y = 2, maka nilai x dapat pula diketahui, yaitu:
x + y + 2z = 9  x = 9  y  2z  x = 9  2  2(3)  x = 9  2  6  x = 1
Jadi nilai x, y, z dari persamaan diatas adalah x = 1, y = 2, dan z = 3.
2.2 Metode Gauss-Jordan
Metode ini hampir sama dengan metode eliminasi Gauss, metode ini selain untuk
menyelesaikan sistem persamaan linier, juga dapat digunakan untuk menghitung
matriks inversi. Pada metode ini bilangan tak diketahui dieliminasi dari semua
persamaan, yang dalam metode Gauss bilangan tersebut dieliminasi dari persamaan
berikutnya, dengan demikian langkah-langkah eliminasi menghasilkan matriks
identitas.
Prosedur hitungan metode Gauss-Jordan, yaitu:
 a11
a
 21
 a 31
a12
a 22
a 32
1 0 0 | b1 
 x1
a13 | b1 




a 23 | b2   0 1 0 | b2    0
0 0 1 | b3 
0
a 33 | b3 



Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
0
x2
0
0 | b1 

0 | b2 
1 | b3 
17
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
Lebih jelasnya kita pandang suatu sistem dari 4 persamaan dengan 4 bilangan tak
diketahui berikut ini:
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + a14 x4 = b1
a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 + a24 x4 = b2
a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 + a34 x4 = b3
a41 x1 + a42 x2 + a43 x3 + a44 x4 = b4
(2.9a)
(2.9b)
(2.9c)
(2.9d)
Persamaan tersebut dapat ditulis dalam bentuk matriks, yaitu:
 a11
a
 21
 a 31

a 41
a12
a13
a 22
a 23
a 32
a 33
a 42
a 43
a14 
a 24 
a 34 

a 44 
 x1   b1 
 x  b 
 2   2
 x3  b3 
   
 x 4  b4 
(2.10)
Pada metode Gauss-Jordan, dipilih secara berurutan elemen pertama tidak 0 dari setiap
baris matriks.
1) Pertama kali baris pertama dari persamaan (2.10) dibagi dengan elemen pertama
dari persamaan pertama, yaitu a11, sehingga didapat:
 1 a12'

a21 a22

 a31 a32
a
 41 a42
a13'
a23
a33
a43
a14'   x1   b1' 
   
a24   x2  b2 
 

a34   x3  b3 
 
a44   x4  b4 
Elemen pertama dari semua baris lainnya dihilangkan dengan cara berikut ini:
a) Persamaan pertama dikalikan elemen pertama dari persamaan kedua (a21) dan
kemudian dikurangkan terhadap persamaan kedua.
b) Persamaan pertama dikalikan elemen pertama dari persamaan ketiga (a31) dan
kemudian dikurangkan terhadap persamaan ketiga.
c) Persamaan pertama dikalikan elemen pertama dari persamaan keempat (a41) dan
kemudian dikurangkan terhadap persamaan keempat.
Operasi ini menghasilkan sistem persamaan sebagai berikut:
1

0

0
0

a12'
a13'
'
a22
'
a23
'
a32
'
a33
'
a42
'
a43
a14'   x1   b1' 
   '
'
a24
  x2  b2 

'  
x3  b3' 
a34
   
'  
 '
a44
  x4  b4 
(2.11)
'
2) Kemudian dipilih elemen pertama tidak 0 dari baris kedua yaitu a22
, dan prosedur
diatas diulangi lagi untuk baris kedua.
'
Baris kedua dari persamaan diatas dibagi dengan elemen a22
, sehingga didapat:
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
18
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
1 a12'

0 1

'
0 a32
0 a '
42

a13'
''
a23
'
a33
'
a43
a14'   x1   b1' 
    '' 
''
a24
  x2  b2 
 
'  
a34  x3  b3' 
 
'  
a44   x4  b4' 
Elemen kedua dari semua baris lainnya dihilangkan dengan cara berikut ini:
a) Persamaan kedua dikalikan elemen kedua dari persamaan pertama ( a12' ) dan
kemudian dikurangkan terhadap persamaan pertama.
'
b) Persamaan kedua dikalikan elemen kedua dari persamaan ketiga ( a32
) dan
kemudian dikurangkan terhadap persamaan ketiga.
'
c) Persamaan kedua dikalikan elemen kedua dari persamaan keempat ( a42
) dan
kemudian dikurangkan terhadap persamaan keempat.
Operasi ini menghasilkan sistem persamaan sebagai berikut:
1

0

0
0

0 a13''
''
1 a 23
''
0 a33
''
0 a 43
a14'' 

''
a 24

'' 
a34 
'' 
a 44

 x1  b1'' 
   '' 
 x 2  b2 
 x   b ' ' 
 3  3
 x 4  b4'' 
(2.12)
'
3) Langkah selanjutnya dipilih elemen pertama tidak 0 dari baris ketiga yaitu a33
, dan
prosedur diatas diulangi lagi untuk baris ketiga.
Dengan prosedur seperti sebelumnya, akhirnya didapat sistem persamaan sebagai
berikut:
1 0 0 0  x1  b1'''' 

    '' '' 
0 1 0 0  x 2   b2 
(2.13)
0 0 1 0  x  b '''' 

  3  3 
0 0 0 1  x 4  b4'''' 
Dari sistem persamaan (2.13) dapat dihitung nilai x1, x2, x3 dan x4:
x1 = b1'''' ; x2 = b2'''' ; x3 = b3'''' dan x4 = b4''''
Contoh soal:
Selesaikan sistem persamaan berikut dengan metode Gauss-Jordan:
3x + y – z = 5
4x + 7y – 3z = 20
2x – 2y + 5z = 10
(c1.a)
(c1.b)
(c1.c)
Penyelesaian:
Sistem persamaan diatas ditulis dalam bentuk matriks sebagai berikut:
3 1  1  x   5 
4 7  3  y   20

   
2  2 5   z  10 
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
(c2)
19
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
Baris pertama dari persamaan (c2) dibagi dengan elemen pertama dari persamaan (c1.a)
yaitu 3, sehingga persamaan menjadi:
1 0,3333  0,3333  x  1,6666
4
7
 3   y    20 

2
2
5   z   10 
(c3)
Persamaan (c1.a) dikalikan elemen pertama dari persamaan (c1.b) yaitu 4, dan
kemudian dikurangkan terhadap persamaan (c1.b), dengan cara yang sama untuk
persamaan (c1.c), sehingga didapat:
1 0,3333  0,3333  x   1,6666 
0 5,6668  1,6668   y   13,3336

  

0  2,6666 5,6666   z   6,6668 
(c4)
Baris kedua dari persamaan (c4) dibagi dengan elemen pertama tidak 0 dari baris
kedua, yaitu 5,6668 sehingga sistem persamaan menjadi:
1 0,3333  0,3333  x  1,6666 
0
1
 0,2941  y   2,3529

0  2,6666 5,6666   z  6,6668
(c5)
Baris kedua persamaan (c5) dikalikan dengan elemen kedua dari baris pertama, yaitu
0,3333 dan kemudian dikurangkan terhadap persamaan baris pertama. Kemudian
dengan cara yang sama untuk persamaan baris ketiga, sehingga didapat:
1 0  0,2353  x   0,8824 
0 1  0,2941  y    2,3529 

  

0 0 4,8824   z  12,9410
(c6)
Baris ketiga persamaan (c6) dibagi dengan elemen pertama tidak 0 dari baris ketiga,
yaitu 4,8824 sehingga menjadi:
1 0  0,2353  x  0,8824
0 1  0,2941  y   2,3529

  

0 0
1   z  2,6505
(c7)
Persamaan baris ketiga dikalikan elemen ketiga dari persamaan (c7) baris pertama
kemudian dikurangkan persamaan (c7) baris pertama. Kemudian dengan cara yang
sama untuk persamaan (c7) baris kedua, sehingga didapat:
1 0 0  x   1,5061 
0 1 0  y    3,1324 

  

0 0 1  z  2,6505
Dari sistem persamaan diatas, didapat nilai x, y dan z berikut ini:
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
20
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
x = 1,5061; y = 3,1324 dan z = 2,6505.
2.3 Matriks Tridiagonal (Metode Sapuan Ganda Choleski)
Disebut juga metode penyelesaian langsung, karena pemakaiannya mudah dan matriks
tridiagonal banyak dijumpai dalam berbagai permasalahan terutama dalam
penyelesaian persamaan diferensial order dua.
Dipandang sistem persamaan sebagai berikut:
b1 x1  c1 x 2
a x  b x  c x
2 2
2 3
 2 1

a3 x 2  b3 x3  c3 x 4





 

ai xi 1  bi xi  ci xi  1










a n x n  1  bn x n
 d1 
 d 2 
 d3 

  
 di 

  

  
 d n 
(2.14)
Baris pertama pada persamaan (2.14) dari sistem memungkinkan untuk menulis
bilangan tak diketahui x1 sebagai fungsi bilangan tak diketahui x2 dalam bentuk:
c
d
x1 =  1 x2 + 1 atau x1 = P1 x2 + Q1
(2.15)
b1
b1
c1
d
dan Q1 = 1 , bila nilai x1 disubstitusikan ke dalam baris kedua
b1
b1
persamaan (2.14), maka didapat:
dengan P1 = 
a2 (
c1
a c
d
d
x2 + 1 ) + b2 x2 + c2 x3 = d2 atau ( 2 1 + b2 ) x2 = c2 x3 + (d2  a2 1 )
b1
b1
b1
b1
dapat pula ditulis sebagai: x2 = P2 x3 + Q2
dengan P2 = 
c2
d 2  a2
d1
b1
dan Q2 =
, persamaan ini menunjukkan
 a 2 c1

 a 2 c1

 
 
 b2 
 b2 
b
b
1


1


bahwa x2 merupakan fungsi dari x3, langkah seperti tadi dapat diulangi lagi untuk
semua baris pada persamaan berikutnya. Dengan demikian setiap bilangan tak
diketahui dapat dinyatakan sebagai bilangan tak diketahui berikutnya.
Misalnya telah diperoleh persamaan sebagai berikut:
xi – 1 = Pi – 1 xi + Qi – 1
Apabila nilai xi – 1 disubstitusikan ke dalam baris ke i dari sistem persamaan (2.14),
maka:
ai (Pi – 1 xi + Qi – 1) + bi xi + ci xi + 1 = di
(ai Pi – 1 + bi ) xi + ci xi + 1 = di  (ai Qi – 1)
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
21
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
xi = 
ci
(ai Pi  1  bi )
xi  1 +
d i  ai Qi 1
(ai Pi  1  bi )
Persamaan tersebut diatas dapat ditulis dalam bentuk:
dengan:
xi = Pi xi + 1 + Qi
ci
Pi = 
dan
(ai Pi  1  bi )
Qi =
d i  ai Qi 1
(ai Pi  1  bi )
(2.16a)
(2.16b)
(2.16c)
Untuk i = 1, maka persamaan (2.16a), menjadi:
x1 = P1x2 + Q1
dengan:
(2.17a)
P1 = 
c1
dan
(a1 P0  b1 )
(2.17b)
Q1 =
d1  a1 Q0
(a1 P0  b1 )
(2.17c)
Perbandingan persamaan (2.17) dan (2.15), menunjukkan bahwa:
P0 = 0 dan Q0 = 0
(2.18)
Persamaan (2.17) dan (2.18), memungkinkan untuk menghitung koefisien Pi serta Qi
dari nilai i = 1 sampai i = n, langkah ini merupakan sapuan pertama. Setelah sampai
titik ke n hitungan dilakukan dalam arah kebalikannya, yaitu dari n ke 1, untuk
menghitung bilangan tak diketahui xi.
Untuk itu persamaan terakhir dari sistem persamaan (2.14) ditulis dalam bentuk:
an xn – 1 + bn xn = dn
(2.19)
Pada sistem persamaan (2.16), apabila i = n 1, maka:
xn – 1 = Pn – 1 xn + Qn – 1
(2.20)
Substitusi dari persamaan (2.20) ke dalam persamaan (2.19), akan memberikan:
an(Pn – 1 xn + Qn – 1) + bnxn = dn
(anPn – 1 + bn ) xn = dn  an Qn – 1
xn =
d n  a n Qn  1
(a n Pn  1  bn )
Sesuai dengan persamaan (2.16a), maka: xn = Qn.
Nilai xn dapat diperoleh, berdasarkan nilai xn yang didapat maka nilai xn – 1 dapat
dihitung pula dengan persamaan sebagai berikut: xn – 1 = Pn – 1 xn + Qn – 1.
Dari nilai xn – 1 kemudian dihitung nilai xn – 2, xn – 3, dan seterusnya hingga ke nilai x1.
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
22
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
Contoh soal:
Selesaikan sistem persamaan berikut ini dengan menggunakan metode sapuan ganda.
2 x1  x 2
7
x1  x 2  3x3
 10
6 x 2  2 x3  x 4
2 x3  3 x 4
(c1)
7
 13
Penyelesaian:
Sistem persamaan diatas dapat ditulis dalam bentuk matriks tridiagonal, yang
penyelesaiannya dapat dilakukan dengan menggunakan persamaan berikut:
xi = Pi xi + 1 + Qi
dengan:
Pi = 
Qi =
(c2)
ci
dan
(ai Pi  1  bi )
(c3)
d i  ai Qi 1
(c4)
(ai Pi  1  bi )
Skema penyelesaian sistem persamaan dengan metode sapuan ganda sebagai berikut:
Pi , Qi (i = 1,2,3,4)
P1 , Q1
P2 , Q2
P3 , Q3
P4 , Q4
i=1
i=2
x2
i=3
x3
i=4
x4
x1
xi (i = 4,3,2,1)
Langkah pertama dihitung nilai Pi dan Qi (i = 1, 2, 3, 4) dari kiri ke kanan. Setelah
sampai ke titik i = n = 4, dihitung nilai xn = Qn. Berdasarkan nilai xn tersebut, kemudian
hitungan dilanjutkan dari kanan ke kiri untuk mendapatkan nilai xi (i = 4, 3, 2, 1).
a) Menghitung koefisien Pi dan Qi (i = 1, 2, 3, 4)
Koefisien Pi dan Qi dihitung dengan menggunakan persamaan (c3) dan (c4),
berdasarkan sistem persamaan (c1).
Untuk i = 1, P0 = 0 dan Q0 = 0.
P1 = 
Q1 =
c1
c
1
=  1 =  = 0,5.
2
a1 P0  b1  b1
d1  a1 Q0
7
70
=
=
= 3,5.
a1 P0  b1  0  2 2
Untuk i = 2, P1 = 0,5 dan Q1 = 3,5.
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
23
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
P2 = 
Q2 =
c2
3
=
= 6.
a2 P1  b2  1 0,5  1
d 2  a 2 Q1
( 10)  1 (3,5)
 13,5
=
=
= 27.
0,5
a2 P1  b2  1(0,5)  1
Untuk i = 3, P2 = 6 dan Q2 = 27.
P3 = 
Q3 =
c3
1
1
=
=
= 0,02941.
a3 P2  b3  6 6  2 34
d 3  a3 Q2
7  (6 (27)) 169
=
=
= 4,97059.
a3 P2  b3  6 (6)  (2)  34
Untuk i = n = 4, Pn = 0 dan Qn =
x4 = Q4 =
d n  a n Qn  1
(a n Pn  1  bn )
, maka:
d 4  a 4 Q3
13  (2 (4,97059))
3,05882
=
=
= 1,00.
a4 P3  b4  2 (0,02941)  (3)   3,05882
Setelah nilai Pi dan Qi (i = 1, 2, 3, 4) didapat, lalu dihitung nilai xi (i = 4, 3, 2, 1).
b) Menghitung xi (i = 4, 3, 2, 1)
Variabel xi (i = 4, 3, 2, 1) dihitung dengan menggunakan persamaan (c2):
xi = Pi xi + 1 + Qi
Untuk i = 4, maka x4 = Q4 = 1,00.
Untuk i = 3, maka x3 = P3x4 + Q3 = (0,02941(1,00)) + 4,97059 = 5,00.
Untuk i = 2, maka x2 = P2x3 + Q2 = (6(5,00)) + (27) = 3,00.
Untuk i = 1, maka x1 = P1x2 + Q1 = (0,5(3,00)) + 3,5 = 2,00.
Dengan demikian hasil yang diperoleh adalah:
x1 = 2,00; x2 = 3,00; x3 = 5,00; x4 = 1,00.
Untuk mengetahui benar atau tidaknya hasil yang diperoleh, maka nilai-nilai
tersebut dimasukkan ke dalam persamaan yang telah diselesaikan.
2 (2,00) + 3,00
2,00
+ 3,00
 3 (5,00)
6 (3,00)  2 (5,00) + (1,00)
2 (5,00)  3 (1,00)
=
=
=
=
7
10
7
13
(= 7)
(= 10)
(= 7)
(= 13)
2.4 Matriks Inversi
Pada matriks, operasi pembagian matriks tidak didefinisikan, akan tetapi operasi
matriks yang serupa dengan pembagian adalah matriks inversi. Bila A adalah MBS,
maka matriks inversinya adalah A1, sedemikian sehingga:
AA1 = A1A = I, dengan I adalah matriks identitas.
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
24
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
Selain itu matriks inversi dapat digunakan untuk menyelesaikan sistem yang berbentuk:
AX = C atau A-1C
(2.21)
Nilai X dapat dihitung dengan mengalikan matriks inversi dari koefisien matriks A
dengan ruas kanan dari sistem persamaan yaitu C.
Metode Gauss-Jordan dapat digunakan untuk mencari matriks inversi, untuk itu
koefisien matriks ditingkatkan dengan matriks identitas. Metode Gauss-Jordan dipakai
untuk mereduksi koefisien matriks menjadi matriks identitas, setelah selesai, sisi kanan
dari matriks yang ditingkatkan merupakan matriks inversi.
Prosedur dari hitungan matriks inversi:
 a11
a
 21
a31
a12
a 22
a32
A
1 0 0 | a111
a13 | 1 0 0

1
a 23 | 0 1 0  0 1 0 | a 21
1
0 0 1 | a31
a33 | 0 0 1

I
I
a121
1
a 22
1
a32
a131 
1 
a 23

1 
a33

A-1
Contoh soal:
3 1  1
Cari matriks inversi dari matriks sebagai berikut: A = 4 7  3


2  2 5 
Penyelesaian:
Dilakukan dengan menggunakan metode Gauss-Jordan, dengan terlebih dahulu
dilakukan peningkatan matriks dengan matriks identitas.
3 1  1
a) Matriks ditingkatkan, menjadi: 4 7  3

2  2 5
1 0 0
0 1 0
0 0 1
b) Baris pertama dibagi 3 (nilai yang akan dijadikan 1), menjadi:
1 0,3333  0,3333
4
7
3

2
2
5
0,3333 0 0
0
1 0
0
0 1
c) Baris kedua dikurangi hasil dari baris pertama dikali 4, dan baris ketiga dikurangi
hasil dari baris pertama dikali 2, menjadi:
1 0,3333  0,3333
0 5,6667  1,6667

0  2,6667 5,6667
0 0
 1,3333 1 0
 0,6667 0 1
0,3333
d) Baris kedua dibagi 5,6667 (nilai yang akan dijadikan 1), menjadi:
1 0,3333  0,3333
0
1
 0,2941

0  2,6667 5,6667
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
0
 0,2353 0,1765 0
 0,6667
0
1
0,3333
0
25
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
e) Baris pertama dikurangi hasil dari baris kedua dikali 0,3333 dan baris ketiga
ditambah hasil dari baris kedua dikali 2,6667 menjadi:
1 0  0,2353
0 1  0,2941

0 0 4,8824
 0,0588 0
 0,2353 0,1765 0
 1,2941 0,4706 1
0,4118
f) Baris ketiga dibagi 4,8824 (nilai yang akan dijadikan 1), menjadi:
1 0  0,2353
0 1  0,2941

0 0
1
0,4118
 0,0588
 0,2353
0,1765
 0,2651
0,0964

0 
0,2048
0
g) Baris pertama ditambah hasil dari baris ketiga dikali 0,2353 dan baris kedua
ditambah hasil dari baris ketiga dikali 0,2941 menjadi:
1 0 0
0 1 0

0 0 1
 0,0361 0,0482
 0,3133 0,2048 0,0602
 0,2651 0,0964 0,2048
0,3494
 0,3494  0,0361 0,0482
maka matriks inversnya adalah =  0,3133 0,2048 0,0602


 0,2651 0,0964 0,2048
2.5 Metode Iterasi
Metode ini lebih baik dibanding dengan metode langsung, misalnya untuk matriks yang
tersebar yaitu matriks dengan banyak elemen nol dan juga dapat digunakan untuk
menyelesaikan sistem persamaan tidak linier.
1. Metode Jacobi
Dipandang sistem dengan 3 persamaan dan 3 bilangan tak diketahui:
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1
a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2
a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3
(2.22)
Persamaan pertama dari sistem diatas dapat digunakan untuk menghitung x1 sebagai
fungsi dari x2 dan x3. Demikian juga persamaan kedua dan ketiga untuk menghitung
x2 dan x3 sehingga didapat:
x1 
(b1  a12 x 2  a13 x3 )
a11
x2 
(b2  a 21 x1  a 23 x3 )
a 22
x3 
(b3  a31 x1  a32 x 2 )
a33
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
(2.23)
26
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
Hitungan dimulai dengan nilai perkiraan awal sembarang untuk variabel yang dicari
(biasanya semua variabel diambil sama dengan nol). Nilai perkiraan awal
disubstitusikan ke dalam ruas kanan dari sistem persamaan (2.23). Selanjutnya nilai
variabel yang didapat tersebut disubstitusikan ke ruas kanan dari sistem (2.23) lagi
untuk mendapatkan nilai perkiraan kedua. Prosedur tersebut diulangi lagi sampai
nilai setiap variabel pada iterasi ke n mendekati nilai pada iterasi ke n  1. Apabila
indeks n menunjukkan jumlah iterasi, maka persamaan (2.23) dapat ditulis menjadi:
(b  a12 x 2n  1  a13 x3n  1 )
x1n  1
a11
x 2n 
(b2  a 21 x1n  1  a 23 x3n  1 )
a 22
x3n 
(b3  a 31 x1n  1  a 32 x 2n  1 )
a 33
(2.24)
Iterasi hitungan berakhir setelah:
x1n  1  x1n , x2n  1  x2n , dan x3n  1  x3n ,
atau telah dipenuhi kriteria berikut:
a 
xin  xin  1
100%   s
xin
dengan  s adalah batasan ketelitian yang dikehendaki.
Contoh soal:
Selesaikan sistem persamaan berikut dengan metode iterasi Jacobi:
3x + y – z = 5
4x + 7y – 3z = 20
2x – 2y + 5z = 10
(c1)
Penyelesaian:
Sistem persamaan diatas dapat ditulis dalam bentuk:
5 y  z
3
20  4 x  3 z
y
7
10  2 x  2 y
z
5
x
(c2)
Langkah pertama dicoba nilai x = y = z = 0 dan dihitung nilai x', y', dan z'.
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
27
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
500
 1,66667
3
20  0  0
y' 
 2,85714
7
10  0  0
z' 
2
5
x' 
Nilai x', y', dan z' yang diperoleh tidak sama dengan nilai pemisalan. Iterasi
dilanjutkan dengan memasukkan nilai x', y', dan z' kedalam persamaan (c2) untuk
menghitung x'', y'', dan z'' dan kesalahan yang terjadi.
5  2,85714  2
 1,38095
3
1,38095  1,66667
x 
 100%  20,69%
1,38095
20  4(1,66667)  3(2)
y" 
 2,76190
7
2,76190  2,85714
y 
 100%  3,45%
2,76190
10  2(1,66667)  2(2)
z" 
 2,13333
5
2,13333  2
z 
 100%  6,25%
2,13333
x" 
Hitungan dilanjutkan dengan prosedur diatas, sampai akhirnya diperoleh kesalahan
yang relatif kecil (terhadap ketelitian yang diharapkan). Untuk mempercepat dan
memudahkan hitungan, dibuat program untuk menghitung sistem persamaan linier
dengan menggunakan metode Jacobi. Dengan tingkat ketelitian sebesar 0,1%, maka
hasil hitungan adalah x1 = 1,5063; x2 = 3,1328; x3 = 2,6504.
2. Metode Gauss-Seidel
Didalam metode Jacobi, nilai x1 yang dihitung dari persamaan pertama tidak
digunakan untuk menghitung nilai x2 dengan persamaan kedua. Demikian juga nilai
x2 tidak digunakan untuk mencari x3, sehingga nilai-nilai tersebut tidak
dimanfaatkan. Sebenarnya nilai-nilai baru tersebut lebih baik dari nilai-nilai yang
lama. Di dalam metode Gauss-Seidel nilai-nilai tersebut dimanfaatkan untuk
menghitung variabel berikutnya.
Seperti dalam metode Jacobi sistem persamaan (2.22) diubah menjadi sistem
persamaan (2.23). Kemudian ke dalam persamaan pertama dari sistem,
disubstitusikan nilai sembarang x20 , x30 (biasanya diambil nol ), sehingga:
(b1  a12 x20  a13 x30 )
x 
a11
1
1
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
(2.25a)
28
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
Nilai baru dari x11 tersebut kemudian disubstitusikan ke dalam persamaan kedua dari
sistem (2.23), sehingga:
(b2  a21x11  a23 x30 )
a22
x12 
(2.25b)
Demikian juga ke dalam persamaan ketiga dari sistem (2.23) disubstitusikan nilai
baru x11 dan x12 , sehingga didapat:
x31 
(b3  a31 x11  a32 x12 )
a33
(2.25c)
Dengan cara seperti ini nilai x1, x2, x3 akan diperoleh lebih cepat dari pada metode
Jacobi.
Contoh soal:
Selesaikan sistem persamaan berikut dengan metode iterasi Gauss Seidel:
3x + y – z = 5
4x + 7y – 3z = 20
2x – 2y + 5z = 10
(c1)
Penyelesaian:
Langkah pertama dicoba nilai y = z = 0 dan dihitung x' dengan menggunakan
persamaan (2.25a).
x' 
500
 1,6667
3
Persamaan (2.25b) digunakan untuk menghitung nilai y':
y' 
20  4(1,6667)  3(0)
 1.90476
7
Nilai z' dihitung dengan persamaan (2.25c):
z' 
10  2(1,6667)  2(1,90476)
 2,09524
5
Nilai x', y', dan z' yang diperoleh tidak sama dengan nilai pemisalan. Iterasi
dilanjutkan dengan prosedur diatas untuk menghitung x'', y'', dan z'' serta kesalahan
yang terjadi.
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
29
Mata kuliah KOMPUTASI ELEKTRO
5  1,90476  2,09524
 1,73016
3
1,73016  1,6667
x 
 100%  3,67%
1,73016
20  4(1,73016)  3(2,09524)
y" 
 2,76644
7
2,76644  1,90476
y 
 100%  31,15%
2,76644
10  2(1,73016)  2(2,76644)
z" 
 2,41451
5
2,41451  2,09524
z 
 100%  13,22%
2,41451
x" 
Hitungan dilanjutkan dengan prosedur diatas, sampai akhirnya diperoleh kesalahan
yang relatif kecil (terhadap yang diharapkan). Untuk mempercepat dan
memudahkan hitungan, dibuat program komputer untuk menyelesaikan sistem
persamaan linier dengan menggunakan metode Jacobi dengan tingkat ketelitian
yaitu sebesar 0,1%, maka hasil hitungan diperoleh yaitu x1 = 1,5066; x2 = 3,1311;
x3 = 2,6498.
Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta
30