SISTEM PERSAMAAN LINEAR ( BAGIAN II )

SISTEM PERSAMAAN LINEAR ( BAGIAN II ) D. FAKTORISASI MATRIKS D2 2. METODE ITERASI UNTUK MENYELESAIKAN SPL D3 3. NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN D4 4. POWER METHOD Beserta contoh soal untuk setiap subbab

2 FAKTORISASI LU FAKTORISASI DOLITTLE L D U D D FAKTORISASI CROUT L C U C FAKTORISASI LDL T FAKTORISASI CHOLESKY L C C T L

3 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). Sumber : //staff.uny.ac.id/sites/default/files/393036/komputasinumerikbab2.pdf

4 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. Sumber : //staff.uny.ac.id/sites/default/files/393036/komputasinumerikbab2.pdf

5 Penyelesaian Ax = b dengan faktorisasi LU. 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 Hanya berlaku untuk Faktorisasi LU, Dolittle, dan Crout Sumber : R.Munir 2003

6 FAKTORISASI LU Definisikan persamaan matriks Ax = b, A M n n dengan matriks A dapat difaktorkan dalam bentuk A = LU dimana: a a 2 a 3 a n a 2 a 22 a 32 a n2 a 3 a 23 a 33 a n3 a n a 2n a 3n a nn = l 2 l 3 l n 0 l 32 l n2 0 0 l n3 0 0 0 u 0 0 0 u 2 u 22 0 0 u 3 u 23 u 33 0 u n u 2n u 3n u nn

7 Contoh soal Faktorkan matriks A berikut A = 2 4 2 5 4 2 b = 6 0 2 Sumber : //staff.uny.ac.id/sites/default/files/393036/komputasinumerikbab2.pdf.page 82.

8 Penyelesaian faktor pengali m 2 A = 2 4 2 5 4 2 R 2 2 R ~ R 3 2 R 2 4 2 0 3 6 0 7 2 = A faktor pengali m 3 0 0 M = 2 0 Bukti : 2 0 M A = A

9 elemen pivotnya faktor pengali m 32 A = 2 4 2 0 3 6 0 7 2 R 3 7 3 R 2 ~ 2 4 2 0 3 6 0 0 2 = A 2 M 2 = 0 0 0 0 0 7 3 Bukti : M 2 A = A 2

0 M A = A M 2 A = A 2 Bentuk Umum : M 2 M A = A 2 L = M M 2 M n A = M M 2 A 2 U = A n L U

M M 2 A 2 = 0 0 2 0 2 7 3 2 4 2 0 3 6 0 0 2 = 2 4 2 5 4 2 L U A

2 Ly = b 0 0 2 0 2 7 3 y y 2 y 3 = 6 0 2 y = 6, y 2 = 3, y 3 = 3. Ux = y 2 4 2 0 3 6 0 0 2 x x 2 x 3 = 6 3 3 x = 4, x 2 = 3 2, x 3 = 4 Jadi, solusi SPLnya adalah T x = 4, 3 2, 4

3 FAKTORISASI DOLITTLE Tinjau matriks 3 3 berikut : A = a a 2 a 3 a 2 a 22 a 23 L D = a 3 a 32 a 33 0 0 l 2 0 l 3 l 32 U D = u u 2 u 0 u 22 u 23 0 0 u 33 hasil perkalian L dan U dapat ditulis u u 2 u 3 L D U D = l 2 u l 2 u 2 + u 22 l 2 u 3 + u 23 l 3 u 3 l 3 u 2 + l 32 u 22 l 3 u 3 + l 32 u 23 + u 33 = a a 2 a 3 a 2 a 22 a 23 = A a 3 a 32 a 33 Sumber : R.Munir 2003

4 Dari kesamaan dua buah matriks LU = A, diperoleh u = a, u 2 = a 2, u 3 = a 3 Baris Pertama U l 2 u = a 2 l 2 = a 2 u l 3 u = a 3 l 3 = a 3 u Kolom Pertama L l 2 u 2 + u 22 = a 22 u 22 = a 22 l 2 u 2 l 2 u 3 + u 23 = a 23 u 23 = a 23 l 2 u 3 Baris Kedua U l 3 u 2 + l 32 u 22 = a 32 l 32 = a 32 l 3 u 2 u 22 Kolom Kedua L l 3 u 3 + l 32 u 23 + u 33 = a 33 u 33 = a 33 (l 3 u 3 + l 32 u 23 ) Baris Ketiga U Sumber : R.Munir 2003

5 Contoh soal Selesaikan dengan faktorisasi LU SPL berikut : 2x + 4x 2 2x 3 = 6 x x 2 + 5x 3 = 0 4x + x 2 2x 3 = 2 Dalam hal ini L dan U dihitung dengan faktorisasi Dollitle.

6 Penyelesaian : A = 2 4 2 5 4 2 b = 6 0 2 Diperoleh : u = a = 2 u 2 = a 2 = 4 u 3 = a 3 = 2 u 22 = a 22 l 2 u 2 = 2 u 23 = a 23 l 2 u 3 = 5 2 4 = 3 2 = 6 l 2 = a 2 u = 2 l 3 = a 3 u = 4 2 = 2 l 32 = a 32 l 3 u 2 = 2(4) u 22 3 u 33 = a 33 l 3 u 3 + l 32 u 23 = 7 3 = 2 2 2 + 7 3 6 = 2

7 Diperoleh L D dan U D sebagai berikut, L D = 0 0 0 2 2 7 3 U D = 2 4 2 0 3 6 0 0 2 dan b = 6 0 2 Berturut-turut dihitung y dan x : y = 6, y 2 = 3, y 3 = 3 x = 4, x 2 = 3 2, x 3 = 4 Jadi, solusi SPL di atas adalah T x = 4, 3 2, 4

8 FAKTORISASI CROUT Faktorisasi Crout menghasilkan A = LU, dengan L = L D D dan U = D U D, A = L D U D adalah hasil faktorisasi Dolittle dan D matriks diagonal dari U D Sumber : //staff.uny.ac.id/site s/default/files/3 93036/Komputas inumerikbab2.pdf. page 87. D = L D = 0 0 2 0 2 7 3 UD = 2 0 0 0 3 0 0 0 2 D = 2 4 2 0 3 6 0 0 2 2 0 0 0 0 3 0 0 2

9 L C = L D D = 0 0 2 0 2 7 3 2 0 0 0 3 0 0 0 2 = 0 0 3 0 4 7 2 U C = D U D = 2 0 0 0 3 0 2 4 2 0 3 6 0 0 2 = 2 0 2 0 0 0 0 2 Bukti L C U C = 0 0 3 0 4 7 2 2 0 2 0 0 = = 0 0 3 0 4 7 2 2 4 2 5 4 2 = A 2 0 2 0 0 lakukan hal yang sama untuk menghasilkan y dan x seperti sebelumnya untuk menghasilkan x =, 3, 4 2 4 T

20 FAKTORISASI LDL T Syarat: A harus matriks simetrik yaitu a ij = a ji LU = A = A T = LU T LU = U T L T U = L U T L T U L T = L U T D = L U T LD = U T LD T = U D T L T = U DL T = U Sehingga LDL T = LU = A Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

2 Contoh soal Tentukan Faktorisasi LDL T dari matriks berikut A = 4 3 2 3 3 2 2 2 2 Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

22 Penyelesaian : A = LU = D = L U T = LDL T = = A

23 FAKTORISASI CHOLESKY Syarat : A simetrik definit positif (semua diagonal utama (+) ). Sehingga D 2 dapat diperoleh. A = LDL T = LD 2 D 2 T L T = L CH CH T L Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

24 Contoh soal Tentukan Faktorisasi CHOLESKY dari matriks berikut A = 4 3 2 3 3 2 2 2 2 Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

25 Penyelesaian : L CH = LD 2 L CH L CH T = A

26 SOLUSI ITERATIF DARI PERSAMAAN LINEAR ILL CONDITION BILANGAN KONDISI MATRIKS D2 METODE ITERATIF DASAR ITERASI JACOBI ITERASI GAUSS SEIDEL SUCCESIVE OVER-RELAXATION (SOR)

27 ILL CONDITION. 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 b. 2. Sistem Ax = b dikatakan berkondisi buruk bila A berkondisi buruk. 3. Apabila sistem Ax = b berkondisi buruk, hasil perhitungannya mempunyai galat yang besar. Sumber : R.Munir 2003

28 Contoh soal Tinjau SPL berikut : x + 2x 2 = 0. x + 2x 2 = 0. 4 yang memiliki solusi sejati x = 4 dan x 2 = 3. Jika sekarang a 2 =. diubah menjadi. 05, diperoleh x = 8 dan x 2 =. x + 2x 2 = 0. 05x + 2x 2 = 0. 4 Penambahan sebesar ε pada koefisien. dinyatakan sebagai berikut : x + 2x 2 = 0. + ε x + 2x 2 = 0. 4 Sumber : R.Munir 2003

29 Yang mempunyai solusi 0. 4 x = 0. + ε 0. 6 + 0ε x 2 = 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 0. 4 x = 0. 0. 05 = 8 0. 6 0 0. 05 x 2 = 0. 2 2 0. 05 =

30 4. Beberapa ukuran untuk kondisi buruk telah dikemukakan para ahli numerik, antara lain det A sangat kecil dibandingkan dengan nilai maksimum a ij dan b i. 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.

3 Contoh soal Tentukan determinan matriks A pada SPL berikut x + 2x 2 = 0. x + 2x 2 = 0. 4 bila : ( i ) SPL tanpa penormalan ( ii ) SPL dinormalkan

32 Penyelesaian : ( i ) SPL tanpa penormalan det A = 2. 2 = 0. 2 yang dekat dengan nol, karena itu SPL berkondisi buruk. ( ii ) SPL dinormalkan Penormalan menghasilkan 0. 5x + x 2 = 5 0. 55x + x 2 = 5. 2 sehingga, det A = 0. 5 0. 55 = 0. 55 yang dekat ke nol, karena itu berkondisi buruk.

33 Contoh soal Tentukan determinan matriks A pada SPL berikut 3x + 2x 2 = 8 x + 2x 2 = 2 bila ( i ) SPL tanpa penormalan, ( ii ) SPL dinormalkan

34 Penyelesaian : ( i ) SPL apa adanya det A = 3 2 2 = 8 yang nilainya jauh dari nol, karena itu SPL berkondisi baik. ( ii ) SPL dinormalkan Penormalan menghasilkan x + 0. 667x 2 = 6 0. 5x + x 2 = sehingga, det A = 0. 667 0. 5 =. 333 yang nilainya jauh dari nol, karena itu berkondisi baik.

35 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.

36 BILANGAN KONDISI MATRIKS Misal SPL Ax = B, bilangan kondisi matriks dinyatakan sebagai : κ A = A A Yang dalam hal ini A adalah norma ( norm ) tak hingga matriks A, yang didefinisikan sebagai : A = A = max i n n j= a ij Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

37 Teorema Sistem persamaan linear Ax = b yang bilangan kondisinya kecil menyatakan sistem berkondisi baik. Bilangan kondisi besar menandakan bahwa sistem berkondisi buruk. 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.

38 Contoh soal Hitung bilangan kondisi matriks A berikut A = 3. 02. 05 2. 53 4. 33 0. 56. 78 0. 83 0. 54. 47

39 Penyelesaian : Tentukan terlebih dahulu matriks balikannya, A = 3. 02. 05 2. 53 4. 33 0. 56. 78 0. 83 0. 54. 47, A = 5. 66 7. 273 8. 55 200. 5 268. 3 669. 9 76. 85 02. 6 255. 9 maka dapat dihitung A = 4. 33 + 0. 56 +. 78 = 6. 67 A = 200. 5 + 268. 3 + 669. 9 = 38. 7 sehingga bilangan kondisi matriks A adalah κ A = 66. 7 38. 7 = 7595 Jadi, sistem tersebut berkondisi buruk, karena bilangan kondisinya besar.

40 Tinjau SPL a x + a 2 x 2 + + a n x n = b a 2 x + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2.... a n x + a n2 x 2 + + a nn x n = b n Syarat a kk 0, k =,2, n, maka persamaan iterasinya : x (k) = b a 2 x 2 (k ) an x n (k ) a x 2 (k) = b 2 a 2 x k a 23 x 3 k a 2n x n (k ).. a 22 x n (k) = b n a n x k a n2 x 2 k a nn x n (k ) a nn..

4 Iterasi dimulai dengan memberikan tebakan awal untuk x, x 0 = x 0, x 2 0,, x n 0 T Iterasi berhenti jika x i (k) xi (k ) x i (k) < ε i =,2,3,, n

42 METODE ITERASI JACOBI Misalkan diberikan tebakan awal x (0) : x 0 = x 0, x 2 0,, x n 0 T Proedur iterasi untuk iterasi pertama, kedua, dan seterusnya adalah sebagai berikut : Sumber : R.Munir 2003

43 Iterasi pertama : x () = b a 2 x 2 0 a 3 x 3 0 a n x n (0) a x 2 () = b 2 a 2 x 0 a 23 x 3 0 a 2n x n (0) a 22 x n () = b n a n x 0 a n2 x 2 0 a nn x n (0) a nn Iterasi kedua : x (2) = b a 2 x 2 a 3 x 3 a n x n () a x 2 (2) = b 2 a 2 x a 23 x 3 a 2n x n () a 22 x n (2) = b n a n x a n2 x 2 a nn x n () a nn dst...

44 Rumus umum n (k) a ij x i = x k a j + b i ii j= i a ii ( i n) Syarat Kekonvergenan :. a i,i > a i, + + a i,i + + a i,n 2. max x i < Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

45 Contoh soal Tentukan banyaknya iterasi dengan menggunakan Iterasi Jacoby A = 2 0 3 0 2 b = 8 5 Dengan nilai awal x 0, x 2 0, x 3 0 = (0,0,0). (4 angka di belakang koma). Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

46 Penyelesaian : Konvergen jika : a i,i > a i, + + a i,i + + a i,n Untuk i = 2 > + 0 Berlaku pula untuk i = 2 dan i = 3.

47 Metode iterasi Jacobi. Persamaan iterasinya : x k = 2 x k 2 + 2 x k 2 = 3 xk + 3 x k 3 + 8 3 x k 3 = 2 x k 2 5 2 Iterasinya : x x 2 x 2 x 0 = 0,0,0 T = 0.5000, 2.6667, 2.5000 T =.8333,2.0000,.667 T = 2.0000, 3.0000,.0000 T

48 SCILAB PROGRAM : ITERASI JACOBI Program Input + Output Hasil secara analitik : x 2 = 2.0000, 3.0000,.0000 T : x 2 Hasil secara komputasi =.999995, 2.9999492,.0000085 T

49 METODE ITERASI GAUSS SEIDEL Kecepatan konvergen pada iterasi Jacobi dapat dipercepat bila setiap harga x i yang baru dihasilkan segera dipakai pada persamaan berikutnya untuk menentukan harga x i+ yang lainnya. Sumber : R.Munir 2003

50 Iterasi pertama : x () = b a 2 x 0 2 a 3 x 0 3 a (0) a 4 x 4 x () 2 = b 2 a 2 x a 23 x 0 3 a 22 (0) a 24 x 4 x () 3 = b 3 a 3 x a 32 x 2 a 33 (0) a 34 x 4 x () 4 = b 4 a 4 x a 42 x 2 a 44 () a 43 x 3

5 Iterasi kedua : x (2) = b a 2 x 2 a 3 x 3 a () a 4 x 4 x (2) 2 = b 2 a 2 x 2 a 23 x 3 a 22 () a 24 x 4 x (2) 3 = b 3 a 3 x 2 a 32 x 2 2 a 33 () a 34 x 4 x (2) 4 = b 4 a 4 x 2 a 42 x 2 2 a 44 (2) a 43 x 3 dan seterusnya...

52 Rumus umum n (k) a ij x i = x k a j ii j= j<i n j= j>i a ij a ii x j k + b i a ii Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

53 Contoh soal Tentukan banyaknya iterasi dengan menggunakan Iterasi Gauss Seidel A = 2 0 3 0 2 b = 8 5 Dengan nilai awal x 0, x 2 0, x 3 0 = (0,0,0). (4 angka di belakang koma). Sumber : W. Cheney, D. Kincaid. 2008

54 Penyelesaian : Metode iterasi Gauss Seidel. Persamaan iterasinya : x k = 2 x k 2 + 2 x k 2 = xk + x k 3 3 3 + 8 3 x k 3 = x k 2 2 5 2 Iterasinya : x 0 = 0,0,0 T x = 0.5000, 2.8333,.0833 T x 2 =.967,2.9444,.0278 T x 9 = 2.0000, 3.0000,.0000 T

55 SCILAB PROGRAM : ITERASI GAUSS SEIDEL Program Input + Output Hasil secara analitik : x 9 = 2.0000, 3.0000,.0000 T : x 9 Hasil secara komputasi =.9998857, 2.9999238,.0000385 T

56 Succesive Over-Relaxation (SOR) Formula SOR :

57 Contoh soal Tentukan banyaknya iterasi dengan menggunakan iterasi SOR A = 2 0 3 0 2 b = 8 5 Dengan nilai awal x 0, x 2 0, x 3 0 = (0,0,0). (4 angka di belakang koma).

58 Penyelesaian : Masukkan kedalam formula : dengan Banyaknya iterasi :

59 Iterasi jacobi : Iterasi Gauss Seidel : SOR :

60 3. NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN D3 SIFAT SIFAT NILAI EIGEN TEOREMA GERSHGORIN SINGULAR VALUE DECOMPOSITION

6 Definisi Misalkan A adalah matriks n n, maka vektor yang tak nol x di R n 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. Untuk menentukan nilai eigen dari matriks A dapat menggunakan persamaan karakteristik dari matriks A yaitu : det(a λi) = 0

62 Contoh soal Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari matriks berikut A = 3 2 4

63 Penyelesaian : p λ = det A λi = 3 λ 2 4 λ = 0 3 λ 4 λ 2 = 0 λ 2 7λ + 0 = 0 5 λ 2 λ = 0 - Dari polinomial karakteristik diperoleh nilai eigen 5 dan 2. - Untuk nilai eigen 5, maka vektor eigennya x =. - Untuk nilai eigen 2, maka vektor eigennya x = 2.

64 SIFAT SIFAT NILAI EIGEN. Jika λ nilai eigen A p(λ) adalah nilai eigen dari p(a) untuk suatu polinomial P. Khususnya λ k nilai eigen dari A k. 2. Jika A nonsingular dan λ nilai eigen A p(λ ) adalah nilai eigen dari P(A ) untuk suatu polinomial P. Khususnya λ nilai eigen dari A. 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 ( similar ) mempunyai nilai eigen yang sama.

65 TEOREMA GERSHGORIN Semua nilai eigen dari suatu matriks A C n n termuat dalam n cakram C i = C i (a ii, r i ) dalam bidang kompleks dengan pusat a ii dan jari-jari r i yang didapat dari penjumlahan besaran entri entri tak diagonal di baris ke - i.

66 Region yang memuat Nilai Eigen Matriks A : n n C i = z C z a ii r i i= i= dimana jari jarinya adalah r i = n j= j i a ij

67 Akibat Semua nilai eigen dari suatu matriks A C n n termuat dalam n cakram D i = D i (a ii, s i ) dalam bidang kompleks dengan pusat a ii dan jari-jari s i yang didapat dari penjumlahan besaran entri-entri tak diagonal di kolom matriks A.

68 Region yang memuat Nilai Eigen Matriks A: n D i n i= = i= z C z a ii s i dimana Jari-jarinya adalah s i = n i= i j a ij Akibatnya, Region yang memuat Nilai Eigen Matriks n n A = C i D i i= i=

69 Contoh soal Misalkan matriks A = 4 i 2 i 2i 2 5

70 Penyelesaian : Di lihat dari baris A, kita peroleh region cakram Gershgorin sbb: C (4 i, 3), C 2 (2i, 3), dan C 3 ( 5, 2). Dilihat dari kolom A, kita peroleh region cakram Gershgorin sbb: A = 4 i 2 i 2i 2 5 D (4 i, 2), D 2 (2i, 3), dan D 3 ( 5, 3). Irisan (Intersection) dari kedua region cakram sbb: D (4 i, 2 ), C 2 (2i, 3), dan C 3 ( 5, 2).

7 Pusat Jari-jari C (4 i, 3), C 2 (2i, 3), dan C 3 ( 5, 2). D (4 i, 2), D 2 (2i, 3), dan D 3 ( 5, 3). C 2 D 2 C 3 D 3 C D

72 λ = 3, 7208. 0546i, λ2 = 0, 605 + 2. 3395i λ3 = 4, 5602 0. 2849i, Pusat Cakram: Nilai Eigen:

73. 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?

74 SINGULAR VALUE DECOMPOSITION Definisi Diketahui Matriks A C m n dengan rank(a) = r. Diketahui juga nilai eigen dari matriks A A adalah sebagai berikut: λ λ 2 λ r > λ r+ = = λ n = 0 2 Bilangan σ i = λ i untuk setiap i n disebut nilai singular dari matriks A.

75 Contoh soal A = 0 0 maka A = 0 0 A A = 0 0 0 0 = 2 2 A A λi = λ 2 + 4λ 3 = 0 λ = 3, λ 2 = 2 σ = 3 = 3 2 σ 2 = =

76 SVD A Karakteristik matriks menentukan karakteristik dari sebuah matriks transformasi linear. Hubungan antara prapeta dan petanya, ditentukan oleh karakteristik matriks transformasi linear. A Av i = σ i u i, i n AV = U Σ A = U Σ V

77 SVD dari matriks A berukuran m n A = U Σ V. 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.

78 Langkah Langkah SVD A = UΣV Input : Matriks A C m n dengan rank A = r..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 σ i dan Matriks Diagonal Σ. 4.Tentukan vektor eigen ortonormal AA atau dengan u i = σ i Av i. Jika r < n, maka gunakan proses gramschmidt untuk menententukan u r+ sampai u n. 5.Bentuk matriks uniter U dari vektor eigen ortonormalnya. Output: Matriks uniter U, V dan matriks Σ sehingga A = UΣV.

79 Contoh soal Misalkan A = 0 0. Tentukan SVD matriks A.

80 Penyelesaian A = 0 0 maka A A = 2 2 vektor eigen v = v 2 = Normalisasi nilai eigen λ =3 λ 2 = v = v 2 = 2 2 2 maka V = 2 2 2 2 2

8 λ = 3 nilai singular σ = 3 λ 2 = σ 2 = Σ = σ 0 0 σ 2 0 0 = 3 0 0 0 0

82 u = σ Av = 3 3 0 0 u 2 = σ 2 Av 2 = 0 0 2 2 2 2 = 2 2 2 2 = 3 6 6 6 6 6 0 2 2 2 2

83 u 3 = e u e u u e 2 u 2 = 0 0 3 6 6 6 6 6 0 0 3 6 6 6 6 6 0 0 0 2 2 2 2 3 6 6 6 6 6 = 3 3 3

84 3 3 3 u 3 = 3 Normalisasi u3 = 3 3 3 3 3 Sehingga didapatkan Matriks Uniter U = 6 0 3 3 3 6 6 2 2 3 3 6 6 2 2 3 3

85 Output : A=UΣV 0 0 = 3 6 0 3 6 6 2 2 3 6 6 2 2 3 3 0 0 0 0 2 2 2 2

86

87 4. POWER METHOD PERCEPATAN AITKEN D4 INVERS POWER METHOD SHIFTED POWER METHOD SHIFTED INVERS POWER METHOD

88 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

89 Power Method Salah satu metode iteratif yang digunakan untuk menentukan nilai eigen dominan. Nilai Eigen Dominan Nilai eigen yang nilai mutlaknya paling besar dibandingkan mutlak nilai eigen lainnya. λ > λ 2 λ n Vektor Eigen Dominan Vektor eigen yang berpadanan dengan nilai eigen dominan.

90 Bagaimana menentukan pendekatan nilai eigen dengan menggunakan power method?

9 Langkah langkah Power Method. Pilih sebuah vektor hampiran awal x (0) tak nol 2. Tetapkan fungsional linear φ 3. Hitung x (k+) = A x (k) ; k = 0,,2, 4. Hitung λ k = r k φ x(k+) φ x (k) ; k = 0,,2, 5. Ulangi langkah 3 4 sampai r konvergen ke solusi eksak

92 PERCEPATAN AITKEN Proses iteratif yang digunakan untuk menghampiri nilai eigen dengan lebih cepat. Rumus umum percepatan Aitken : s k = r k r k r k 2 r k 2r k + r k 2 ; k 3

93 Contoh Soal Tentukan nilai eigen dominan dari matriks A berikut dengan menggunakan power method dan percepatan Aitken. A = 6 5 5 2 6 2 2 5

94 Penyelesaian : Diperoleh solusi eksak : λ = 6, λ 2 = 4, λ 3 = Langkah ke- : x (0) = Langkah ke-2 : φ x = x 2 Langkah ke-3 : x (k+) = A x (k) ; k = 0,,2, x () = Ax (0) = 6 5 5 2 6 2 2 5 = 6 2 2

95 x (2) = Ax () = 6 5 5 2 6 2 2 5 6 2 2 = 36 4 4 x (4) = Ax (3) = 6 5 5 2 6 2 2 5 306069406 2926476288 2926476288 = 7836464096 7782729384 7782729384

96 Langkah ke-4 : λ k = r k φ x k+ φ x k ; k = 0,,2, r 0 = x 2 () x 2 (0) = 2 = 2 r = x 2 (2) x 2 () = 4 2 = 2 r 3 = x 2 (4) x 2 (3) = 7782729384 2926476288 = 6.02

97 Solusi hampiran dengan percepatan Aitken : s 3 = r 3 r 3 r 2 2 r 3 2r 2 + r = 8.909 8.909 22 2 8.909 2 22 + ( 2) = 3.5294 s 4 = r 4 r 4 r 3 2 r 4 2r 3 + r 2 = 7.306 7.306 8.909 2 7.306 2.8.909 + 22 = 7.0825

98 Hasil Iterasi Power Method k X X 2 X 3 r k s k 0 -.0000.0000.0000 2.0000 -.0000 0.3333 0.3333-2.0000 2 -.0000-0. -0. 22.0000 3 -.0000-0.4074-0.4074 8.909 3.5294 4 -.0000-0.6049-0.6049 7.306 7.0825.................. 4 -.0000-0.993-0.993 6.0208 6.038 5 -.0000-0.9954-0.9954 6.0092 6.000 6 -.0000-0.9969-0.9969 6.006 6.0000..................

99 Nilai eigen dominan = r = s = 6 Vektor eigen hampiran yang bersesuaian x x 2 x 3 = 0.9969 0.9969

00 INVERS POWER METHOD 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 (λx) A x = λ x

0 Langkah - Langkah Invers Power Method. Tetapkan vektor eigen awal x 0 tak nol. 2. Tetapkan fungsional linear φ. 3. Hitung matriks A, atau tentukan dekomposisi LU dari A. 4. Hitung x k+ = A x k ; k =,2, Jika menggunakan invers. 5. Hitung Lx k+ = U x k ; k =,2, Jika menggunakan dekomposisi LU. 6. Hitung r k = φ x k+ φ(x k ) ; k =,2, 7. Ulangi langkah ke 4 sampai ke 6 sampai r konvergen ke solusi eksak.

02 CONTOH Misalkan diberikan matriks, nilai awal, dan fungsional linear sebagai berikut 54 528 407 A = 55 32 44 396 2 38 x 0 = 2 3 φ x = x 2

03 Penyelesaian : Dengan matriks invers : x = A x 0 = x 2 = A x = A = 59 23 6 7 59 23 6 7 59 23 6 7 7 40 3 2 34 36 22 52 3 7 40 3 2 34 36 22 52 3 7 40 3 2 34 36 22 52 3 2 3 = 68.63 48.58 89 68.63 48.58 89 = 7.39 3.07 6.62

04 Hasil Iterasi Inverse Power Method k X X 2 X 3 r - 0.7078366.2966887-24.29667 2-0.4659 0.8959090-0.0633609........ 0-0.60062.60095-0.2458083............... 29-0.662430.68448-0.260306 30-0.6685.683364-0.2608796

05 r = λ = λ = 0.2608796 λ = λ = 0.2608796 = 3.8339 λ eksak = 3.83229

06 SHIFTED POWER METHOD Metode untuk mencari nilai eigen terjauh dari suatu nilai μ Ax = λx A μi x = λ μ x Langkah-langkah Shifted Power Method Sama seperti power method. Hasil yang didapat adalah nilai λ = λ μ terbesar. Nilai λ dapat dicari menggunakan λ = λ + μ.

07 CONTOH Tentukan nilai eigen yang paling jauh dari 4 A = 3 7 2 4 5 3 4 6 A 4I = = 3 3 7 2 8 5 3 4 0 terapkan iterasi power method.

08 Hasil Iterasi Shifted Power Method k X X 2 X 3 r 0.046667-0.796667 0.5 2 0.2722772 -.36837-55............... 0.47269-2.98903-4.4407............... 29.506826-2.225285-4.056833 30.5068359-2.225303-4.056775

09 r = λ = λ μ = 4.056775 λ = λ + μ = 4.056775+4= 0.056775 λ eksak = 0.0567 5.28779 4.23

0 SHIFTED INVERS POWER METHOD Metode untuk mencari nilai eigen terdekat dari suatu nilai μ Ax = λx A μi x = λ μ x A μi x = λ μ x

Langkah-langkah Shifted Inverse Power Method Sama seperti Inverse power method. Hasil yang didapat adalah nilai λ = λ μ terkecil. Nilai λ dapat dicari menggunakan λ = λ + μ.

2 CONTOH Tentukan nilai eigen yang paling dekat dari 4 A = 3 7 2 4 5 3 4 6 A 4I = 3 3 7 2 8 5 3 4 0 (A 4I) = 60 49 35 49 32 49 58 49 9 49 2 49 7 49 29 49 8 49 terapkan iterasi inverse power method.

3 Hasil Iterasi Shifted Inverse Power Method k X X 2 X 3 r 0.3598972 0.3290488 0.4697987 2 0.4583950 0.4363224 0.890355 3 0.4404249 0.420875 0.758004 4 0.4433045 0.4229930 0.7797397 5 0.4428434 0.4226845 0.7759984 6 0.442964 0.4227306 0.7766080

4 r = λ = λ μ = 0.7766080 λ = 0.7766080 + 4 = 5.28765 λ eksak = 0.0567 5.28779 4.23

5 DAFTAR PUSTAKA ) W. Cheney, D. Kincaid. 2008. Numerical Mathematics and Computing 6 th Ed. Thomson Brooks/Cole. 2) R. Munir. 2003. Metode Numerik pada Penerbit Informatika Bandung. 3) //staff.uny.ac.id/sites/default/files/393036/komputasinumerikba b2.pdf 4) https://www.academia.edu/7730008/nilai_eigen_dan_ruang_eigen