Analisis  Penyelesaian Persamaan Kuadrat Matriks
Hasmawati ∗ dan   Amir Kamal Amir ∗∗

## Abstrak
Persamaan kuadrat matriks dalam matriks n x n muncul dalam dunia aplikasi dan merupakan salah satu persamaan matriks nonlinier yang paling sederhana. Kita memberikan karakterisasi lengkap dari penyelesaian dalam bentuk generalisasi dekomposisi Schur. Beberapa variasi dari teknik penyelesaian numerik juga disajikan.
, 0 ) ( 2 = + + = C BX AX X Q
Keywords : dekomposisi Schur, iterasi fungsional, karakterisasi Solvent,  metode Newton.

## 1. Pendahuluan
Untuk menentukan solusi dari persamaan kuadrat matriks, dapat diselesaikan secara langsung dengan menggunakan masalah nilai eigen kuadrat. Persamaan kuadrat matriks jika dihubungkan dengan masalah nilai eigen kuadratik adalah:
0 ) ( ) ( 2 = + + = x C B A x Q λ λ λ (1)
Teori matriks- λ : jika X adalah pemecahan dari Q(X) maka I X λ − adalah pembagi kanan dari ) ( λ Q dan hal ini mudah untuk dibuktikan karena hasil baginya dalam bentuk sederhana yaitu:
(2) ) )( ( 2 I X A AX B C B A λ λ λ λ − + + − = + +
Karena pasangan nilai eigen dari X adalah pasangan nilai eigen dari ) ( λ Q maka solusinya dapat dikonstruksi dalam bentuk pasangan nilai eigen dari ) ( λ Q . Jika 0 ) ( = i i w Q λ ,   untuk setiap i = 1, 2, …, n maka
(3) 0 ) ( )) ( ( 2 = + + CW diag BW diag AW i i λ λ
di mana dengan W adalah nonsingular. Persamaan (3) dikalikan dengan dari kanan, maka diperoleh
[ n w w W , ... , 1 = ] 1 − W
0 ) ( )) (( 1 1 1 2 = + + − − − W CW W diag BW W diag AW i i λ λ Jadi adalah solusi. 1 ) ( − = W diag W X i λ
Teorema 1.
Misalkan ) ( λ Q mempunyai nilai eigen yang berbeda { } dengan dan bersesuaian dengan himpunan vektor eigen { } yang memenuhi kondisi Haar (setiap subset dari n vektor eigen adalah bebas linear), maka terdapat paling sedikit solusi yang berbeda dari Q(X) dan tepatnya jika , yang dirumuskan sebagai berikut:
p i i 1 = λ n p n 2 ≤ ≤ p i i v 1 = p n C n p 2 = dan 1 ) ( − = W diag W X i λ [ ] n w w W , ... , 1 = (4)
∗ Alumni pada Jurusan Matematika F.MIPA  Universitas Hasanuddin  Makassar
∗∗ Staf Pengajar pada jurusan Matematika F.MIPA Universitas Hasanuddin
Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi Vol. 12  No.1 Juli  2015
Vol 12, No 1, 19-30, Juli 2015 Vol 12, No 1, 19-29, Juli 2015
di mana pasangan nilai eigen
adalah dipilih diantara pasangan nilai eigen dari Q. n i i i w 1 ) , ( = λ p i i i w 1 ) , ( = λ
Bukti:
Terdapat pilihan dari X pada persamaan (4).
p n C Karena , maka . Dan selanjutnya dikalikan dari kanan dengan , maka 0 2 = + + i i i i i Cw w Aw λ λ 0 ) ( )) ( ( 2 = + + CW diag BW diag AW i i λ λ 1 − W 0 ) ( )) (( 1 1 1 2 = + + − − − W CW W diag BW W diag AW i i λ λ Agar adalah solusi yang berbeda maka tidak boleh ada nilai eigen yang sama. Dari persamaan (2) diasumsikan bahwa p n C
) ( λ Q mempunyai p nilai eigen, maka terdapat solusi X dengan nilai eigen yang berbeda sehingga dapat didiagonalisasi. Karena pasangan nilai eigen dari X juga merupakan pasangan nilai eigen dari ) ( λ Q , maka X dapat dituliskan
, 1 ) ( − = W diag W X i λ [ ] n w w W , ... , 1 = Contoh: Misalkan ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − + = 14 2 12 0 9 2 6 1 ) ( 2 X X X Q Pasangan nilai eigen ) , ( i i w λ dari ) ( λ Q diperoleh dari persamaan:
⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − + = 14 2 12 0 9 2 6 1 ) ( 2 λ λ λ Q Maka diperoleh 4 3 2 1 4 3 2 1 = = = = λ λ λ λ Vektor-vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen tersebut adalah - Untuk 1 1 = λ vektor eigennya adalah: ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 1 1 w
- Untuk 2 2 = λ vektor eigennya adalah ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 1 0 2 w
- Untuk 3 3 = λ vektor eigennya adalah ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 1 1 3 w
- Untuk 4 4 = λ vektor eigennya adalah ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 1 1 4 w
Dengan menggunakan Teorema 1 di atas maka diperoleh solusi dari pasangan nilai eigen yang berbeda kecuali 3 dan 4, yaitu:
, . ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 2 2 0 4 , 2 1 0 3 , 3 0 2 1 , 2 0 0 1 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 4 0 3 1
Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi
Vol. 12  No.1 Juli  2015
Suatu jalan alternatif untuk mendekati teori Solvent adalah melalui sistem eigen dari suatu masalah generalisasi nilai eigen. Perkembangan berikut ini diinspirasikan oleh matriks untuk Persamaan Aljabar Riccati 0 = + + + D XC BX XAX yang dikarakterisasikan penyelesaian dalam suku-suku sistem eigen  dari matriks
⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − B D A C
Analisis ini ditemukan oleh Anderson(1966) dan Ratter (1966).
Kita mulai dengan sebuah lemma yang mengkarakterisasi Solvent. Kita definisikan :
dan (5) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − = B C I F 0 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = A I G 0 0
Lemma 2.
X adalah solusi dari jika dan hanya jika 0 ) ( 2 = + + = C BX AX X Q . (6) X X I G X I F ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡

## Bukti:
Lemma diatas dapat diinterpretasikan bahwa X adalah sebuah Solvent jika dan hanya jika kolom-kolom dari membangun sebuah ruang bagian deflasi. (Interwart
& Sum, 1990) untuk pasangan (F,G) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ X I
Lemma 2 dapat dikembangkan menjadi karakterisasi yang lebih konkrit dari Solvent dengan mempresentasikan ruang bagian deflasi yang disyaratkan dalam suku-suku dari sistem eigen pasangan (F, G).
Sebagai ganti dari bentuk kronik Kronecher kita menggunakan generalisasi dekomposisi Schur (Gohub & Van Loen, 1996)

## 2. Metode Schur
Metode kedua adalah metode Schur. Disini solusi akan dihitung dengan menggunakan generalisasi dekomposisi Schur dari F dan G pada (5). Teorema berikut akan menunjukkan bahwa jika adalah nonsingular maka
adalah solusi.
S GZ Q T FZ Q = = * * , 11 Z 1 11 1 11 11 11 1 11 21 − − − = = Q S T Q Z Z X
Teorema 3.
Setiap pemecahan dari Q(X) adalah berbentuk 1 11 1 11 11 11 1 11 21 − − − = = Q S T Q Z Z X di mana , T FZ Q = * S GZ Q = * (7)
adalah generalisasi dekomposisi Schur dengan Q dan Z adalah matriks uniter, T dan S adalah matriks segitiga atas dan setiap matriks adalah matriks blok . 2 2 ×
Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi Vol. 12  No.1 Juli  2015
Jurnal Matematika, Statistika & Komputasi Vol. 3 No 1 Juli 2006
Bukti Pertama kita akan tunjukkan bahwa dengan nonsingular adalah solusi. Dari  persamaan (7) yakni 1 11 21 − = Z Z X 11 Z T FZ Q = * dan T FZ Q = * dikalikan dengan Q dari kiri, maka diperoleh
dan QT FZ = QS GZ = - Untuk , maka QT FZ = QT FZ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − 22 12 11 22 21 12 11 22 21 12 11 0 0 T T T Q Q Q Q Z Z Z Z B C I ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − 22 22 12 21 11 21 22 12 12 11 11 11 22 12 21 11 22 21 T Q T Q T Q T Q T Q T Q BZ CZ BZ CZ Z Z - Untuk , maka QS GZ = QS GZ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 22 12 11 22 21 12 11 22 21 12 11 0 0 0 S S S Q Q Q Q Z Z Z Z A I ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 22 22 12 21 11 21 22 12 12 11 11 11 22 21 12 11 S Q S Q S Q S Q S Q S Q AZ AZ Z Z

## Sehingga  diperoleh
11 11 21 T Q Z = atau (8) 11 21 1 11 T Z Q = − 11 21 21 11 T Q BZ CZ = − − (9)
11 11 11 S Q Z = atau (10) 1 11 11 1 11 − − = S Q Z 11 21 21 S Q AZ = atau (11) 21 1 11 21 Q S AZ = −
Persamaan (9) dikalikan dari kanan dengan , maka diperoleh 1 11 − Z 1 11 11 21 1 11 21 11 ) ( − − = − − Z T Q Z BZ CZ 1 11 11 21 1 11 21 1 11 11 − − − = − − Z T Q Z BZ Z CZ 1 11 11 21 1 11 21 − − = − − Z T Q Z BZ CI (12) 1 11 11 21 1 11 21 − − = − − Z T Q Z BZ C
Selanjutnya persamaan (8) disubtitusi ke persamaan (12), maka diperoleh
(13)
1 11 21 1 11 21 1 11 21 − − − = − − Z Z Q Q Z BZ C
Persamaan (11) disubstitusi ke persamaan (13), maka diperoleh:
(14) 1 11 21 1 11 1 11 21 1 11 21 − − − − = − − Z Z Q S AZ Z BZ C
Persamaan (10) disubtitusi ke persamaan (14), maka diperoleh
1 11 21 1 11 11 1 11 21 1 11 21 − − − − = − − Z Z Q Q Z AZ Z BZ C 1 11 21 1 11 21 − − = Z Z I Z AZ 1 11 21 1 11 21 − − = Z Z Z AZ
Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi Vol. 12  No.1 Juli  2015
Hasmawati, Amir Kamal Amir
Jadi diperoleh
1 11 21 − = Z Z X
Misalkan X adalah solusi dari Q(X) yang memenuhi lemma 2 yakni persamaan (6). Misalkan  pula
(15) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 0 22 21 12 11 R Z R Z Z Z Z X I
adalah faktorisasi QR . Itu mudah dilihat bahwa R dan adalah  nonsingular  dan
. 11 Z 1 11 21 21 − = = Z Z R Z X Dari persamaan (7) yaitu
S GZ Q = * dikalikan dengan Q dari kiri, maka diperoleh
QS GZ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 22 12 11 22 21 12 11 0 0 0 S S S Q Q Q Q Z A I
yang merupakan faktorisasi QR .
Persamaan (6) dikalikan dari kiri dengan Q * dan dengan menggunakan persamaan (15) diperoleh;
X X I G Q X I F Q ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ * *
Dan selanjutnya substitusi persamaan (15), sehingga diperoleh
X R G Q R FZ Q ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 * 0 * X R S R T ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 0 X R S R T T T T ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 0 22 21 12 11 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 11 21 11 X R S R T R T
Dari persamaan di atas diperoleh 0 21 = R T dan mengakibatkan . Dan
persamaan di atas, sebagai pelengkap  generalisasi dekomposisi Schur untuk penguat
. Akhirnya diperoleh 0 21 = T
1 11 21 − = Z Z X . 1 11 1 11 11 11 1 11 21 − − − = = Q S T Q Z Z X
Aspek tersembunyi dari teorema 3 adalah suatu catatan berharga. Jika A adalah singular maka persamaan (11) menunjukkan atau adalah singular. Namun, sebaliknya bagian pembuktian menunjukkan bahwa jika solusinya ada maka akan dipilih generalisasi dekomposisi Schur dengan dan Z 21 Q 11 S 11 S 11 adalah nonsingular. Untuk
Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi Vol. 12  No.1 Juli  2015
contoh jika A = C = 0 dan B = I , solusinya hanya matriks nol maka dapat diambil Q = Z = I dan
. I Z S = = 11 11

## 3. Metode Newton
Metode Newton untuk memecahkan persamaan kuadrat matriks dijabarkan dengan menggunakan ekspansi untuk
0 ) ( = + E X Q
C E X B E X A E X Q + + + + = + ) ( ) ( ) ( 2 C E X B E X E X A + + + + + = ) ( ) )( ( C BE BX E EX XE X A + + + + + + = ) ( 2 2 C BE BX AE AEX AXE AX + + + + + + = 2 2 2 ) ( AE BE AEX AXE X Q + + + + = 2 ] ) ( [ ) ( AE E B AX AEX X Q + + + + = diperoleh 0 ] ) ( [ ) ( 2 = + + + + AE E B AX AEX X Q Dengan mengabaikan 2 AE maka diperoleh:
) ( ] ) ( [ X Q E B AX AEX − = + + Dengan iterasi dituliskan ) ( ] ) ( [ k k k k k X Q E B AX X AE − = + +
dan untuk mendapatkan matrik X pada persamaan kuadrat matriks , maka digunakan persamaan berikut : 0 ) ( 2 = + + = C BX AX X Q untuk k k k E X X + = + 1 ... , 3 , 2 , 1 , 0 = k

## 4. Iterasi Fungsional
Salah satu cara untuk mencoba memecahkan persamaan kuadrat matriks adalah dengan menuliskan dalam bentuk 0 2 = + + C BX AX X = F(X)
Dan melalui iterasi didefinisikan : ) ( 1 k k X F X = + . Disini diasumsikan bahwa A adalah nonsingular. Ini dapat diselesaikan dengan beberapa cara yaitu:
2 1 1 1 )) ( ( C X B A X k k + − = − + (16)
(17) ) ( 2 1 1 C X A B X k k + − = − + (18)
) ( 1 1 1 − − + + − = k k X C B A X
Iterasi di atas tidak dapat ditransformasikan ke bentuk sederhana, sehingga sulit untuk mendapatkan hasil yang konvergen dari aplikasi yang praktis. Namun demikian hasil yang banyak berguna dan beberapa variasi dapat diperoleh dari analisis iterasi Bernoulli.
Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi Vol. 12  No.1 Juli  2015
Jurnal Matematika, Statistika & Komputasi Vol. 3 No 1 Juli 2006

## 4.1   Iterasi Bernoulli
Misalkan persamaan kuadrat matriks dituliskan dalam matriks rekurensi 0 2 = + + C BX AX 0 1 1 = + + − + i i i CY BY AY (20)
dimana diberikan. 1 0 , Y Y
Dan didefinisikan:
⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 2 1 2 1 ) , ( S S I I S S V
Teorema 4.
Jika dan adalah solusi dari di mana adalah nonsingular maka 1 S 2 S ) ( X Q ) , ( 2 1 S S V (21)
2 2 1 1 Ω + Ω = i i i S S Y
adalah solusi umum dari persamaan (20), di mana 1 Ω dan 2 Ω adalah ditentukan oleh kondisi awal.

## Bukti
Untuk yang didefinisikan oleh persamaan (21), maka persamaan (20) dapat dituliskan:
i Y ) ( ) ( ) ( 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 Ω + Ω + Ω + Ω + Ω + Ω = + + − − + + − + i i i i i i i i i S S C S S B S S A CY BY AY 2 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 ) ( ) ( Ω + + + Ω + + = − + − + i i i i i i CS BS AS CS BS AS 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 ) ( ) ( Ω + + + Ω + + = − − i i S C BS AS S C BS AS 0 =
Jadi adalah solusi dari persamaan (20). Untuk i = 0 dan i = 1 , maka persamaan (21) adalah: i Y 2 1 2 0 2 1 0 1 0 Ω + Ω = Ω + Ω = S S Y 2 1 2 1 1 1 1 Ω + Ω = S S Y Sehingga dapat ditulis dalam bentuk persamaan matriks
⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 1 0 2 1 2 1 Y Y S S I I
Dan karena matriks koefisien adalalah nonsingular, dan secara khusus ditentukan oleh dan . ) , ( 2 1 S S V 1 Ω 2 Ω 0 Y 1 Y
Misalkan adalah solusi dari persamaan (20) dan misalkan adalah solusi dari persamaan (21) dengan i Z i Y
0 0 Z Y = dan 1 1 Z Y = ,  maka 0 0 1 2 = + + CY BY AY 0 1 2 CY BY AY − − = 0 1 CZ BZ − − = 2 AZ = Karena A nonsingular, 2 2 Y Z = .  Dengan induksi i i Y Z = untuk setiap i .
Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi Vol. 12  No.1 Juli  2015
Secara umum dan dengan kondisi 1 S 2 S = ∩ ) ( ) ( 2 1 S S λ λ ∅ akan menjamin nonsingular. Hal ini diperjelas dalam teorema berikut : ) , ( 2 1 S S V
Teorema 5.
Jika dan adalah solusi dari dengan 1 S 2 S ) ( X Q = ∩ ) ( ) ( 2 1 S S λ λ ∅ maka adalah nonsingular. ) , ( 2 1 S S V
Bukti
Misalkan adalah singular. Dan misalkan ) , ( 2 1 S S V ( ) ) , ( 2 1 S S V null N v = ∈ , maka dan kesamaan 0 ] [ 2 1 = v S S ] [ ] [ 2 2 2 1 2 1 1 1 S S S S I I B A C A − = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − Secara tidak langsung , sehingga 0 ] [ 2 2 2 1 = v S S
(22) v S S S S I I v S S S S ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1
0 0 0
Jadi yang berarti bahwa N adalah invariant subspace untuk . Oleh karena itu, N memuat vektor eigen w dari . Karena nilai eigen dan berbeda, maka w mempunyai bentuk atau
.
N v S S diag ∈ ) , ( 2 1 ) , ( 2 1 S S diag ) , ( 2 1 S S diag 1 S 2 S T T w w ] 0 [ 1 = T T w w ] 0 [ 2 = Pada setiap kasus
w S S I I w S S V ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = = 2 1 2 1 ) , ( 0
Sehingga mengakibatkan w = 0 . Hal ini kontradiksi dengan w adalah vektor eigen. Jadi nonsingular.
) , ( 2 1 S S V
Agar mendapatkan hasil yang konvergen pada metode Bernoulli, maka dibutuhkan lemma berikut.
Lemma 6.
Misalkan   dan adalah matriks kuadrat sehingga
1 Z 2 Z { } { } ) ( : ) ( : min 2 1 Z maks Z λ λ λ λ λ λ ∈ > ∈ maka adalah nonsingular dan setiap norm matriks 1 Z
0 lim 1 2 = − ∞ → i i i Z Z
Bukti Karena dan adalah matriks kuadrat  yang memenuhi kondisi 1 Z 2 Z { } { } ) ( : ) ( : min 2 1
Z maks Z λ λ λ λ λ λ ∈ > ∈ maka adalah solusi dominan dari dan adalah solusi minimal dari . Karena merupakan solusi dominan, maka akibatnya nonsingular. 1 Z ) ( X Q 2 Z ) ( X Q 1 Z
1 Z Sehingga jelas  untuk
0 lim 1 2 = − ∞ → i i i
Z Z
Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi Vol. 12  No.1 Juli  2015
Jurnal Matematika, Statistika & Komputasi Vol. 3 No 1 Juli 2006
Teorema 7.
Misalkan
Q(X) mempunyai solusi dominan dan solusi minimal dan adalah solusi rekurensi (21) dengan ) ( 1 S ) ( 2 S i Y 0 0 = Y dan I Y = 1 . Maka adalah nonsingular jika i cukup besar dan
i Y 1 1 1 lim S Y Y i i i = − − ∞ →

## Bukti
Dari teorema 5, diperoleh adalah nonsingular dan persamaan (21)
adalah solusi umum dari persamaan (20). Dengan kondisi awal dan ) , ( 2 1 S S V 0 0 = Y I Y = 1 maka
• Untuk 0 0 = Y , diperoleh 0 2 1 = Ω + Ω • Untuk I Y = 1 , diperoleh
I S S = Ω + Ω 2 2 1 1 Sehingga diperoleh: I S S = Ω − 1 2 1 ) (
Karena 1 Ω nonsingular, maka pertama ditunjukkan bahwa adalah nonsingular untuk i yang cukup besar. i Y Karena   nonsingular maka persamaan (21), dapat dituliskan menjadi 1 S ) ( 2 2 1 1 1 Ω + Ω = − S S S Y i i i
Dari lemma 6, diperoleh untuk i yang cukup besar, sehingga
. Jadi adalah nonsingular untuk i yang cukup besar.
0 2 1 → − i i S S 1 1 Ω = i i S Y i Y Dengan menggunakan persamaan (22) 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 ) )( ( − − − − − Ω + Ω Ω + Ω = i i i i i i S S S S Y Y 1 1 1 1 ) 1 ( 1 1 1 2 1 2 1 1 1 ) 1 ( 1 1 1 2 2 1 )) ( ) (( ) ( ) ( − − − − − − − − − − Ω Ω Ω + Ω Ω Ω + = i i i i i i S S S I S S S S 1 ) 1 ( 1 1 1 2 1 2 ) 1 ( 1 1 1 2 2 1 ) ( ) ( − − − − − − − − Ω Ω + Ω Ω + = i i i i S S I S S S Dari lemma 6 maka disimpulkan
0 lim ) 1 ( 1 1 1 1 2 = Ω Ω − − − ∞ → i i i S S dan 0 lim ) 1 ( 1 1 1 1 1 2 = Ω Ω − − − − ∞ → i i i S S Jadi diperoleh: 1 1 1 lim S Y Y i i i = − − ∞ → Contoh
0 0 1 0 1 0 1 0 0 ) ( 2 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + = X X X Q
Dengan iterasi Bernoulli dan menetapkan
0 0 = Y dan I Y = 1 , dari persamaan (20) maka diperoeh
0 0 1 2 = + + CY BY AY
) ( 0 1 2 CY BY AY + − = BI AY − = 2 BI A Y 1 2 − − = B A 1 − − =
Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi Vol. 12  No.1 Juli  2015
Jurnal Matematika, Statistika & Komputasi Vol. 3 No 1 Juli 2006
Jadi:
⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − = 0 1 0 0 1 0 0 1 2 Y ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − = 0 1 0 0 Dari maka 0 1 2 3 = + + CY BY AY ) ( 1 2 3 CY BY AY + − = ) ( 1 2 1 3 CY BY A Y + − = − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1
⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 0 1 0 1 1 0 0 1 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 1 0 1
Jadi diperoleh ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 1 0 1 3 Y
Jika iterasi ini diteruskan, maka akan diperoleh
dan L = = = 6 4 2 Y Y Y L = = = 7 5 3 Y Y
Y , sehingga dapat ditulis 1 , 3 1 2 2 2 ≥ = = + j untuk Y Y Y Y j j . Oleh
karena itu setiap adalah singular, sehingga untuk contoh di atas iterasi Bernoulli gagal. i Y

## 4.2. Iterasi Untuk Menghitung  Solusi
Untuk perhitungan yang lebih mudah, persamaan (20) dapat dituliskan dalam bentuk iterasi secara langsung untuk menentukan suatu solusi. Persamaan (20) dikalikan dari kanan dengan , maka diperoleh 1 1 − − i Y 0 1 1 1 1 1 = + + − − − − + C Y BY Y AY i i i i yang dapat dituliskan 0 ) ( 1 1 1 1 = + + − − − + C Y Y B Y AY i i i i
Dengan
mendefinisikan dan menetapkan , , maka diperoleh iterasi 1 1 − + = i i i Y Y X 0 0 = Y I Y = 1 0 ) ( 1 = + + − C X B AX i i C X B AX i i − = + − 1 ) ( 1 − − = + i i CX B AX
Untuk i = 1 , maka 0 1 0 1 1 0 1 1 = = = − − − − Y Y X X i Jadi 1 0 1 − − = + CX B AX B AX − = 1
(23) B A X 1 1 − − =
Jurnal Matematika, Statistika & Komputasi Vol. 3 No 1 Juli 2006
Dengan cara yang sama, persamaan (21) dikali dari kanan dengan , maka
diperoleh
1 1 − + i Y
0 ) ( 1 1 1 1 = + + − + − + i i i i Y CY BY AY 0 1 1 1 1 1 = + + − + − − + i i i i Y CY Y BY A Misalkan 1 1 − + = i i i Y Y W
0 ) ( 1 = + + − i i W CW B A 0 0 = W (24)
Iterasi ini untuk memecahkan , yang mana solusinya adalah nonsingular yang merupakan invers dari solusi Q(X) = 0. 0 2 = + + A BX CX
Dari teorema 7 disimpulkan bahwa jika Q(X) mempunyai solusi dominan dan solusi minimal serta barisan dan didefinisikan , maka 1 S 2 S i X i W dan 1 lim S X i i = ∞ → 1 1 lim − ∞ → = S W i i
Peranan dan pada pembuktian Teorema 7 adalah untuk menjamin bahwa adalah nonsingular. Pada umumnya pemilihan dan akan berdampak yang sama, jadi dapat dicoba dimulai dengan matriks yang berbeda yaitu pada persamaan (23) dan (24), yang mungkin diperoleh jika iterasi mengalami kesulitan.
0 Y 1 Y 1 Ω 0 Y 1 Y
Iterasi (23) dan (24) adalah iterasi titik tertentu yang dapat diperoeh  pada bentuk . Iterasinya juga dapat ditulis dalam bentuk lain yaitu 0 2 = + + C BX AX 0 0 ) ( 0 1 = = + + − X C X B AX i i (25)
dan (26) B C W W CW B A i i 1 1 1 0 ) ( − − − = = + +
Jika dihubungkan dengan rekurensi Bernoulli maka:
0 1 1 = + + + − i i i CZ BZ AZ I Z Z = = 1 0 , 0 (27 )
Jika Q(X) mempunyai solusi dominan dan suatu solusi minimal yang nonsingular maka solusi dari persamaan (27) adalah: 1 S 2 S 2 2 1 1 Ω + Ω = − i i i S S Z dengan dan 1 Ω 2 Ω ditentukan oleh kondisi awal, dan
1 2 1 1 lim − − + ∞ → = S Z Z i i i Karena itu, selama barisan dan terdefinisi, maka i W i X 2 lim S X i i = ∞ → 1 2 lim − ∞ → = S W i i

## Daftar Pustaka
[1]    Benjamin F.P, 1992, “ An Introduction to Applied Numerical Analysis” , Pws-Kent Publishing Company, Boston.
[2]    Gene H.G & Charles F.V.L, 1996, “ Matriks Computations” , The John Hopkins University Press, Baltimore and London, Third Edition.
[3]   Nicholas JH & Hyun-Min Kim, 2000, “ Numerical analysis of a quadratic matrix Equation”, IMA Journal of Numerical Analysis 20, 499-519.
[4]    Sastry S. S, 1997, “ Introductory methods of numerical analysis” ,  PHI.
Jurnal Matematika, Statistika, & Komputasi Vol. 12  No.1 Juli  2015