Deret Taylor

DERET TAYLOR DAN MACLAURIN

Di Susun : Muhammad Adrian Maulana 18314056 TS 18A

Di periksa : Permata, S.Si., M.Si

PROGRAM STUDI S1 TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK DAN ILMU KOMPUTER UNIVERSITAS TEKNOKRAT INDONESIA 2019/2020

KATA PENGANTAR

Puji syukur kami panjatkan kehadirat Allah SWT yang telah memberikan rahmat serta karunia-Nya kepada kami sehingga kami berhasil menyelesaikan makalah ini yang Alhamdulillah tepat pada waktunya yang berjudul “Deret Taylor”. Makalah ini berisikan tentang informasi seputar Deret Taylor atau yang lebih khususnya membahas persamaan-persamaan Deret Taylor dan Teorema Taylor. Diharapkan makalah ini dapat memberikan informasi kepada kita semua tentang Deret Taylor. Kami menyadari bahwa makalah ini masih jauh dari sempurna, oleh karena itu kritik dan saran dari semua pihak yang bersifat membangun selalu kami harapkan demi kesempurnaan makalah ini. Akhir kata, kami sampaikan terima kasih kepada semua pihak yang telah berperan serta dalam penyusunan makalah ini dari awal sampai akhir. Semoga Allah SWT senantiasa meridhai segala usaha kita. Amin.

Bandar Lampung, 7 April 2019

BAB I PENDAHULUAN

1.1

Latar Belakang Masalah

Turunan numerik digunakan secara luas untuk menentukan laju peruba-han suatu data digital yang mana fungsi pembangkitnya secara umum tidak diketahui. Selain itu, juga terdapat fungsi-fungsi tertentu yang tidak dapat ditu-runkan secara analitik sehingga dibutuhkan metode numerik untuk menentukan hampiran turunannya.

Salah satu metode numerik yang paling sering dan mudah digunakan dalam menghitung hampiran turunan suatu fungsi adalah metode beda hingga. Pada metode ini variabel domain suatu fungsi dipartisi atas sejumlah titik dan rumus aproksimasi untuk turunan diperoleh dari ekspansi deret Taylor di satu atau lebih titik partisi [6]. Berdasarkan lokasi titik-titik partisi yang digunakan, metode beda hingga dibagi atas tiga jenis, yaitu beda maju (forward di erence), beda mundur (backward di erence), dan beda pusat (central di erence). Rumus umum beda hingga untuk turunan ke-m dengan ketelitian orde ke-n dapat dibangkitkan dengan suatu algoritma rekursif, artinya untuk memper-oleh rumus turunan ke-m dengan ketelitian orde ke-n, perlu diketahui dulu rumus turunan ke-(m 1) dengan ketelitian orde ke-(n 1). Salah satu algoritma rekursif tersebut dikembangkan oleh Fornberg [3] yang darinya dapat dibuat tabel yang

berisi koe sien-koe sien rumus beda maju, mundur dan pusat untuk beberapa tingkatan turunan fungsi dengan beberapa orde ketelitian. Dalam tataran praktis, algoritma rekursif tersebut membutuhkan me-mori komputasi yang semakin besar untuk tingkatan turunan dan orde ketelitian yang semakin tinggi, karena melibatkan jumlah data (titik-titik partisi) yang se-makin banyak. Untuk mengatasi hal tersebut, diperlukan bentuk tutup dari rumus beda hingga sehingga koe sien-koe siennya dapat ditentukan secara lang-sung tanpa melewati proses perhitungan secara rekursif.

Adapun yang dimaksud dengan bentuk tutup di sini adalah suatu eks-presi matematika yang dapat dihitung dalam sejumlah berhingga operasi. Seba-gai contoh, ekspresi matematika 1 x X i f(x) = (1.1) 2i =0 bukanlah dalam bentuk tutup karena penjumlahnya memerlukan takhingga banyak operasi. Namun, dengan menggunakan deret geometri, ekspresi di atas dapat dinyatakan dalam bentuk tutup f(x) = 2x;

(1.2)

yang menjadi lebih sederhana perhitungannya. Dalam referensi [5], Khan dkk memberikan bentuk tutup dari rumus beda hingga yang dikembangkan berdasarkan deret Taylor. Untuk hampiran turunan pertama suatu fungsi f(x) di titik x = x0, bentuk tutup dari rumus beda hingganya diberikan oleh 1 f0 (x0)

T Xk gkfk; 2

(1.3)

dimana T menyatakan lebar selang partisi, sedangkan koe sien g k dan iterator k dide nisikan berdasarkan orde dan jenis beda hingga. Rumus untuk koe sien gk diperoleh dengan mengobservasi solusi sistem persamaan yang dibangun dari deret Taylor. Meskipun validasi rumus tersebut telah dibuktikan secara numerik sampai ke orde N yang cukup besar, namun rumus tersebut tidak dilengkapi dengan bukti matematis yang komprehensif. 1.2

Perumusan Masalah

Pada skripsi ini akan dibahas pembuktian matematis dari bentuk tutup rumus beda hingga berdasarkan deret Taylor yang dikembangkan oleh Khan dkk dalam referensi [5]. Pembahasan pada skripsi ini mengeksplorasi kembali kajian pada referensi [4]. 1.3

Pembatasan Masalah

Pembahasan dalam skripsi ini dibatasi pada pembuktian bentuk tutup rumus beda maju untuk turunan pertama dari fungsi satu variabel. 1.4

Tujuan Penelitian

Tujuan dari penelitian ini adalah untuk memberikan penjelasan detail mengenai pembuktian matematis dari bentuk tutup rumus beda maju berdasarkan deret Taylor.

BAB II ISI DERET TAYLOR DAN MACLAURIN Jika kita mempunyai sebuah fungsi dengan satu variabel, katakanlah sin x atau ln(cos2x), dapatkan fungsi ini digambarkan sebagai suatu deret pangkat dari x atau lebih umum dari (x  a) ?. Atau dengan kata lain, adakah bilangan c0, c1, c2, c3, . . . sehingga, f(x) = c0 + c1(x  a) + c2(x  a)2 + c3(x  a)3 . . . pada sebuah selang di sekitar x = a ? Apabila penggambaran fungsi semacam itu ada, maka menurut teorema tentang pendiferensialan deret (Teorema V.2) akan diperoleh pendiferensialan sebagai berikut, f’(x) = c1 + 2c2(x  a) + 3c3(x  a)2 + 4c4(x  a)3 . . . f’’(x) = 2c2 + 6c3(x  a) + 12c4(x  a)2 + 20c5(x  a)3 . . . f’’’(x) = 6c3 + 24c4(x  a) + 60c5(x  a)2 + 120c6(x  a)3 . . . . . . Apabila kita subtitusikan x = a, maka diperoleh, f(a)

= c0

f’(a) = c1 f’’(a) = 2c2 = 2!c2 f’’’(a) = 6c3 = 3!c3 . . . Dari hasil subtitusi ini selanjutnya kita dapat menghitung cn, yaitu c0 = f(a) c1 = f’(a) c2 =

f ' ' (a ) 2!

c3 =

f ' ' ' (a ) 3!

. . . Dari penentuan cn ini, kita dapat menuliskan rumus yang lebih umum, yaitu

f n (a ) n! Catatan : Supaya rumus untuk cn ini berlaku untuk n = 0, maka kita artikan f0(a) sebagai f(a) dan 0! = 1. cn =

Dari hasil di atas dapat kita lihat bahwa koefisien-koefisien cn ditentukan oleh f. Hal ini berarti bahwa suatu fungsi f tidak dapat digambarkan oleh dua deret pangkat dari x  a yang berbeda seperti yang dituangkan dalam teorema berikut.

Teorema VI.1 (Teorema Ketunggalan) Andaikan f memenuhi uraian berikut, f(x) = c0 + c1(x  a) + c2(x  a)2 + c3(x  a)3 . . . untuk semua x dalam selang di sekitar a, maka

f n (a ) cn = n! Jadi suatu fungsi tidak dapat digambarkan oleh dua deret pangkat dari (x  a).

Bentuk koefisien cn mirip dengan koefisien yang terdapat dalam Rumus Taylor, oleh karena itu deret pangkat dari (x  a) yang menggambarkan sebuah fungsi ini dinamakan deret Taylor. Apabila a = 0, maka deret dinamakan deret Maclaurin. Dengan deret Taylor ini kita bisa menjawab pertanyaan di awal bagian ini yaitu apakah sebuah fungsi f dapat digambarkan sebagai deret pangkat dalam x atau (x  a) seperti yang dinyatakan dalam teorema berikut.

Teorema VI.2 (Teorema Taylor) Misalkan f adalah sebuah fungsi yang memiliki turunan dari semua tingkat dalam selang (a  r, a  r). Syarat perlu dan cukup supaya deret Taylor f(a) + f’(a)(x  a) +

f ' ' (a ) f ' ' ' (a ) (x  a)2 + (x  a)3 + . . . 2! 3!

menggambarkan fungsi f dalam selang tersebut adalah,

lim Rn (x)  0

n 

dengan Rn(x) adalah suku sisa dalam Rumus taylor, yaitu Rn(x) =

f ( n 1) ( c) ( x  a ) n 1 ( n  1)!

dengan c suatu bilangan dalam selang (a  r, a  r).

Bukti : Untuk membuktikan teorema ini kita hanya perlu mengingat Rumus Taylor, yaitu f(a) + f’(a)(x  a) +

f ' ' (a ) f ' ' ' (a ) f ( n ) ( c) ( x  a ) n + Rn(x) (x  a)2 + (x  a)3 + . . . + 2! 3! n!

dengan mengambil lim Rn (x )  0, maka diperoleh, n 

f(a) + f’(a)(x  a) +

f ' ' (a ) f ' ' ' (a ) (x  a)2 + (x  a)3 + . . . 2! 3!

Perhatikanlah, apabila a = 0, maka diperoleh deret Maclaurin, yaitu f(0) + f’(0)(x) +

f ' ' ' ( 0) 3 f ' ' ( 0) 2 x + x +. . . 3! 2!

Contoh VI.1 Tentukan deret Maclaurin untuk sin x dan buktikan bahwa deret tersebut menggambarkan sin x untuk semua x. Jawab : f(x) f’(x) f’’(x) f’’’(x) f(4)(x) f(5)(x) f(6)(x) f(7)(x)

= sin x = cos x = sin x = cos x = sin x = cos x = sin x = cos x . . .

f(0) f’(0) f’’(0) f’’’(0) f(4)(0) f(5)(0) f(6)(0) f(7)(0)

= 0 = 1 = 0 = 1 = 0 = 1 = 0 = 1 . . .

Dengan memasukan harga-harga turunan ini ke deret Maclaurin diperoleh,

sin x = x 

x 3 x5 x 7    . . . 3! 5! 7!

Uraian deret ini akan berlaku untuk semua x, asal dapat dibuktikan bahwa

lim Rn (x) = lim

n 

n 

Oleh karena f ( n 1) ( x )  cos x  1 atau f

f ( n 1) ( c) n 1 x =0 ( n  1)!

( n 1)

( x )  sin x  1, maka

f ( n 1) ( c) n 1 x x  Rn(x) = ( n  1)! ( n  1)! n1

n 1

x Selain itu, menurut Uji Suku ke-n diperoleh bahwa lim = 0. Jadi lim Rn (x ) = 0. n  ( n  1)! n

Contoh VI.2 Tentukan deret Maclaurin untuk cos x dan buktikan bahwa deret tersebut menggambarkan cos x untuk semua x. Jawab : f(x) = cos x f(0) = 1

f’(x) f’’(x) f’’’(x) f(4)(x) f(5)(x) f(6)(x) f(7)(x)

= sin x = cos x = sin x = cos x = sin x = cos x = sin x . . .

f’(0) f’’(0) f’’’(0) f(4)(0) f(5)(0) f(6)(0) f(7)(0)

= 0 = 1 = 0 = 1 = 0 = 1 = 0 . . .

Dengan memasukan harga-harga ini ke deret Maclaurin diperoleh, cos x = 1 

x2 x4 x6    . . . 2! 4! 6!

Uraian deret ini akan berlaku untuk semua x, asal dapat dibuktikan bahwa f ( n 1) ( c) n 1 x =0 lim Rn (x) = lim n  ( n  1)! n 

Oleh karena f ( n 1) ( x )  cos x  1 atau f

( n 1)

( x )  sin x  1, maka

f ( n 1) ( c) n 1 x x  ( n  1)! ( n  1)! n1

Rn(x) =

n 1

x = 0. Jadi lim Rn (x ) = 0. n  ( n  1)! n

Selain itu, menurut Uji Suku ke-n diperoleh bahwa lim

Contoh VI.3 Tentukan deret Maclaurin untuk f(x) = cosh x dengan dua cara, dan buktikan bahwa uraian tersebut menggambarkan cosh x untuk semua x. Jawab : Cara pertama, f(x) f’(x) f’’(x) f’’’(x) f(4)(x) f(5)(x) f(6)(x)

= cosh x = sinh x = cosh x = sinh x = cosh x = sinh x = cosh x

f(0) f’(0) f’’(0) f’’’(0) f(4)(0) f(5)(0) f(6)(0)

=1 =0 =1 =0 =1 =0 =1

Jadi dengan memasukan harga-harga ini ke deret Maclaurin diperoleh, cosh x = 1 

x2 x4 x6    . . . 2! 4! 6!

Untuk membuktikan bahwa uraian ini menggambarkan cosh x untuk semua x, cukup dibuktikan bahwa lim Rn (x )  0. n 

Misalkan B sebuah bilangan sebarang, dan andaikan x  B , maka

cosh x =

e x  e x e x e x e B e B      eB 2 2 2 2 2

dengan jalan yang sama kita peroleh juga sinh x  eB . Oleh karena f(n+1)(x) adalah cosh x atau sinh x maka dapat kita simpulkan bahwa n 1

Rn (x )

f ( n 1) (c)x n 1 ex x  (n  1)! (n  1)

n 1

en x  0. Akibatnya n  ( n  1)!

Bentuk pada ruas terakhir menuju nol apabila n   atau lim

lim Rn (x)  0

n 

Cara kedua :

ex  e x Telah kita ketahui bahwa cosh x = 2 Dari Contoh VI.9 telah kita peroleh bahwa, ex = 1  x 

(i)

x2 x3 x4   + . . . 2! 3! 4!

(ii)

dari persamaan (ii) ini dapat ditentukan ex , yaitu x2 x3 x4    . . . 2! 3! 4! dengan mesubtitusikan persamaan (ii) dan (iii) ke persamaan (i) diperoleh, x 2 x3 x 4 x 2 x3 x 4 1 x     . . . + 1 x     . . . 2! 3! 4! 2! 3! 4! cosh x = 2 x2 x4 x6    . . . = 1 2! 4! 6!

ex = 1  x 

(ii)

Contoh VI.4 Tentukan deret Maclaurin untuk f(x) = sinh x dengan dua cara, dan buktikan bahwa uraian tersebut menggambarkan cosh x untuk semua x. Jawab : Cara pertama, f(x) f’(x) f’’(x) f’’’(x) f(4)(x) f(5)(x) f(6)(x)

= sinh x = cosh x = sinh x = cosh x = sinh x = cosh x = sinh x

f(0) f’(0) f’’(0) f’’’(0) f(4)(0) f(5)(0) f(6)(0)

=0 =1 =0 =1 =0 =1 =1

Jadi dari deret Maclaurin diperoleh,

x 3 x5 x 7 sinh x = x     . . . 3! 5! 7! VI.A. DERET BINOMIAL Dari Rumus Binomial diketahui bahwa untuk p bilangan bulat positif berlaku,  p  p  p  p p 2 3 (1 + x) = 1    x    x    x  . . .    x p 1 2  3  p dengan  p  p( p  1)( p  2) . . . ( p  k  1)  = k! k 

 p Perhatikan bahwa simbol   mempunyai arti untuk setiap bilangan riil p, asal saja k bulat k  positif. Dengan rumus binomial ini kita dapat menyusun teorema berikut.

Teorema VI.3 (Deret Binomial) Untuk setiap bilangan riil p dan x  1 berlaku ,  p  p  p  p p 2 3        x p 1  x  x  x  . . .  (1 + x) = 1 2  3  p  p dengan   seperti yang dibicarakan di atas. k 

Bukti : Andaikan f(x) = (1 + x)p. Jika kita diferensialkan fungsi ini maka diperoleh, f(x) = (1 + x)p f(0) = 1 f’(x) = p(1 + x)p  1 f’(0) = p p 2 f’’(x) = p(p  1)(1 + x) f’’(0) = p(p  1) p 2 f’’’(x) = p(p  1)(p  2)(1 + x) f’’’(0) = p(p  1)(p  2) . . . . . . Dengan memasukan harga-harga diferensial ini ke deret Maclaurin yaitu, f(x) = f(0) + f’(0)x + maka diperoleh, (1 + x)p = 1 + px +

f ' ' ' ( 0) 3 f ' ' ( 0) 2 x + x +. . . 3! 2!

p( p  1) 2 p( p  1)( p  2) 3 x + x +. . . 3! 2!

(i)

Karena,

p  p   1!  1  p( p  1)  p    2!  2 p( p  1)( p  2)  p    3!  3 p

maka persamaan (i) menjadi

 p  p  p (1 + x)p = 1    x    x 2    x 3  . . . 1 2  3 Contoh VI.5 Tuliskanlah (1  x)2 sebagai suatu deret Maclaurin pada selang 1  x  1. Jawab : Dengan menggunakan Teorema VI.3 (Deret Binomial) diperoleh, 2

(1 + x)

 2   2   2  2     x x   x 3  . . . = 1  1  2   3 ( 2)( 2  1) 2 ( 2)( 2  1)( 2  2) 3  2 x+ x + x +. . . 3! 2! 1! ( 2)( 3) 2 ( 2)( 3)( 4) 3 = 1  2x + x + x +. . . 6 2

=1+

= 1  2x + 3x2  4 x3 + . . . Selanjutnya ganti x dengan x, maka diperoleh, (1  x)2 = 1 + 2x + 3x2 + 4 x3 + . . . Contoh VI.6 Tulislah 1 x sebagai suatu deret Maclaurin dan gunakan hasilnya untuk menghampiri 11 , sampai 5 angka desimal 1

1 x = (1  x ) 2 Jawab : Dengan menggunakan deret Binomial diperoleh,

 21   21   21   1 2 3  2 4       x x  x  x  . . . (1 x) = 1 +          1  2  3  4 1 2

=1+ =1+

1 2

1!

x+

1 1 ( 2 2

 1)

2!

2

x +

1 1 ( 2 2

 1)( 21 2) 3!

3

x +

1 1 2 (2

 1)( 21  2)( 21  3) 4 x +. . . 4!

( 1 )(  21 ) 2 ( 21 )(  21 )(  32 ) 3 ( 21 )(  21 )(  32 )(  52 ) 4 1 x+ 2 x + x + x +. . . 2 24 2 6

1 1 1 3 5 4 x  x2 + x  x +. . . 16 8 128 2 Hasil ini akan kita gunakan untuk menghampiri 11 , sampai 5 angka desimal, yaitu

=1+

1

11 , = 1 , 0 1 = (1 0,1) 2 = 1 +

1 1 1 5 (0,1)  (0,1)2 + (0,1)3  (0,1)4 + . . . 16 8 128 2

01 , 0,01 0,001 5( 0,0001)     . . .  1,04881 2 8 16 128

= 1

Contoh VI.7 0,4

Hitunglah



1  x 4 dx sampai 5 angka desimal.

0 1

1 x 4 = (1 x 4 ) 2

Jawab : Dari Contoh VI.6 kita peroleh.

1 1 1 3 5 4 x  x2 + x  x +. . . 16 8 128 2

1

(1 x) 2 = 1 + Ganti x dengan x4, diperoleh 1

(1 x 4 ) 2 = 1 +

1 4 1 8 1 12 5 16 x  x + x  x +. . . 16 8 128 2

Jadi, 0,4



0,4

0,4

1  x dx = 4

 (1  x

4

0

0

1 2

) dx =



1

 1  2 x 0

4

1 1 5 16   x8  x12  x  . . . dx 8 16 128  0,4

1 1 9 1 13 5 17   x  x  x  . . .  =  x  x5  10 72 208 2176  0

(0,4) 5 (0,4) 9 (0,4) 13 5(0,4) 17 = 0,4     . . . 10 72 208 2176  0,40102 VI.B. SOAL LATIHAN Tentukanlah deret maclaurin untuk f(x) dalam Soal 1 - 6 sampai tiga suku pertama. 1 2. f(x) = 1 x2 1. f(x) = 2 1 x

1 x 3. f(x) = ex 

4. f(x) = x sec x

5. f(x) = e1 sin x

6. f(x) =

1 1 sin x

Tentukanlah deret Maclaurin untuk f(x) dalam Soal 7 - 16 hingga suku x5. 7. f(x) = tan x 8. f(x) = ex sin x 9. f(x) = ex cos x

10. f(x) = cos x ln(1 + x)

11. f(x) = ex + x + sin x

12. f(x) = sin3x

13. f(x) =

1 1  x  x2

14. f(x) =

15. f(x) = x sec(x2)

1 cosh x 1 x

16. f(x) = (1 + x)3/2

Tentukanlah deret Taylor dalam (x  a) hingga suku (x  a)3 pada soal 17-19 17. ex , a = 1

18. cos x , a =

n 3

19. 1 + x2  x3 , a = 1

20. Tentukanlah empat suku pertama tak nol dalam deret Maclaurin untuk sin1 x. Ingat bahwa, x 1 dt sin1 x =  2 1  t 0 21. Hitunglah dengan teliti sampai empat angka desimal integral berikut. 1

cos(x

2

) dx

0

22. Tentukanlah deret Taylor untuk kemudian gunakanlah uraian

1 1 1 dalam x  1. Petunjuk : Tulislah = , x x [1 (1 x )]

1 . 1 x

23. Carilah deret Maclaurin untuk f(x) dalam soal di bawah ini dengan menggunakan deret yang telah kita kenal. Selanjutnya gunakanlah hasilnya untuk menentukan f(4)(0). 2 (b) f(x) = esin x (a) f(x) = e x  x

et  1 dt (c) f(x) =  t2 0 x

2

(d) f(x) = e cos x

24. Tentukanlah deret Maclaurin untuk (1  x)1/2 sampai suku yang keenam. 25. Hitunglah integral berikut sampai 3 angka desimal. 1/ 2 1 1  cos x x2 dx (a)  e dx (b)  x 0 0 26. Butikan bahwa, ln(1  x ) = x  (1 21 )x 2  (1 21  31 )x 3  . . . 1 x

untuk 1  x  1

27. Buktikan bahwa

ln(1 x )

2

4 2x 3 1 1 2x = x  (1  )  (1  2  3 ) . . . 3 4 2

1 2

28. Tentukanlah deret Maclaurin untuk f(x) = sin x + cos x.

untuk 1  x  1

BAB III KESIMPULAN DAN SARAN

1. Kesimpulan Dari pembahasan makalah di atas dapat disimpulkan bahwa Deret Taylor sangat berguna dalam menyelesaikan masalah numerik, karena pada dasarnya Deret Taylor menyediakan sarana untuk memperkirakan nilai fungsi pada satu titik dalam bentuk nilai fungsi dan turunan-turunannya pada titik lain. Deret Taylor akan memberikan perkiraan suatu fungsi dengan benar jika semua suku dari deret tersebut diperhitungkan, tetapi pada kenyataannya sering dipehitungkan hanya beberapa suku pertama saja sehingga hasilnya tidak tepat seperti perhitungan analitisnya.

2. Saran Bertolak dari persamaan-persamaan dari Deret Taylor di atas, penyusun menyarankan kepada pembaca untuk lebih dalam mempelajari beberapa persamaan dari Deret Taylor karena Deret Taylor sangat berguna untuk menyelesaikan permasalahan matematis yang tidak dapat diselesaikan secara analitis.

Soal

250

120

x 120

B

A

70

w

y

C

175

D

630

z 390

115

JAWABAN : IN TOTAL @A @B @C @D

:

120 + 115 + 120 + 630 120 + W 120 + X 115 + Z 630 + Y 985 W–X Y–X Z–W Z–Y

: : : : :

: : : : :

OUT 250 + 175 + 70 + 390 250 + X 70 + Y 175 + W 390 + Z

885 130 50 60 240

Menggunakan eliminasi Gauss Jourdan 1 0 -1 0

-1 -1 0 0

0 1 0 -1

0 0 1 1

130 50 60 240

b3 + b1

1 0 0 0

-1 0 -1 1 -1 0 0 -1

0 0 1 1

130 50 -1b2 190 240

1 0 0 0

-1 1 -1 0

0 -1 0 -1

0 0 1 1

130 -50 b1 + b2 190 240

1 0 0 0

0 1 -1 0

-1 -1 0 -1

1 0 0 0

0 1 0 0

-1 -1 -1c -1

0 0 1 1

80 -50 140 240

1 0 0 0

0 1 0 0

-1 0 80 c -1 0 -50 b1 + b3 1 -1 -140 -1 1 240

1 0 0 0

0 1 0 0

0 -1 c 1 -1

-1 0 -1 1

-60 -50 -140 240

1 0 0 0

0 1 0 0

0 -1 -60 0 -1 -190 b4 + b3 1 -1 -140 -1c 1 240

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

-1 -1 -1 0

-60 -190 -140 100

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

-1 -1 -1 0

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

-1 -1 -1 0

0 -190 c -140 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

-1 0 -1 0 b3 +140 b4 -1 -140 c 0 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

-1 -1 -1 0

0 0 0 1

-b3

b2 + b3

1/100 b4

b2 + 190b4

W–Z =0 X– Z =0 Y– Z =0 W = Z X = Z Y = Z

Z (Free) jadi misal Z = 1 jadi W = 1 X = 1 Y = 1

0 0 1 1

80 -50 b3 + b2 190 240

-60 c -190 b1 +60 b4 -140 1