Aljabar Linear Elementer

(1)

Aljabar Linear Elementer

MA1223

3 SKS

Silabus :

Bab I Matriks dan Operasinya

Bab II Determinan Matriks

Bab III Sistem Persamaan Linear

Bab IV Vektor di Bidang dan di Ruang

Bab V Ruang Vektor

Bab VI Ruang Hasil Kali Dalam

Bab VII Transformasi Linear

(2)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 2 Sistem Persamaan Linear (SPL)

Sub Pokok Bahasan

– Pendahuluan

– Solusi SPL dengan OBE

– Solusi SPL dengan Invers matriks dan Aturan Crammer

– SPL Homogen

Beberapa Aplikasi Sistem Persamaan Linear  Rangkaian listrik

 Jaringan Komputer

 Model Ekonomi

(3)

1. Pendahuluan

Persamaan linear adalah persamaan dimana peubahnya tidak memuat eksponensial, trigonometri (seperti sin,

cos, dll.), perkalian, pembagian dengan peubah lain

atau dirinya sendiri. Contoh :

Jika perusahaan A membeli 1 Laptop (x) dan 2 PC (y) maka ia harus membayar $ 5000, sedangkan jika

membeli 3 Laptop dan 1 PC maka ia harus membayar $ 10000.

Representasi dari masalah tersebut dalam bentuk SPL

x + 2y = 5000

(4)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 4 Bentuk umum sistem persamaan linear

Dapat ditulis dalam bentuk :

















mn m m n n

a











1 1 2 11 11 1 11 11 1 1 2 12 1 11 x a x ... a x b a    _n _n  2 2 2 22 1 21 x a x ... a x b a    _n _n  m n mn m m x a x a x b a ₁ ₁  ₂ ₂  ...      



















m

b



2 1

















n

x



2 1

(5)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 5 Atau

AX = B

dimana

– A dinamakan matriks koefisien – X dinamakan matriks peubah – B dinamakan matriks konstanta

Contoh :

Perhatikan bahwa SPL

x + 2y = 5000

3x + y = 10000

dapat ditulis dalam bentuk perkalian matriks

                   10000 5000 y x 1 3 2 1

(6)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 6 Solusi SPL

 Himpunan bilangan Real dimana jika

disubstitusikan pada peubah suatu SPL akan memenuhi nilai kebenaran SPL tersebut.

Perhatikan SPL :

x + 2y = 5000

3x + y = 10000

Maka

{x = 3000, y =1000 } merupakan solusi SPL tersebut {x = 1000, y =3000 } merupakan bukan solusi SPL itu Suatu SPL, terkait dengan solusi, mempunyai tiga

kemungkinan :

– SPL mempunyai solusi tunggal

– SPL mempunyai solusi tak hingga banyak

(7)

Ilustrasi Solusi SPL dengan garis pada kartesius

Artinya : SPL

2x – y = 2 x – y = 0

Mempunyai solusi tunggal, yaitu x = 2, y = 2 y = x

y = 2x - 2

(2, 2) merupakan titik potong dua garis tersebut

Tidak titik potong yang lain selain titik tersebut

(2, 2)

x y

1 2 2

(8)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 8 Perhatikan SPL

x – y = 0

2x – 2y = 2

Jika digambar dalam kartesius

Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah sejajar

Tak akan pernah diperoleh titik potong kedua garis itu Artinya

SPL diatas TIDAK mempunyai solusi

x

y _{y = x}

y = x – 1

(9)

Perhatikan SPL

x – y = 0

2x – 2y = 0

Jika kedua ruas pada persamaan kedua dikalikan ½

Diperoleh persamaan yang sama dengan pers. pertama

Jika digambar dalam kartesius

Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah berimpit

Titik potong kedua garis banyak sekali disepanjang garis tersebut Artinya

SPL diatas mempunyai solusi tak hingga banyak

y

x x – y = 0

(10)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 10 Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE

• Tulis SPL dalam bentuk matriks yang diperbesar

• Lakukan OBE sampai menjadi esilon baris tereduksi Contoh :

Tentukan solusi dari SPL 3x – y = 5

x + 3y = 5

Jawab :

Martiks yang diperbesar dari SPL

₁3 ₃1 ₅5_ ~       ~ 5 5 1 3 3 1        10 ~ 5 10 0 3 1         1 ~ 5 1 0 3 1             1 2 1 0 0 1

(11)

Tulis kembali matriks yang diperbesar hasil OBE menjadi perkalian matriks

Solusi SPL tersebut adalah x = 2 dan y = 1 Contoh :

Tentukan solusi (jika ada) dari SPL berikut : a. a + c = 4 a – b = –1 2b + c = 7                    1 2 1 0 0 1 y x

(12)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 12 b. a + c = 4 a – b = –1 –a + b = 1 c. a + c = 4 a – b = –1 –a + b = 2 Jawab : a.



Terlihat bahwa solusi SPL adalah a = 1, b = 2, dan c =3             7 1 4 1 2 0 0 1 1 1 0 1           3 2 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1

(13)

b.



Jika dikembalikan kedalam bentuk perkalian matriks diperoleh :

Ini memberikan a + c = 1 dan b + c =5.

Dengan memilih c = t, dimana t adalah parameter. Maka solusi SPL tersebut adalah :

, dimana t adalah parameter

             1 1 4 0 1 1 0 1 1 1 0 1           0 5 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1                                0 5 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 c b a                                   0 5 1 1 1 1 t c b a

(14)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 14 c.



Terlihat bahwa ada baris nol pada matriks koefisien

tetapi matriks konstanta pada baris ke-3 sama dengan 1 (tak nol)

Dari baris ke-3 diperoleh hubungan bahwa 0.a + 0.b = 1.

Tak ada nilai a dan b yang memenuhi kesamaan ini. Jadi, SPL tersebut tidak memiliki solusi.

             2 1 4 0 1 1 0 1 1 1 0 1           1 5 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1                                1 5 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 c b a

(15)

Contoh : Diketahui SPL : x + 2y – 3z = 4 3x – y + 5z = 2 4x + y + (a2_{– 14) z = a+2} Tentukan a sehingga SPL : a. Mempunyai solusi tunggal b. Tidak mempunyai solusi c. Solusi yang tidak terhingga

(16)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 16 Jawab:

Matrik diperbesar dari SPL adalah

a. Agar SPL mempunyai solusi tunggal: a2_{– 16  0 sehingga a   4} ~ 2 14 -1 4 2 5 1 3 4 3 -2 1 2             a a               14 2 -7 0 10 14 7 0 4 3 -2 1 2 _a a              4 16 -0 0 10 14 7 0 4 3 -2 1 ~ 2 _a a

(17)

b. Perhatikan baris ketiga

0x + 0y + (a2_{– 16a) z = a – 4}

SPL tidak mempunyai solusi saat a2_{– 16 = 0 dan a– 4  0}

Sehingga a =  4 dan a  4. Jadi , a = – 4.

c. SPL mempunyai solusi tak hingga banyak a2_{– 16 = 0 dan a – 4 = 0} Jadi , a = 4















4

16 -0

0

10

14

7

0

4

3 -2

1

2

_a

a

(18)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 18 Solusi SPL dengan Matriks Invers

Atau

AX = B

Kalikan setiap ruas di atas dengan A–1

A–1_{A X = A}–1_B diperoleh :

X = A–1_B

Ingat bahwa suatu matriks A mempunyai invers

jika dan hanya jika

Det (A)  0.             nn n n n n a a a a a a a a a        1 1 2 11 11 1 11 11             n x x x  2 1              n b b b  2 1

(19)

Contoh :

Tentukan solusi dari SPL berikut :

a + c = 4 a – b = –1

2b + c = 7 Jawab :

Perhatikan bahwa

Jadi A mempunyai Invers

0 1 1 2 0 0 1 -1 1 0 1    A 1 -2 -2 1 1 1 -1 2 1 -1             A

(20)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 20 sehingga X = A–1_{B berbentuk :}

Jadi, Solusi SPL tersebut adalah

                     3 2 1 c b a 7 1 -4 1 -2 -2 1 1 1 -1 2 1                                c b a            3 2 1

(21)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 21

Solusi SPL dengan aturan Cramer

Misalkan SPL ditulis dalam bentuk AX = B, yaitu :

Jika determinan A tidak sama dengan nol

maka solusi dapat ditentukan satu persatu (peubah ke-i, x_i) Langkah-langkah aturan cramer adalah :

• Hitung determinan A

• Tentukan A_i  matriks A dimana kolom ke-i diganti oleh B. Contoh :             nn n n n n a a a a a a a a a        1 1 2 11 11 1 11 11             n x x x  2 1              n b b b  2 1              nn n n n n a b a a b a a b a A        1 2 2 11 1 1 11 2

(22)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 22 • Hitung |A_i|

• Solusi SPL untuk peubah x_i adalah

Contoh :

Tentukan solusi b dari SPL berikut :

a + c = 4 a – b = –1 2b + c = 7 Jawab : Perhatikan bahwa ) det( ) det( A A x i i  1 1 2 0 0 1 -1 1 0 1   A

(23)

Maka

Jadi, Solusi peubah b yang memenuhi SPL adalah b = 2

) A ( det ) Ab ( det b  1 1 7 0 0 1 -1 1 4 1  7 0 1 -1 1 1 0 0 1 (-4) 1 7 0 1 -1    ) 0 -7 ( 1 ) 0 -1 ( (-4) ) 0 -1 -( 1    7 (-4) 1 -     2

(24)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 24 Tentukan solusi SPL untuk peubah a ?





 

1 1 2 7 0 1 -1 -1 0 4 det det   A Aa a

1

5

0

4 )

(-7)

-2

-

(

1 )

0 -

1 -

(

4

2

7

1 -1

1

0

1

2

0

1 -4















(25)

Sistem Persamaan Linear Homogen

Bentuk umum

• SPL homogen merupakan SPL yang konsisten,  selalu mempunyai solusi.

• Solusi SPL homogen dikatakan tunggal jika solusi itu adalah

• Jika tidak demikian,

SPL homogen mempunyai solusi tak hingga banyak. (biasanya ditulis dalam bentuk parameter)

0 0 0 2 2 1 1 2 2 22 1 21 1 2 12 1 11             n mn m m n n n n x a x a x a x a x a x a x a x a x a       



x₁  x₂   x_n  0



(26)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 26 Contoh :

Tentukan solusi SPL homogen berikut 2p + q – 2r – 2s = 0

p – q + 2r – s = 0

–p + 2q – 4r + s = 0 3p – 3s = 0

SPL dapat ditulis dalam bentuk

             0 0 0 0 3 0 0 3 1 4 2 1 -1 2 1 1 2 2 1 2

(27)

dengan melakukan OBE diperoleh :

Maka solusi SPL homogen adalah :

p = a, q = 2b , s = a, dan r = b,

dimana a, b merupakan parameter.

             0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 1 0 1 0 0 1

(28)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 28 Contoh :

Diketahui SPL

a. Tentukan b agar SPL memiliki solusi tak hingga banyak

b. Tuliskan solusi SPL tersebut Jawab :

Solusi suatu SPL homogen adalah tak tunggal jika det(A) = 0.                                0 0 0 -1 1 0 1 -1 0 0 0 - z y x b b b

(29)

 (–b) ((1 – b)(1 – b)) – 1 = 0 (–b) (b2 – 2b + 1 – 1) = 0 (–b) (b2 – 2b) = 0 b = 0 atau b = 2

Solusi SPL tak hingga banyak saat b = 0 atau b = 2

0 1 1 0 1 1 0 0 0     b b b

 

0 1 1 1 1      b b b

(30)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 30 • Saat b = 0                                0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 z y x

Dengan OBE maka

                    0 0 0 1 1 0 0 0 0 ~ 1 1 0 1 1 0 0 0 0                       q q p z y x q p                       1 1 - 0 0 0 1 =

(31)

• Saat b = 2

Dengan OBE maka

Misalkan q adalah parameter Riil, maka

                                  0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 2 z y x ~ 1 1 0 1 1 0 0 0 2              ~ 1 1 0 1 1 0 0 0 1             ~ 1 1 0 1 1 0 0 0 1                        0 0 0 1 1 0 0 0 1 ~ q q q z y x                                 1 1 0 0

(32)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 32 Contoh 9 :

Perhatikan ilustrasi segitiga berikut :

 b  a c  Tunjukan bahwa : a2_{= b}2_{+ c}2_{– 2bc cos}

(33)

Jawab :

Dari gambar tersebut diketahui bahwa : c cos + b cos = a c cos + a cos = b b cos + a cos = c atau







































c

b

a

b

a

c

b

c







cos

0

(34)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 34















0

0 det

a

b

a

c

b

c

 

a b c b b a c c 1 0 0 1 0   12   13

   

ab

b

ac

c







2 abc

Perhatikan bahwa :

Dengan aturan Crammer diperoleh bahwa :

abc a c a b b c a 2 0 0 cos 

 

_             a b b a a c a b c abc 2 3 2 1 1 0 0 1 2 1

(35)

abc

b

a

ac

2 cos

2 2 3 2

_

_





bc b a c 2 2 2 2 _ _ 

Jadi, terbukt bahwa : a2_{= b}2_{+ c}2_{– bc cos}

(36)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 36 Latihan Bab 3

1. Tentukan solusi SPL berikut :

2. Tentukan solusi SPL :

2p – 2q – r + 3s = 4

p – q + 2s = 1

–2p +2q – 4s = –2

3. Tentukan solusi SPL homogen berikut : 4 2 9 6 3 12 8 2         b a b a b a 0 18 8 10 2 0 7 0 7 7 10 2 0 7 4 5                   t s r q p t s r t s r q p t r q p

(37)

4. Diketahui SPL AX = B

Tentukan solusi SPL di atas dengan menggunakan :

– operasi baris elementer (OBE ) – Invers matrik

– Aturan Cramer

5. Diketahui

Tentukan yang memenuhi.

, 1 2 0 0 1 1 1 0 1            A            3 2 1 x x x X             1 1 1 dan B                       5 4 2 2 0 2 4 1 2 1 1 3 X X        4 2 3 1 x x x x X

(38)

19/09/2014 11:11 MA-1223 Aljabar Linear 38 6. SPL homogen (dengan peubah p, q, dan r)

Tentukan nilai k sehingga SPL punya solusi tunggal 7. Misalkan

Tentukan vektor tak nol sehingga



1



0 0 2 0 2 2 _ _ _ _      r q k p k r q r q p        3 5 3 1 B        y x u Bu  6u