Operasi Baris Elementer OBE dan Eliminas

(1)

MZI

Fakultas Informatika Telkom University

FIF Tel-U

Agustus 2015

(2)

Acknowledgements

Slide ini disusun berdasarkan materi yang terdapat pada sumber-sumber berikut:

1 Aplikasi Matriks dan Ruang Vektor,Edisi 1 2014,olehAdiwijaya.

2 _{Elementary Linear Algebra}, _{10th Edition}, 2010,olehH. Anton dan C. Rorres. 3 Slide kuliah Aljabar Linier di Telkom UniversityolehJondri.

(3)

2 _{Representasi Matriks untuk SPL}

3 _{Operasi Baris Elementer (OBE)}

4 _{Bentuk Eselon Baris (EB) dan Eselon Baris Tereduksi (EBT)}

5 _{Eliminasi Gauss-Jordan (EGJ)}

6 Latihan OBE dan EGJ (1)

7 _{SPL Homogen}

8 _{Latihan OBE dan EGJ (2)}

(4)

Bahasan

1 _{Motivasi dan Pengenalan OBE}

7 _{SPL Homogen}

(5)

Kita sudah melihat beberapa metode untuk memperoleh solusi dari SPL dengan2 atau3 peubah, diantaranya adalah: metode geometris (menggambar gra…k), metode substitusi, metode eliminasi, dan metode eliminasi-substitusi. Metode-metode tersebut memiliki kelemahan, yaitu:

(6)

Motivasi

(7)

1 Metode geometris sukar diterapkan untuk mencari solusi SPL dengan3 peubah dan mustahil diterapkan jika kita ingin mencari solusi SPL dengan banyak peubah lebih dari3.

2 Metode substitusi, eliminasi, maupun eliminasi-substitusi membutuhkan waktu yang relatif lama. Selain itu penerapan metode-metode ini juga rentan dengan kesalahan aritmetika. Singkatnya, metode-metode ini terlalunguli.

(8)

Motivasi

1 Metode geometris sukar diterapkan untuk mencari solusi SPL dengan3 peubah dan mustahil diterapkan jika kita ingin mencari solusi SPL dengan banyak peubah lebih dari3.

2 Metode substitusi, eliminasi, maupun eliminasi-substitusi membutuhkan waktu yang relatif lama. Selain itu penerapan metode-metode ini juga rentan dengan kesalahan aritmetika. Singkatnya, metode-metode ini terlalunguli.

(9)

Operasi baris elementer merupakan suatu operasi yang dilakukan pada suatu matriks. Operasi ini terdiri atas:

1 OBE 1: Perkalian dengan skalar tak nol. 2 OBE 2: Penukaran baris.

3 _{OBE 3}: Penjumlahan kelipatan skalar suatu baris dengan baris yang lain.

(10)

OBE 1: Perkalian dengan Skalar Tak Nol

Pandang SPL berikut

x+y= 4

x y= 2 (1)

(11)

Pandang SPL berikut

x+y= 4

x y= 2 (1)

Dengan metode yang dipelajari di sekolah menengah, kita mengetahui bahwa x= 3dany=

(12)

OBE 1: Perkalian dengan Skalar Tak Nol

Pandang SPL berikut

x+y= 4

x y= 2 (1)

(13)

Pandang SPL berikut

x+y= 4

x y= 2 (1)

Dengan metode yang dipelajari di sekolah menengah, kita mengetahui bahwa x= 3dany= 1 adalah solusi dari SPL (1). Jika kita mengalikan persamaan pertama dengan2, maka kita memperoleh SPL

(14)

OBE 1: Perkalian dengan Skalar Tak Nol

Pandang SPL berikut

x+y= 4

x y= 2 (1)

2x+ 2y= 8

(15)

Pandang SPL berikut

x+y= 4

x y= 2 (1)

2x+ 2y= 8

x y= 2 (2)

Dengan metode yang dipelajari di sekolah menengah, kita mengetahui bahwa x= 3dany= 1 juga solusi dari SPL (2).

(16)

OBE 1: Perkalian dengan Skalar Tak Nol

Pandang SPL berikut

x+y= 4

x y= 2 (1)

2x+ 2y= 8

x y= 2 (2)

(17)

Pada SPL (1) jika kita menukar posisi persamaan pertama dan persamaan kedua, maka kita akan memperoleh SPL berikut

x y= 2

x+y= 4 (3)

Jelas bahwa solusi dari SPL (3)

(18)

OBE 2: Menukar Persamaan

Pada SPL (1) jika kita menukar posisi persamaan pertama dan persamaan kedua, maka kita akan memperoleh SPL berikut

x y= 2

x+y= 4 (3)

(19)

Pada SPL (1) kita dapat mengalikan persamaan pertama dengan 1dan kemudian menambahkan hasilnya ke persamaan kedua. Dalam hal ini persamaan pertama tetap, namun persamaan kedua berubah. Kita memiliki SPL baru berikut

(20)

OBE 3

x+y= 4

(21)

x+y= 4

2y= 2 (4)

Solusi dari SPL (4) adalahy= 1danx= 3, yang sama dengan solusi SPL (1).

(22)

OBE 3

x+y= 4

2y= 2 (4)

(23)

7 _{SPL Homogen}

(24)

Representasi Matriks untuk SPL

(25)

Di sekolah menengah Anda sudah mengenal perkalian matriks2 2dengan suatu vektor kolom2 1. Contohnya, SPL (1) dapat kita tulis dalam bentuk

1 1

x y =

4 2

Sekarang kita de…nisikan representasi matriks dalam bentuk yang “lain” untuk SPL (1) sebagai berikut

(26)

Representasi Matriks untuk SPL

Di sekolah menengah Anda sudah mengenal perkalian matriks2 2dengan suatu vektor kolom2 1. Contohnya, SPL (1) dapat kita tulis dalam bentuk

1 1

x y =

4 2

Sekarang kita de…nisikan representasi matriks dalam bentuk yang “lain” untuk SPL (1) sebagai berikut

1 1 j 4

1 1 j 2 atau

1 1 4

1 1 2 (5)

(27)

7 _{SPL Homogen}

(28)

Operasi Baris Elementer (OBE)

Operasi Baris Elementer/ OBE

Diberikan suatu matriksAdengan baris-barisR1; R2; : : : ; Rm. Operasi baris

(29)

Operasi Baris Elementer/ OBE

elementer (OBE) padaAadalah salah satu dari operasi-operasi berikut:

OBE1 Mengalikan suatu baris padaAdengan konstanta tak nol.

(30)

Operasi Baris Elementer (OBE)

Operasi Baris Elementer/ OBE

OBE1 Mengalikan suatu baris padaAdengan konstanta tak nol. JikaA0 _adalah

matriks baru yang diperoleh dengan OBE ini, kita berikan keterangan

(31)

Operasi Baris Elementer/ OBE

matriks baru yang diperoleh dengan OBE ini, kita berikan keterangan Ri Ri . Ini berarti barisRi yang barupadaA0_{sama dengan} _{kali baris}

Ri yang lamapadaA.

(32)

Operasi Baris Elementer (OBE)

Operasi Baris Elementer/ OBE

Ri yang lamapadaA.

(33)

Operasi Baris Elementer/ OBE

Ri yang lamapadaA.

OBE2 Menukar posisi dua baris padaA. Jika A0 _{adalah matriks baru yang}

diperoleh dengan OBE ini, kita berikan keteranganRi$Rj untuk barisRi

danRj yang ditukar padaA.

(34)

Operasi Baris Elementer (OBE)

Operasi Baris Elementer/ OBE

Ri yang lamapadaA.

danRj yang ditukar padaA. Ini berarti barisRi padaA0 menjadi barisRj

(35)

Operasi Baris Elementer/ OBE

Ri yang lamapadaA.

padaA, dan sebaliknya.

OBE3 Mengalikan suatu baris padaAdengan suatu konstanta dan menambahkan hasilnya ke suatu baris yang lain.

(36)

Operasi Baris Elementer (OBE)

Operasi Baris Elementer/ OBE

Ri yang lamapadaA.

OBE3 Mengalikan suatu baris padaAdengan suatu konstanta dan menambahkan hasilnya ke suatu baris yang lain. JikaA0 _{adalah matriks baru yang diperoleh}

(37)

Operasi Baris Elementer/ OBE

Ri yang lamapadaA.

OBE3 Mengalikan suatu baris padaAdengan suatu konstanta dan menambahkan hasilnya ke suatu baris yang lain. JikaA0 _{adalah matriks baru yang diperoleh}

dengan OBE ini, kita berikan keteranganRj Rj+ Ri. Ini berarti baris Rj yangbarupadaA0 _{sama dengan baris}_Rj _yang_lama_pada_A_ditambah dengan kali barisRi yanglama padaA.

(38)

Contoh OBE

Kita akan menyelesaikan SPL x+y= 4

x y= 2 via OBE, matriks diperbesar yang

(39)

berkaitan adalah 1 1 4

1 1 2 . Langkah-langkahnya adalah

0). 1₁ 1₁ 4₂ ;

(40)

Contoh OBE

(41)

0). ₁1 1₁ 4₂ ; 1). 1₀ ₂1 4₂ (R2 R2 R1);

2). 1 1 4

0 1 1 R2

1 2R2 ;

(42)

Contoh OBE

0). ₁1 1₁ 4₂ ; 1). 1₀ ₂1 4₂ (R2 R2 R1);

2). 1 1 4

0 1 1 R2

1

2R2 ; 3).

1 0 3

(43)

0). ₁1 1₁ 4₂ ; 1). 1₀ ₂1 4₂ (R2 R2 R1);

2). 1 1 4

0 1 1 R2

1

2R2 ; 3).

1 0 3

0 1 1 (R1 R1 R2). Pada langkah terakhir kita memiliki matriks

1 0 3

0 1 1 . (6)

Dari bentuk (6) kita dengan mudah mengetahui bahwax= 3 dany= 1 merupakan solusi dari SPL (1).

(44)

Contoh OBE

0). ₁1 1₁ 4₂ ; 1). 1₀ ₂1 4₂ (R2 R2 R1); langkah terakhir kita memiliki matriks

1 0 3

0 1 1 . (6)

(45)

Untuk menghemat waktu dan kertas, kita bisa melakukan OBE secara simultan dengan syarattidak menimbulkan ambiguitas. Contoh:

rangkaian OBE berikut

0

B B @

1 1 1 10

1 0 1 5

2 1 3 5

3 1 4 10

1

C C A

(46)

Melakukan OBE Simultan (1)

(47)

0

(48)

Melakukan OBE Simultan (1)

(49)

dapat dilakukan lebih ringkas sebagai

(50)

Melakukan OBE Simultan 2

Kemudian rangkaian OBE berikut

0

B B @

1 0 0 2 0 1 0 2 1 1 0 4 1 0 1 6

1

(51)

(52)

Melakukan OBE Simultan 2

(53)

(54)

Melakukan OBE Simultan 2

0

(55)

dapat dilakukan lebih ringkas sebagai

0

(56)

OBE yang Baik: Hindari Operasi Bertingkat

Meskipun OBE dapat dilakukan secara simultan, kita harus berhati-hati agar tidak melakukan “operasi bertingkat (nested operation)”, karena hal ini dapat

(57)

menimbulkan ambiguitas. Contoh operasi bertingkat yang menimbulkan ambiguitas

(58)

OBE yang Baik: Hindari Operasi Bertingkat

(59)

Pada OBE tersebut, nilai dariR1yang baru adalah2R1yang lama. Kemudian nilaiR1 yang baru tersebut dijumlahkan denganR2 yang lama untuk memperoleh R2 yang baru.

(60)

OBE yang Baik: Hindari Operasi Bertingkat

(61)

Pada OBE tersebut, nilai dariR1yang baru adalah2R1yang lama. Kemudian nilaiR1 yang baru tersebut dijumlahkan denganR2 yang lama untuk memperoleh R2 yang baru. Padahal pada keterangan yang kita berikan kita hanya menulis R2 R2+R1. JadiR1 di sini tidak jelas mengacu ke mana.

(62)

Tips OBE Simultan

OBE dapat dilakukan secara simultan, namun kita harus menghindari operasi bertingkat pada OBE yang kita lakukan:

1 Pada OBE 1, jika kita melakukan_R_i _R_i, makatidak boleh ada operasi lain yang mengubah nilaiRi.

2 Pada OBE 3, jika kita melakukan_R

j Rj+ Ri, maka tidak boleh ada

(63)

Tips OBE Simultan

OBE dapat dilakukan secara simultan, namun kita harus menghindari operasi bertingkat pada OBE yang kita lakukan:

1 Pada OBE 1, jika kita melakukan_R_i _R_i, makatidak boleh ada operasi lain yang mengubah nilaiRi.

2 Pada OBE 3, jika kita melakukan_R

j Rj+ Ri, maka tidak boleh ada

operasi lain yang mengubah nilaiRj danRi.

Singkatnyapada operasi(kiri) (kanan), tidak boleh ada operasi lain yang mengubah nilai(kanan).

(64)

Bahasan

7 _{SPL Homogen}

(65)

Beberapa matriks diperbesar memiliki bentuk sehingga solusinya mudah ditentukan.

(66)

Matriks Diperbesar dengan Solusi “Mudah Dilihat”

0

B B @

1 0 1996 0 1 2015

0 0 0

1

(67)

0

B B @

1 0 1996 0 1 2015

0 0 0

1

C C

Amemiliki solusi

(68)

Matriks Diperbesar dengan Solusi “Mudah Dilihat”

0

B B @

1 0 1996 0 1 2015

0 0 0

1

C C

(69)

Beberapa matriks diperbesar memiliki bentuk sehingga solusinya mudah

(70)

Matriks Diperbesar dengan Solusi “Mudah Dilihat”

(71)

(72)

Matriks Diperbesar dengan Solusi “Mudah Dilihat”

(73)

Amemberikan dua PL, yaitu

(74)

Matriks Diperbesar dengan Solusi “Mudah Dilihat”

(75)

(76)

Matriks Diperbesar dengan Solusi “Mudah Dilihat”

(77)

(78)

Matriks Diperbesar dengan Solusi “Mudah Dilihat”

(79)

(80)

Matriks Diperbesar dengan Solusi “Mudah Dilihat”

(81)

Atidak memiliki solusi (tidak konsisten),

(82)

Matriks Diperbesar dengan Solusi “Mudah Dilihat”

Atidak memiliki solusi (tidak konsisten), baris terakhir ekivalen

(83)

Bentuk Eselon Baris (EB)

1 Jikaentri sebuah baristidak seluruhnya nol,makaentri pertama dari kiri

adalah1. Selanjutnya1 ini akan kita sebut1 utama(leading 1).

0

@

1 0 2 4 0 1 3 6 0 0 1 0

1

A

(84)

Bentuk Eselon Baris

Bentuk Eselon Baris (EB)

(85)

Bentuk Eselon Baris (EB)

0

(86)

Bentuk Eselon Baris

Bentuk Eselon Baris (EB)

0

2 1utama pada barisyang lebih bawahberada pada tempatyang lebih kanan.

(87)

Bentuk Eselon Baris (EB)

0

(88)

Bentuk Eselon Baris

Bentuk Eselon Baris (EB)

0

(89)

Bentuk Eselon Baris (EB)

0

3 Semua baris yangseluruh entrinya0 ditempatkan bersama dibaris bawah.

0

(90)

Bentuk Eselon Baris

Bentuk Eselon Baris (EB)

0

(91)

Bentuk Eselon Baris (EB)

0

(92)

Bentuk Eselon Baris

Bentuk Eselon Baris Tereduksi (EBT)

Sebuah matriks dikatakan dalam bentuk EBT apabila matriks tersebut berada dalam bentuk EB dan memenuhi sifat tambahan berikut.

4 Semua entri matriks yang beradadi atas1utama bernilai0.

0

@

0 0 1 7 0 0 0 2 0 0 0 0 0 1 0 4 0 0 0 0 0 0 1 3

1

(93)

Bentuk Eselon Baris Tereduksi (EBT)

0

@

0 0 1 7 0 0 0 2 0 0 0 0 0 1 0 4 0 0 0 0 0 0 1 3

1

AEBT?Ya.

(94)

Bentuk Eselon Baris

Bentuk Eselon Baris Tereduksi (EBT)

(95)

Bentuk Eselon Baris Tereduksi (EBT)

0

(96)

Bentuk Eselon Baris

Bentuk Eselon Baris Tereduksi (EBT)

(97)

Bentuk Eselon Baris Tereduksi (EBT)

0

(98)

Bentuk Eselon Baris

Bentuk Eselon Baris Tereduksi (EBT)

0

(99)

Bentuk Eselon Baris Tereduksi (EBT)

0

AEBT?Tidak,EB?Tidak.

(100)

Bahasan

7 _{SPL Homogen}

(101)

Eliminasi Gauss-Jordan (EGJ) merupakan suatu cara untuk mencari solusi SPL.

EGJ memberikan suatu metode sistematis dalam mengubah matriks diperbesar dari suatu SPL dengan OBE sehingga diperoleh suatu matriks dalam bentuk EBT. Singkatnya, EGJ melakukan hal berikut

(102)

Eliminasi Gauss-Jordan (EGJ): Pendahuluan

0

matriks diperbesar dari SPL

=)

(103)

0

matriks diperbesar dari SPL

=)

serangkaian OBEBentuk EBT

Catatan: eliminasi Gauss: mengubah matriks diperbesar menjadi bentukEB,

eliminasi Gauss-Jordan: mengubah matriks diperbesar menjadi bentukEBT.

(104)

Contoh Penerapan EGJ

Kita akan menentukan solusi dari SPL

2y +z = 7

2x 2y = 2

2x y +z = 3

.

(105)

Kita akan menentukan solusi dari SPL

2y +z = 7

2x 2y = 2

2x y +z = 3

.

Matriks diperbesar yang bersesuaian dengan SPL ini adalah

2

4

0 2 1 7

2 2 0 2

2 1 1 3

3

5

(106)

(107)

4

0 2 1 7

2 2 0 2

2 1 1 3

5

2).

(108)

1) Cari kolom paling kiri yang tak seluruhnya nol.

2

4

0 2 1 7

2 2 0 2

2 1 1 3

3

5

(109)

4

0 2 1 7

2 2 0 2

2 1 1 3

5

2). Jadikanentri terkiri dan teratas sebagai entri tak nol,jika perlu lakukan tukar baris. Entri ini disebutpivot.

2

4 2

2 0 2

0 2 1 7

2 1 1 3

3

5(R1$R2)

3).

(110)

2

(111)

4

0 2 1 7

2 2 0 2

2 1 1 3

5

2

3). Jadikan pivot bernilai1.

2

4 1

(112)

2

4 1

(113)

4

0 2 1 7

2 2 0 2

2 1 1 3

5

2

4 1

1 0

(114)

2

(115)

4). Gunakan OBE untuk membuat semua entri di bawah pivot bernilai0.

(116)

2

4 1

1 0 1

0 2 1 7

(117)

2

4 1

1 0 1

0 2 1 7

0 1

(118)

2

4 1

1 0 1

0 2 1 7

(119)

2

4 1

1 0 1

0 2 1 7

0 1 1 5

3

5(R3 R3 2R1)

5).

(120)

2

4 1

1 0 1

0 2 1 7

0 1 1 5

3

5(R3 R3 2R1)

(121)

5). 1utama pertama sudah diperoleh. Untuk memperoleh 1utama berikutnya, lakukan cara yang serupa seperti langkah 1).

2

5. Lakukan OBE agar pivot bernilai1.

(122)

5). 1utama pertama sudah diperoleh. Untuk memperoleh 1utama berikutnya, lakukan cara yang serupa seperti langkah 1).

2

(123)

(124)

2

4

1 1 0 1

0 1 1 5

(125)

2

4

1 1 0 1

0 1 1 5

0 0 1

(126)

2

4

1 1 0 1

0 1 1 5

0 0 1 3

3

5(R3 R3 2R1)

(127)

2

4

1 1 0 1

0 1 1 5

0 0 1 3

3

5(R3 R3 2R1)

7). 1utama untuk baris pertama dan kedua sudah diperoleh, untuk memperoleh1 utama berikutnya, lakukan cara yang serupa seperti pada langkah 1).

(128)

2

4

1 1 0 1

0 1 1 5

0 0 1 3

3

5(R3 R3 2R1)

2

4

1 1 0 1

0 1 1 5

(129)

2

4

1 1 0 1

0 1 1 5

0 0 1 3

3

5(R3 R3 2R1)

2

4

1 1 0 1

0 1 1 5

0 0 1

(130)

2

4

1 1 0 1

0 1 1 5

(131)

2

4

1 1 0 1

0 1 1 5

0 0 1

(132)

2

(133)

(134)

(135)

(136)

8). Semua1utama sudah diperoleh, sekarang saatnya membentuk EBT. Jadikan semua entri di atas1 utama paling kanan bernilai0.

2

4

1 1 0 1

0 1 0 2

0 0 1 3

3

5(R2 R2 R3)

(137)

2

4

1 1 0 1

0 1 0 2

0 0 1 3

3

5(R2 R2 R3)

9). Jadikan semua entri di atas semua1 utama berikutnya (dari kanan) bernilai0.

2

4

1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 1 3

3

5(R1 R1+R2)

(138)

8). Semua1utama sudah diperoleh, sekarang saatnya membentuk EBT. Jadikan semua entri di atas1 utama paling kanan bernilai0.

2

Bentuk EBT telah diperoleh, yaitu

(139)

2

Bentuk EBT telah diperoleh, yaitu

2

(140)

Bahasan

7 _{SPL Homogen}

(141)

Latihan

Tentukan semua solusi (jika ada) dari SPL-SPL berikut menggunakan OBE

1 x 2y = 4

2x 4y = 5

2

x1 +2x2 = 66 x1 +x2 = 39 2x1 +3x2 = 105 2x1 +x2 = 51

3

2x1 +x2 +x3 = 0 x1 2x2 +x3 = 0 x1 +x2 2x3 = 0

4 x +y +z = 0 x +2y +3z = 1

(142)

Solusi Soal 1

Matriks diperbesar yang bersesuian dengan x 2y = 4

(143)

Matriks diperbesar yang bersesuian dengan

2x 4y = 5 adalah

1 2 4

2 4 5 . Langkah-langkah OBE:

1).

(144)

Solusi Soal 1

2x 4y = 5 adalah

1 2 4

1). 1 2 4

(145)

2x 4y = 5 adalah

1 2 4

1). 1 2 4

0 0 3 (R2 R2 2R1). 2).

1 2 4

0 0 1 R2

1 3R2 .

(146)

Solusi Soal 1

2x 4y = 5 adalah

1 2 4

1). 1 2 4

0 0 3 (R2 R2 2R1). 2).

1 2 4

0 0 1 R2

1 3R2 . Akibatnya diperoleh persamaan0x+ 0y= 1, ini berarti SPL tidak konsisten.

Lebih jauh, kita memiliki teorema berikut.

(147)

2x 4y = 5 adalah

1 2 4

1). 1 2 4 Akibatnya diperoleh persamaan0x+ 0y= 1, ini berarti SPL tidak konsisten.

Lebih jauh, kita memiliki teorema berikut.

Teorema

Diberikan suatu SPL (mpersamaan dannpeubah) yang memiliki matriks diperbesarA. ApabilaEadalah bentuk EBT dariA, makaSPL tersebut konsisten jika dan hanya jikaEtidak mengandung baris berbentuk

0 0 0 1 .

(148)

Solusi Soal 2

Matriks diperbesar yang bersesuaian dengan

x1 +2x2 = 66 x1 +x2 = 39 2x1 +3x2 = 105 2x1 +x2 = 51

(149)

5. Langkah-langkah OBE:

1).

(150)

Solusi Soal 2

x1 +2x2 = 66

(151)

1).

(152)

(153)

3).

(154)

Solusi Soal 3

2x1 +x2 +x3 = 0 x1 2x2 +x3 = 0 x1 +x2 2x3 = 0

(155)

2x1 +x2 +x3 = 0 x1 2x2 +x3 = 0 x1 +x2 2x3 = 0

adalah

2

4

2 1 1 0

1 2 1 0

1 1 2 0

3

1).

(156)

Solusi Soal 3

2x1 +x2 +x3 = 0

(157)

1).

(158)

3).

2

4

1 2 1 0

0 3 3 0

0 0 0 0

3

5(R3 R3+R2)

(159)

3). 4 0 3 3 0

0 0 0 0

5(R3 R3+R2)

4).

2

4

1 2 1 0

0 1 1 0

0 0 0 0

3

5(R2 R2)

5).

(160)

(161)

3). 4 0 3 3 0

(162)

(163)

3). 4 0 3 3 0

(164)

(165)

Matriks diperbesar yang bersesuaian dengan x +y +z = 0

x +2y +3z = 1 adalah

(166)

Solusi Soal 4

Matriks diperbesar yang bersesuaian dengan x +y +z = 0

x +2y +3z = 1 adalah

1 1 1 0

1 2 3 1 . Langkah-langkah OBE:

1). 1 1 1 0

0 1 2 1 (R2 R2 R1)

2). 1₀ 0₁ ₂1 ₁1 (R1 R1 R2)

Diperoleh SPL x z= 1

(167)

7 _{SPL Homogen}

(168)

SPL Homogen

Suatu SPL dikatakan homogen apabilasemua konstantayang terdapat pada SPL tersebutbernilai 0.

SPL Homogen

(169)

SPL Homogen

SPL homogen denganmpersamaan dannpeubahx1; : : : ; xn berbentuk

a11x1 + a12x2 + a1nxn = 0

a21x1 + a22x2 + a2nxn = 0

..

. ... ... ...

am1x1 + am2x2 + amnxn = 0

(7)

denganaij 2Runtuk setiap1 i mdan1 j n.

Pertanyaan

(170)

SPL Homogen

SPL homogen denganmpersamaan dannpeubahx1; : : : ; xn berbentuk

a11x1 + a12x2 + a1nxn = 0

a21x1 + a22x2 + a2nxn = 0

..

. ... ... ...

am1x1 + am2x2 + amnxn = 0

(7)

denganaij 2Runtuk setiap1 i mdan1 j n.

Pertanyaan

(171)

SPL homogen selalu memiliki solusi. Kita akan segera melihat buktinya. Namun sebelumnya tinjau SPL homogen berikut

ax+by = 0(adanbtak keduanya0) cx+dy = 0(c dandtak keduanya0).

(172)

Solusi SPL Homogen

(173)

Secara geometris, kita dapat membuat dua buah garis, yaitu`1:ax+by= 0dan `2:cx+dy= 0.

(174)

Solusi SPL Homogen

(175)

Secara geometris, kita dapat membuat dua buah garis, yaitu`1:ax+by= 0dan `2:cx+dy= 0. Jelas bahwa(0;0)merupakan solusi SPL karena`1dan`2 pasti melalui titik(0;0).

Pertanyaan yang sekarang muncul adalah: apakah(0;0) merupakan satu-satunya solusi?

(176)

Solusi SPL Homogen

Secara geometris, kita dapat membuat dua buah garis, yaitu`1:ax+by= 0dan `2:cx+dy= 0. Jelas bahwa(0;0)merupakan solusi SPL karena`1dan`2 pasti melalui titik(0;0).

(177)

Teorema

(178)

Solusi Trivial SPL Homogen

Teorema

SPL homogen denganmpersamaan dannpeubah (seperti SPL (7)) selalu konsisten.

(179)

Teorema

SPL homogen denganmpersamaan dannpeubah (seperti SPL (7)) selalu konsisten.

Bukti

ntupel(0;0; : : : ;0)merupakan salah satu solusi SPL homogen.

Solusi(0;0; : : : ;0)disebut sebagaisolusi trivial dari suatu SPL homogen.

(180)

Latihan SPL Homogen

Latihan

Tentukan semua solusi dari SPL homogen berikut

1

3a b c d = 0

a 3b +c +d = 0 a +b 3c +d = 0 a +b +c 3d = 0

2

3a +2b c = 0

a +2b 3c = 0 a +b c = 0

3

2a 2b +c = 0

a 2b 2c = 0

2a +b 2c = 0

(181)

Matriks diperbesar yang bersesuaian dengan SPL

3a b c d = 0

a 3b +c +d = 0 a +b 3c +d = 0 a +b +c 3d = 0

adalah

(182)

Solusi Soal 1

3a b c d = 0

(183)

1).

(184)

Solusi Soal 1

3a b c d = 0

(185)

3). 66 4

0 2 1 1 0

0 1 1 0 0

0 1 0 1 0

7 7

5@

R2 ₂R2 R3

1 4R3 R4

1 4R4

A

(186)

(187)

3). 66

(188)

6).

2

6 6 4

1 3 0 2 0

0 1 0 1 0

0 0 1 1 0

0 0 0 0 0

3

7 7 5

(189)

6). 66

(190)

6).

(191)

6). 66

(192)

(193)

6). 66

(194)

Solusi Soal 2

3a +2b c = 0

a +2b 3c = 0 a +b c = 0

(195)

3a +2b c = 0

a +2b 3c = 0 a +b c = 0

adalah

2

4

3 2 1 0

1 2 3 0

1 1 1 0

3

(196)

Solusi Soal 2

3a +2b c = 0

(197)

1).

(198)

3).

2

4

1 2 3 0

0 1 2 0

3

5 R2

(199)

3).

(200)