SISTEM PERSAMAAN LINEAR. Nurdinintya Athari (NDT)

(1)

SISTEM PERSAMAAN LINEAR

1

Nurdinintya Athari (NDT)

(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



dan lain-lain.

(3)

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)

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)

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)

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 tidak mempunyai solusi

(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 ada titik potong yang lain

selain titik tersebut

Artinya,

SPL mempunyai solusi tunggal.

(2, 2)

x y

1 2 2

(8)

Perhatikan SPL

x – y = 0

2x – 2y = 2

Jika digambar dalam kartesius

x

y

y = x

_{y = x – 1}

1

Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah sejajar. Tak akan pernah diperoleh titik potong kedua garis itu

Artinya,

(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

y

x

x – y = 0

2x – 2y = 0

Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah berimpit.

Titik potong kedua garis banyak sekali disepanjang

garis tersebut. Artinya,

SPL mempunyai

(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

~

5

3

1

3 













~

5

1

3

1 













10 ~

5

10

0

3

1 













1 ~

5

1

0

3

1 























1

2

1

0

1

(11)

Tulis kembali matriks yang diperbesar hasil OBE

menjadi perkalian matriks

Solusi SPL tersebut adalah x = 2 dan y = 1







































1

2

1

0

1 y

x

(12)

Contoh :

Tentukan solusi (jika ada) dari SPL berikut :

a. a + c = 4

a – b = –1

2b + c = 7

b. a + c = 4

a – b = –1

–a + b = 1

c. a + c = 4

a – b = –1

–a + b = 2

(13)

a.



Terlihat bahwa solusi SPL adalah

a = 1, b = 2, dan c = 3















7

1

4

1

2

0

1

0

1

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

(14)

b.



Jika dikembalikan kedalam bentuk perkalian matriks diperoleh :

Ini memberikan a + c = 4 dan b + c = 5.

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

, dimana t adalah parameter

Jadi, SPL tersebut memiliki solusi banyak.              1 1 4 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 4 0 1 1 5 0 0 0 0          

1 0 1

4 0 1 1

5 0 0 0

0 a

b

c



   





   

_





   





   





   



1

4

1

5

1

0 a

b

t

c



   

 

   

_{ }

_

 

   

 

   

 

   

 

(15)

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 0 1 4 0 1 1 5 0 0 0 1          

1 0 1

4 0 1 1

5 0 0 0

1 a

b

c



   





   

_





   





   





   



(16)

ELIMINASI GAUSS JORDAN

                                 3 4 1 1 4 3 1 1 1 3 1 2 2 0 1 4 3 2 1 x x x x

 

~...~ 3 4 1 | | | 1 4 3 1 1 1 3 1 2 2 0 1 |            b A

Carilah solusi SPL berikut :

Solusi :             0 2 1 | 0 0 0 0 | 2 1 1 0 | 3 2 0 1

Matriks baris eselon tereduksi

Kolom 3,4 tidak memiliki 1 utama

(17)

1

3

2

₃ ₄ 1



x



x



x

2

₄ 3 2



x



x



x

x₂  2 s 2t                              t s t s t s x x x x 2 2 3 2 1 4 3 2 1             0 2 1 | 0 0 0 0 | 2 1 1 0 | 3 2 0 1 x₁ 12s3t

Maka, solusinya adalah

(18)

LATIHAN

Carilah solusi SPL berikut :

                               3 2 1 5 3 3 3 2 2 5 3 4 . z y x a                                      1 2 1 2 4 2 1 1 1 3 1 2 2 0 3 . 4 3 2 1 x x x x b . 2 2 2 0 2 5 2 1 8 4 1 c a b c a b c a b c            . 2 1 2 2 2 2 2 4 1 3 3 3 d x y z w x y z w x y z w x w                  

(19)

Contoh :

Diketahui SPL :

x + 2y – 3z = 4

3x – y + 5z = 2

4x + y + (a

2

_{– 14) z = a + 2}

Tentukan a sehingga SPL :

a. Mempunyai solusi tunggal

b. Tidak mempunyai solusi

c. Solusi yang tidak terhingga

(20)

Jawab:

Matriks 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















14

2 -7

0

10

14

7

0

4

3 -2

1

2

a















4

16 -0

0

10

14

7

0

4

3 -2

1 ~

2

a

(21)

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

(22)

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        2 1 2 22 21 1 12 11             n x x x  2 1              n b b b  2 1

(23)

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

(24)

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

2

1 







































c

b

a















3

2

1

(25)

Solusi SPL dengan aturan Cramer

Misalkan

SPL ditulis dalam bentuk AX = B, yaitu :

Jika determinan A ≠ 0, 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        2 1 2 22 21 1 12 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

(26)

• 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

x

_i



i

1

2

0

1 -1

1

0

1 



A

(27)

Maka

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

)

A

(

det

)

A

(

det

b



2 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 

(28)

Tentukan solusi SPL untuk peubah a ?

Solusi peubah c ?

 

1

det

4 0 1

-1 -1 0

7 2 1

1 -1 0

-1 -1

4 0 1

2 1

7

2 4 ( -1 -0 ) 1 ( -2 - (-7) )

-4 0 5

1 A

a

A















(29)

SISTEM PERSAMAAN LINEAR HOMOGEN

                                     0 0 0 2 1 2 1 2 22 21 1 12 11         n mn m m n n x x x a a a a a a a a a

Sebuah SPL dikatakan homogen jika seluruh konstanta adalah nol. Bentuk umum :

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



Notasi :

SPL homogen adalah SPL yang konsisten  selalu mempunyai solusi.

0 

x A

(30)

SISTEM PERSAMAAN LINEAR HOMOGEN

Jika solusi SPL adalah tunggal, yaitu x₁= 0, x₂= 0, …, x_{n =}0  solusi trivial Jika ada solusi lain selain solusi nol  solusi non-trivial

(biasanya ditulis dalam bentuk parameter ~ solusi tak hingga banyak)

Terdapat dua kemungkinan solusi dari SPL Homogen : • SPL hanya memiliki solusi trivial.

(31)

1 2 3 4 2 3 2 x s t x s t x s x t          _    _              Solusinya adalah

Solusi tak hingga banyak / solusi nontrivial

SISTEM PERSAMAAN LINEAR HOMOGEN

                                 0 0 0 1 4 3 1 1 1 3 1 2 2 0 1 4 3 2 1 x x x x           0 0 0 | | | 1 4 3 1 1 1 3 1 2 2 0 1             0 0 0 | 0 0 0 0 | 2 1 1 0 | 3 2 0 1 Contoh :

Carilah solusi dari SPL homogen berikut:

(32)

Contoh :

Diketahui SPL

a. Tentukan b agar SPL memiliki solusi tak hingga banyak

b. Tuliskan solusi SPL tersebut







































0

0 -1

1

0

1 -1

0

0 -

z

y

x

b

(33)

Jawab :

Solusi suatu SPL homogen adalah tak tunggal jika det(A) = 0.

 (–b) ((1 – b)(1 – b)) – 1 = 0

(–b) (b

2

_{– 2b + 1 – 1) = 0}

(–b) (b

2

_{– 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 





b

(34)

• Saat b = 0







































0

1

0

1

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

p

z

y

x

q

p





























1

1 -

0

1

(35)

• Saat b = 2

Dengan OBE maka

Misalkan q adalah parameter Riil, maka









































0

1

0

1

0

2 z

y

x

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

~

1

0

1

0

1 















~

1

0

1

0

1 















           0 0 0 1 1 0 0 0 1 ~

q

z

y

x









































1

0

(36)

Exercise

1. Tentukan solusi SPL berikut :

2. Tentukan solusi SPL homogen berikut :

. 2 8 12 . 3 6 9 2 – 2 – 3 4 – 2 1 – 2 2 – 4 2 4 – 2 p q r s p a a b b a q s p q b a b s               . 5 4 7 0 2 10 7 7 0 7 0 2 10 8 18 0 d p q r t p q r s t r s t p q r s t                              1 0 1 2 2 2 1 1 1 . A a 1 1 2 2 . 2 1 3 3 1 0 1 1 b B            c. 2p + q – 2r – 2s = 0 p – q + 2r – s = 0 –p + 2q – 4r + s = 0 3p – 3s = 0

(37)

3. Diketahui SPL AX = B

Tentukan solusi SPL di atas dengan menggunakan :

• Operasi Baris Elementer (OBE )

• Invers matrik

• Aturan Cramer

4. Diketahui

Carilah matriks

yang memenuhi.

, 1 2 0 0 1 1 1 0 1            A            3 2 1 x x x X             1 1 1 dan B