MUH1G3/ MATRIKS DAN RUANG VEKTOR

(1)

Sistem Persamaan

Linear

MUH1G3/ MATRIKS DAN RUANG

VEKTOR

TIM DOSEN

(2)

Sub Pokok Bahasan

• Pendahuluan

• Solusi SPL dengan OBE

• Solusi SPL dengan Invers matriks dan Aturan Crammer • SPL Homogen

Beberapa Aplikasi Matriks

• Rangkaian listrik • Jaringan Komputer • Model Ekonomi

• dan lain-lain.

(3)

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 ቊ_{3x + y = 10000}x + 2y = 5000

(4)

Bentuk umum system persamaan linear

𝑎

₁₁

𝑥

₁

+ 𝑎

₁₂

𝑥

₂

+ ⋯ + 𝑎

_1𝑛

𝑥

_𝑛

= 𝑏

₁

𝑎

₂₁

𝑥

₁

+ 𝑎

₂₂

𝑥

₂

+ ⋯ + 𝑎

_2𝑛

𝑥

_𝑛

= 𝑏

₂

⋮

𝑎

_𝑚1

𝑥

₁

+ 𝑎

_𝑚2

𝑥

₂

+ ⋯ + 𝑎

_𝑚𝑛

𝑥

_𝑛

= 𝑏

_𝑛

Dapat ditulis dalam bentuk

𝑎

₁₁

𝑎

₁₂

𝑎

₂₁

𝑎

₂₂

…

𝑎

_1𝑛

… 𝑎

_2𝑛

⋮

𝑎

_𝑚1

𝑎

_𝑚2

⋱

⋮

… 𝑎

_𝑚𝑛

𝑥

₁

𝑥

₂

⋮

𝑥

_𝑛

=

𝑏

₁

𝑏

₂

⋮

𝑏

_𝑚

Pendahuluan(2)

(5)

Atau

𝐴𝑋 = 𝐵 dimana

– 𝐴 dinamakan matriks koefisien

– 𝑋 dinamakan matriks peubah

– 𝐵 dinamakan matriks konstanta Contoh :

Perhatikan bahwa SPL

ቊ_{3x + y = 10000}x + 2y = 5000

dapat ditulis dalam bentuk perkalian matriks 1 2

3 1 𝑥

𝑦 = ₁₀₀₀₀5000

(6)

Solusi SPL adalah Himpunan bilangan Real dimana jika disubstitusikan pada peubah suatu SPL akan memenuhi nilai kebenaran SPL tersebut. Perhatikan SPL : ቊ_{3x + y = 10000}x + 2y = 5000 Maka {x = 3000, y =1000 } merupakan solusi SPL {x = 1000, y =3000 } bukan solusi SPL

Suatu SPL, terkait dengan solusi, mempunyai tiga kemungkinan :

• SPL mempunyai solusi tunggal

• SPL mempunyai solusi tak hingga banyak • SPL tidak mempunyai solusi

(7)

CASE I

Perhatikan SPL ቊx −y = 0_{2x−y =2}

Jika digambar dalam kartesius

Artinya : SPL 2𝑥 – 𝑦 = 2 dan 𝑥 – 𝑦 = 0 mempunyai solusi tunggal, yaitu 𝑥 = 2, 𝑦 = 2

Solusi SPL_Ilustrasi Pada Bidang Kartesius

(2, 2) merupakan titik potong dua garis tersebut

Tidak ada titik potong yang lain selain titik tersebut

(2,2) 2 2 𝑦 = 𝑥 1 𝑦 = 2𝑥 − 2 𝑥 𝑦

(8)

CASE II

Perhatikan SPL ቊ_{2x−2y =0}x −y = 0

Jika kedua ruas pada persamaan kedua dikalikan ½, maka akan diperoleh persamaan yang sama dengan pers. pertama

Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah berimpit (Titik potong kedua garis banyak sekali disepanjang garis tersebut)

Artinya, SPL diatas mempunyai solusi tak hingga banyak

Solusi SPL_Ilustrasi Pada Bidang Kartesius(2)

𝑥 − 𝑦 = 0 2𝑥 − 2𝑦 = 0

𝑥 𝑦

(9)

CASE III

Perhatikan SPL ቊ_{2x−2y =2}x −y = 0

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

Artinya, SPL diatas TIDAK mempunyai solusi

Solusi SPL_Ilustrasi Pada Bidang Kartesius(3)

𝑥 − 𝑦 = 0

1

2𝑥 − 2𝑦 = 2 𝑥

(10)

Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE

Tulis SPL dalam bentuk matriks yang diperbesar

Lakukan OBE sampai menjadi eselon baris tereduksi

Contoh :

Tentukan solusi dari SPL

3𝑥 – 𝑦 = 5

𝑥 + 3𝑦 = 5

Jawab :

Matriks yang diperbesar dari SPL

Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE

~

5

3

1

3 













~

5

1

3

1 













10



_

~









1

5

1

0

3

1 























1

2

1

0

1

3

0

10

5

(11)

Tulis kembali matriks yang diperbesar hasil OBE menjadi perkalian matriks

Maka, solusi SPL tersebut adalah 𝑥 = 2 dan 𝑦 = 1

Contoh :

Tentukan solusi (jika ada) dari SPL berikut : a. ቐ𝑎 + 𝑐 = 4𝑎 – 𝑏 = – 1

2𝑏 + 𝑐 = 7

Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE(2)

                   1 2 1 0 0 1 y x

(12)

b

. ቐ 𝑎 + 𝑐 = 4 𝑎 – 𝑏 = – 1 – 𝑎 + 𝑏 = 1 c. ቐ 𝑎 + 𝑐 = 4𝑎 – 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 = 4 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 4 0 0 0 1 1 0 1 0 1                                0 5 4 0 0 0 1 1 0 1 0 1 c b a                                   0 5 4 1 1 1 t c b a

(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 + 0. 𝑐 = 1.

Tak ada nilai 𝑎 , 𝑏 dan 𝑐 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 : ቐ 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)

Jawab:

Matrik diperbesar dari SPL adalah

a. Agar SPL mempunyai solusi tunggal: 𝑎2 _{– 16  0 sehingga} _{𝑎 ≠ 4 dan 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 jika memenuhi persamaan 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)

Tinjau persamaan linear berikut

𝑎

₁₁

𝑎

₁₂

𝑎

₂₁

𝑎

₂₂

…

𝑎

_1𝑛

… 𝑎

_2𝑛

⋮

𝑎

_𝑛1

𝑎

_𝑛2

⋱

⋮

… 𝑎

_𝑛𝑛

𝑥

₁

𝑥

₂

⋮

𝑥

_𝑛

=

𝑏

₁

𝑏

₂

⋮

𝑏

_𝑛

atau

𝐴𝑋 = 𝐵

Jika kedua ruas dikalikan dengan𝐴

−1

, maka didapat

𝐴

−1

𝐴 𝑋 = 𝐴

−1

𝐵

Karena 𝐴

−1

_{𝐴 = 𝐼 maka}

𝑋 = 𝐴

−1

𝐵

Ingat bahwa suatu matriks A mempunyai invers jika dan

hanya jika det(𝐴) ≠ 0.

(19)

Contoh :

Tentukan solusi dari SPL berikut : ൞ a + c = 4 a – b = –1 2b + c = 7 Jawab : Perhatikan bahwa

Jadi A mempunyai Invers

Solusi SPL dengan Matriks Invers(2)

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

(20)

sehingga X = A

–1

_{B berbentuk :}

Jadi, Solusi SPL tersebut adalah

Solusi SPL dengan Matriks Invers(3)



























3

2

1 c

b

a

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

(21)

Misalkan SPL ditulis dalam bentuk AX = B, yaitu : 𝑎₁₁ 𝑎₁₂ 𝑎₂₁ 𝑎₂₂ … 𝑎_1𝑛 … 𝑎_2𝑛 ⋮ ⋮ 𝑎_𝑛1 𝑎_𝑛2 ⋱ ⋮ … 𝑎_𝑛𝑛 𝑥₁ 𝑥₂ ⋮ 𝑥_𝑛 = 𝑏₁ 𝑏₂ ⋮ 𝑏_𝑛

Jika determinan A tidak sama dengan nol maka solusi dapat ditentukan satu persatu (peubah 𝑘𝑒 − 𝑖, 𝑥_𝑖)

Langkah-langkah aturan cramer adalah :

a.

Hitung determinan A

b.

Tentukan A_i  matriks A dimana kolom ke-i diganti oleh B. Contoh : 𝐴₂ = 𝑎₁₁ 𝑏₁ 𝑎₂₁ 𝑏₂ … 𝑎_1𝑛 … 𝑎_2𝑛 ⋮ ⋮ 𝑎 𝑏 ⋱ ⋮ … 𝑎

(22)

c. Hitung |A

_i

|

d. Solusi SPL untuk peubah adalah

Contoh :

Tentukan solusi 𝑏 dari SPL berikut :

൞

a + c = 4

a – b = –1

2b + c = 7

Jawab :

Perhatikan bahwa

Solusi SPL dengan Aturan Cramer(2)

)

det(

)

det(

A

x

_i



i

1

0

1 -1

1

0

1 



A

(23)

Maka

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

Solusi SPL dengan Aturan Cramer(3)

) 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    -1  (-4) 7

(24)

Tentukan solusi SPL untuk peubah a ?

Solusi SPL dengan Aturan Cramer(4)





 

1 1 2 7 0 1 -1 -1 0 4 det det   A Aa a 5 0 4 ) (-7) -2 -( 1 ) 0 -1 -( 4 2 7 1 -1 -1 0 1 2 0 1 -4         

(25)

Bentuk umum

𝑎

₁₁

𝑎

₁₂

𝑎

₂₁

𝑎

₂₂

…

𝑎

_1𝑛

… 𝑎

_2𝑛

⋮

𝑎

_𝑚1

𝑎

_𝑚2

⋱

⋮

… 𝑎

_𝑚𝑛

𝑥

₁

𝑥

₂

⋮

𝑥

_𝑛

=

0

0 ⋮

0 SPL homogen merupakan SPL yang konsisten (selalu

mempunyai solusi).

Solusi SPL homogen dikatakan tunggal jika solusi itu adalah

{𝑥

₁

, 𝑥

₂

, … , 𝑥

_𝑛

= 0}

Jika tidak demikian,

SPL

homogen

mempunyai

solusi

tak

hingga

banyak(biasanya ditulis dalam bentuk parameter)

(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

Sistem Persamaan Linear Homogen(2)















0

3

0

3

1

4

2

1 -1

2

1

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.

Sistem Persamaan Linear Homogen(3)

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

(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.

Sistem Persamaan Linear Homogen(4)







































0

0 -1

1

0

1 -1

0

0 -z

y

x

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

Sistem Persamaan Linear Homogen(5)

0

1

0

1

0

0 



b

 

0 1 1 1 1      b b b

(30)

Saat b = 0

Dengan OBE maka

Misalkan p,q adalah parameter Riil, maka

Sistem Persamaan Linear Homogen(6)

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

0

1

(31)

Saat b = 2

Dengan OBE maka

Misalkan q adalah parameter Riil, maka

Sistem Persamaan Linear Homogen(7)

                                  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)

Perhatikan ilustrasi segitiga berikut :

Sistem Persamaan Linear



b



a

c



Tunjukan bahwa :

a

2

_{= 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

Sistem Persamaan Linear(2)







































c

b

a

b

a

c

b

c







cos

0

(34)

Perhatikan bahwa :

dengan aturan Crammer diperoleh bahwa :

Sistem Persamaan Linear(3)















0

0 det

a

b

a

c

b

c

 

a

b

c

b

a

c

1

0

1

0 



12





13

   

ab

b

ac

c







a c a b b c a 0 0 cos 

 





















 

a

b

a

c

a

b

c

abc

2 3 2 1

1

0

1

2

1

(35)

Sistem Persamaan Linear(4)

abc

b

a

ac

2 cos

2 2 3 2









bc

b

a

c

2

2 2 2







Jadi, terbukt bahwa :

(36)

1. Tentukan solusi SPL berikut :

2. Tentukan solusi SPL :

2𝑝 – 2𝑞 – 𝑟 + 3𝑠 = 4

𝑞 + 2𝑠 = 1

– 2𝑝 + 𝑝 – 2𝑞 – 4𝑠 = – 2

3. Tentukan solusi SPL homogen berikut :

LATIHAN

4 2 9 6 3 12 8 2         b a b a b a 0 7 0 7 7 10 2 0 7 4 5             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.

LATIHAN(2)

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

















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)

6. SPL homogen (dengan peubah p, q, dan r)

Tentukan nilai k sehingga SPL punya solusi tunggal 7. Misalkan

Tentukan vektor tak nol sehingga

LATIHAN(3)



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

B

u



6 u

(39)