A
Al
l
j
j
a
ab
ba
ar
r
L
Li
i
n
ne
ea
ar
r
E
El
l
e
eme
men
nt
t
e
er
r
M
MA1
A1
2
22
23
3
3
3
S
SK
KS
S
S
Si
i
l
l
a
ab
bu
us :
s :
Bab
I Mat
r
i
ks
dan
Oper
asi
nya
Bab
I
I Det
er
mi
nan
Mat
r
i
ks
Bab
I
I
I Si
st
em
Per
sam
aa
n
Li
near
Bab I
V Vekt
or
di
Bi
dan
g
dan d
i
Ruan
g
Bab
V Ruan
g
Ve
kt
or
Bab
VI Ruan
g
Hasi
l
Kal
i
Dal
am
Bab
VI
I Tr
ansf
or
masi
Li
near
Bab
VI
I
I
Ruan
g E
i
ge
n
S
Siissttem em PPererssamamaan aan LLiinnear ear ((SSPPLL))
Su
Sub Pokok Bb Pokok Baahhaassaann – Pendahuluan
– Solusi SPL dengan OBE
– Solusi SPL dengan Invers matriks dan Aturan Crammer
– SPL Homogen
B
Bebereberapapa a AApplliikkasasi i SSiissttem em PPerersamsamaan aan LLiinnearear Rangkaian listrik
Jaringan Komputer Model Ekonomi dan lain-lain.
1.
1.PePendandahulhuluauann
P
Pererssamamaan aan lliinearnearadalah persamaan dimana peubahnya tidak memuat eksponensial, trigonometri (sepersinti,
cos, dll.), perkalian, pembagian dengan peubah lain atau dirinya sendiri.
C
Contontoh :oh :
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 3x+y = 10000
B
Beennttuk uk umumum um ssiisstteem m perperssaammaaaan n lliinneeaarr
Dapat ditulis dalam bentuk :
mn m m n n a a a a a a a a a 2 1 2 22 21 1 12 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 b b 2 1
n x x x 2 1Atau
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
S
Soolluussi i SSPPLL
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 } bukan solusi SPL itu
Suatu SPL, terkait dengan solusi, mempunyai tiga kemungkinan :
– SPL mempunyai solusi tunggal
– SPL mempunyai solusi tak hingga banyak
Ilustrasi Solusi SPL dengan garis pada kartesius
Artinya : SPL 2 x – y = 2
x – y = 0
Mempunyai solusi tunggal, yaitu x = 2, y = 2
y y = x x y
y = 2 x x- 2
(2, 2) merupakan titik potong
dua garis tersebut
Tidak ada titik potong yang lain selain titik tersebut
(2, 2)
x y
1 2 2
Perhatikan SPL Perhatikan SPL
x
x – y y = 0
2 x x – 2 y y = 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
Perhatikan SPL Perhatikan SPL
x
x – y y = 0
2 x x – 2 y y = 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
S
Sololuussi i SSiiststem em PerPerssamamaaaan n LLiinneaear r dendengagan n OOBBEE
• Tulis SPL dalam bentuk matriks yang diperbesar • Lakukan OBE sampai menjadi esilon baris tereduksi
C
Contontoh :oh :
Tentukan solusi dari SPL 3 –x y = 5
x+ 3y= 5 Jawab :
Martiks yang diperbesar dari SPL
~ 5 5 3 1 1 3
−
~ 5 5 1 3 3 1
−
10 ~ 5 10 0 3 1
−
−
1 ~ 5 1 0 3 1
1 2 1 0 0 1Tulis kembali matriks yang diperbesar hasil OBE menjadi perkalian matriks
Solusi SPL tersebut adalahx = 2 dany= 1
C
Cont Tentontoh :oh :ukan solusi (jika ada) dari SPL berikut :
a. a+c = 4 a –b = –1 2b + c = 7
=
1 2 1 0 0 1 y xb.a+c = 4 a –b = –1 –a+b = 1 c. a+c = 4 a –b = –1 –a+b = 2 Ja Jawwaab b :: 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
b.
Jika dikembalikan kedalam bentuk perkalian matriks
diperoleh :
Ini memberikana+c= 1 danb+c=5.
Dengan memilihc=t, dimanatadalah parameter.
Maka solusi SPL tersebut adalah :
, dimanatadalah 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 ac.
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 nilaia ,bdanc 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 aC Cononttoh oh :: Diketahui SPL : x+ 2 – y 3z= 4 3x–y+ 5z= 2 4x+y+ (a22 – 14)z=a+2
Tentukana sehingga SPL : a. Mempunyai solusi tunggal b. Tidak mempunyai solusi
J
Jawawab:ab:
Matrik diperbesar dari SPL adalah
a. Agar SPL mempunyai solusi tunggal:
a2 – 16≠ 0 sehinggaa≠ ±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 ab. Perhatikan baris ketiga 0x+ 0y+ (a22– 16a)z= – a 4
SPL tidak mempunyai solusi saat
a22 – 16 = 0 dan
≠
a– 04Sehingga a=
±
4 dana≠
4. Jadi ,a = – 4.c. SPL mempunyai solusi tak hingga banyak
a22 – 16 = 0 dan a – 4 = 0 Jadi ,a= 4
−
−
−
4 16 -0 0 10 14 7 0 4 3 -2 1 2 a aS
Soollususi i SSPPL L ddenengan gan MMatatrriiks ks IInvernverss
Atau
AX = B
Kalikan setiap ruas di atas denga–n A1 A–1 A X = –1AB
diperoleh :
X = A–11B
Ingat bahwa suatu mat Ariks 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 1C
Cononttoh oh ::
Tentukan solusi dari SPL berikut :
a+c = 4
a –b = –1 2b + c = 7
Ja
Jawwaab b ::
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
sehingga X = A–1B 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 1S
Sololuussi i SSPPL denL dengagan n atatuurran Can Crramamerer
Misalkan SPL ditulis dalam bentuk AX = B, yaitu :
Jika determinan A tidak sama dengan nol
maka solusi dapat ditentukan satu persatu (peubah i,xii)
ke-Langkah-langkah aturancrameradalah :
• Hitung determinan A
• Tentukan Aii matriks Adimana kolom kei d-iganti 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
• Hitung | Aii|
• Solusi SPL untuk peubahxiiadalah
Contoh :
Tentukan solusib 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=
=
AMaka
Jadi, Solusi peubah b yang memenuhi SPL adbal= ah2 ) 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 - + + =
=
2Tentukan solusi SPL untuk peubaha? ( ) ( ) 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=
+
+
=
+
=
+
+
=
S
Siisstteem m PerPerssaammaaaan n LiLinneeaar r HomHomogogeenn
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=
=
xn=
0}
Contoh :
Tentukan solusi SPL homogen berikut 2 p+q– 2r– 2s = 0 p –q + 2r s– = 0 – p + 2q– 4r+s= 0 3 p – 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 2dengan melakukan OBE diperoleh :
Maka solusi SPL homogen adalah :
p = a, q = 2b , s = a,dan
r = b,
dimanaa, b merupakan parameter.
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 -1 0 1 -0 0 1C
Contontoh :oh :
Diketahui SPL
a. Tentukanbagar SPL memiliki solusi tak hingga banyak
b. Tuliskan solusi SPL tersebut
Ja
Jawwaab b ::
Solusi suatu SPL homogen adalah tak tunggal jikadet(A) = 0.
=
0 0 0 -1 1 0 1 -1 0 0 0 z y x b b b⇔
(–b) ((1 –b)(1 –b)) – 1 = 0 (–b) (b2 – 2b + 1 – 1) = 0 (–b) (b2 – 2b) = 0b = 0 ataub= 2
Solusi SPL tak hingga banyak saab = t0 ataub= 2
0 1 1 0 1 1 0 0 0
=
−
−
−
b b b(
)
0 1 1 1 1=
−
−
−
⇔
b b b• Saatb= 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 =• Saatb= 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 0C
Contontoh 9 oh 9 ::
Perhatikan ilustrasi segitiga berikut :
β b γ a
c α
Tunjukan bahwa :
Ja
Jawwaab b ::
Dari gambar tersebut diketahui bahwa :
ccosβ + bcosγ =a ccosα + acosγ =b bcosα +acosβ = c atau
=
c b a a b a c b c γ β α cos cos cos 0 0 0=
0 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
+
−
=
=
2abcPerhatikan bahwa :
Dengan aturan Crammer diperoleh bahwa :
abc a c a b b c a 2 0 0 cosα = ( ) ( )
−
+
+
−
=
+ + a b b a a c a b c abc 2 3 2 1 1 0 0 1 2 1abc b a a ac 2 cos 2 2 3 2
−
+
=
α
bc b a c 2 2 2 2−
+
=
Jadi, terbukt bahwa :
L
Latatiihhan an Bab 3Bab 3
1. Tentukan solusi SPL berikut :
2. Tentukan solusi SPL : 2
p– 2q–r+ 3s= 4 p–q+ 2s= 1
–2 p+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 p4. Diketahui SPL
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 d! B
−
=
−
−
5 4 2 2 0 2 4 1 2 1 1 3 X X = 4 2 3 1 x x x x X6. SPL homogen (dengan peubah p,q, danr)
Tentukan nilaik 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
