24/02/2014
Aljabar Linear Elementer MUG1E3 3 SKS Silabus : Bab Bab Bab Bab Bab Bab Bab Bab
I Matriks dan Operasinya II Determinan Matriks III Sistem Persamaan Linear IV Vektor di Bidang dan di Ruang V Ruang Vektor VI Ruang Hasil Kali Dalam VII Transformasi Linear VIII Ruang Eigen
24/02/2014 7:28
MUG1E3 Aljabar Linear
1
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. 24/02/2014 7:28
1.
MUG1E3 Aljabar Linear
2
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 3x + y = 10000 24/02/2014 7:28
MUG1E3 Aljabar Linear
3
1
24/02/2014
Bentuk umum sistem persamaan linear
a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1 a 21 x1 a 22 x 2 ... a 2 n x n b2
a m1 x1 a
m2
x 2 ... a mn x n bm
Dapat ditulis dalam bentuk :
a11 a11 a m1
a11 a11 am1
a1n x1 b1 a 2 n x2 b 2 b amn xn m MUG1E3 Aljabar Linear
24/02/2014 7:28
4
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 1 2 x 5000 3 1 y 10000 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
5
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 – SPL tidak mempunyai solusi 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
6
2
24/02/2014
Ilustrasi Solusi SPL dengan garis pada diagram kartesius y
y = 2x - 2 y=x
(2, 2) merupakan titik potong dua garis tersebut Tidak titik potong yang lain selain titik tersebut
2
(2, 2) x
12
Artinya :
SPL
2x – y = 2 x–y=0 Mempunyai solusi tunggal, yaitu x = 2, y = 2 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
7
Perhatikan SPL x –y =0 2x – 2y = 2 Jika digambar dalam diagram kartesius y y=x y=x–1
x 1 Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah sejajar Tak akan pernah diperoleh titik potong kedua garis itu Artinya SPL diatas TIDAK mempunyai solusi MUG1E3 Aljabar Linear
24/02/2014 7:28
8
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
y ==00 2xx – 2y
x Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah berimpit Titik potong kedua garis banyak sekali disepanjang garis tersebut Artinya SPL diatas mempunyai solusi tak hingga banyak 24/02/2014 7:28
MUG1E3 Aljabar Linear
9
3
24/02/2014
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 1 3 5 1 3 3 1 5 ~ ~ 1 3 5 ~ 3 1 5 0 10 10
1 3 0 1
5 1 0 2 ~ 1 0 1 1
MUG1E3 Aljabar Linear
24/02/2014 7:28
10
Tulis kembali matriks yang diperbesar hasil OBE menjadi perkalian matriks
1 0 0 1
x 2 y 1
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
24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
11
b. a + c = 4 a – –a + c. a + a – –a + Jawab : a.
b b c b b
= –1 =1 = 4 = –1 =2
1 0 1 1 1 0 0 2 1
4 1 7
1 0 0 0 1 0 0 0 1
1 2 3
Terlihat bahwa solusi SPL adalah a = 1, b = 2, dan c =3 24/02/2014 7:28
MUG1E3 Aljabar Linear
12
4
24/02/2014
b.
1 0 1 1 1 0 1 1 0
4 1 1
1 0 0
0
1
1 0
1 0
1 5 0
Jika dikembalikan kedalam bentuk perkalian matriks diperoleh : 1 0 1 a 1 0 1 1 b 5 0 0 0 c 0
Ini memberikan a + c = 1 dan b + c =5. Dengan memilih c = t, dimana t adalah parameter. Maka solusi SPL tersebut adalah : 1 a 1 b 1 t 5 0 c 1
MUG1E3 Aljabar Linear
24/02/2014 7:28
c.
1 0 1 1 1 0 1 1 0
, dimana t adalah parameter
4 1 2
1 0 0
0
1
1
1
0
0
13
1 5 1
Terlihat bahwa ada baris nol pada matriks koefisien tetapi matriks konstanta pada baris ke-3 sama dengan 1 (tak nol)
1 0 1 a 1 0 1 1 b 5 0 0 0 c 1
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. 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
14
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
24/02/2014 7:28
MUG1E3 Aljabar Linear
15
5
24/02/2014
Jawab: Matrik diperbesar dari SPL adalah
-3 4 1 2 5 2 ~ 3 1 4 1 a 2 - 14 a 2
-3 4 1 2 14 10 0 7 0 7 a 2 - 2 a 14
-3 4 1 2 ~ 0 7 14 10 0 0 a 2 - 16 a 4 a. Agar SPL mempunyai solusi tunggal: a2 – 16 0 sehingga a 4
24/02/2014 7:28
MUG1E3 Aljabar Linear
16
-3 4 1 2 14 10 0 7 0 0 a 2 - 16 a 4 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 MUG1E3 Aljabar Linear
17
Solusi SPL dengan Matriks Invers a11 a11 a n1
a11 a1n a11 a 2 n a n1 a nn
x1 b1 x2 b 2 b xn n
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. 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
18
6
24/02/2014
Contoh : Tentukan solusi dari SPL berikut : a + c = 4 a – b = –1 2b + c = 7 Jawab : 1 0 1 Perhatikan bahwa A 1 0
-1 2
0 1
1 0
Jadi A mempunyai Invers -1 2 1 A1 - 1 1 1 2 - 2 - 1 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
19
sehingga X = A–1 B berbentuk : a -1 2 1 b -1 1 1 c 2 - 2 - 1
4 1 - 1 2 7 3
Jadi, Solusi SPL tersebut adalah a b c
1 2 3
24/02/2014 7:28
20
Solusi SPL dengan aturan Cramer Misalkan SPL ditulis dalam bentuk AX = B, yaitu : a11 a11 a n1
a11 a1n a11 a 2 n a n1 a nn
x1 b1 x2 b2 x b n n
Jika determinan A tidak sama dengan nol maka solusi dapat ditentukan satu persatu (peubah ke-i, xi) Langkah-langkah aturan cramer adalah : • Hitung determinan A • Tentukan Ai matriks A dimana kolom ke-i diganti oleh B. Contoh : a11 b1 a1n a11 A2 a n1
24/02/2014 7:28
b2 bn
a2n a nn
MA-1223 Aljabar Linear
21
7
24/02/2014
• Hitung |Ai| • Solusi SPL untuk peubah xi adalah det( Ai ) xi det( A) Contoh : Tentukan solusi b dari SPL berikut : a + c = 4 a – b = –1 2b + c = 7 Jawab : Perhatikan bahwa 1 0 1 A 1 -1 0 1 0 2 1 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
22
Maka det ( Ab ) det ( A )
b
1
4
1
1 -1 0 0
7
1
1
1
-1 0 7
1
(-4)
1 0 0 1
1
1 -1 0
7
1 ( - 1 - 0 ) (-4) ( 1 - 0 ) 1 ( 7 - 0 ) - 1 (-4) 7 2
Jadi, Solusi peubah b yang memenuhi SPL adalah b = 2
24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
23
Tentukan solusi SPL untuk peubah a ? det Aa det A
a
4
0
1
-1 -1 0 7 2 1
4
1
-1 0 -1 -1 0 1 2 1 7 2
4 ( -1- 0 ) 1( - 2 - (-7)) -4 0 5 1 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
24
8
24/02/2014
Sistem Persamaan Linear Homogen Bentuk umum a11x1 a12 x2 a1n xn 0 a21x1 a22 x2 a2n xn 0 am1x1 am 2 x2 amn xn 0
• SPL homogen merupakan SPL yang konsisten, selalu mempunyai solusi. • Solusi SPL homogen dikatakan tunggal jika solusi itu adalah x1 x 2 x n 0 • Jika tidak demikian, SPL homogen mempunyai solusi tak hingga banyak. (biasanya ditulis dalam bentuk parameter) 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
25
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
2 1 1 -1
-2 2
-1 2 3 0
-4 0
-2 0 -1 0 1 0 - 3 0
24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
26
dengan melakukan OBE diperoleh :
0 0 0 0 0 0
1 0
0 0 -1 1 -2 0
0 0
0 0
0 0
Maka solusi SPL homogen adalah : p = a, q = 2b , s = a, dan r = b, dimana a, b merupakan parameter.
24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
27
9
24/02/2014
Contoh : Diketahui SPL
0 -b 0 0 1- b 1 0 1 1- b
x 0 y 0 z 0
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. 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
b 0 0 1 b 0
b
1
0 1
28
0
1 b
1 b 1 0 1 1 b
(–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 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
29
• Saat b = 0 0 0 0
0 1 1
0 1 1
x 0 y 0 z 0
Dengan OBE maka 0 0 0
0 1 1
0 1 1
0 0 1 1 0= 0
0 ~ 0 0
Misalkan p,q adalah parameter Riil, maka x p y q z q 24/02/2014 7:28
1 0 0
0 p -1 1
q
MA-1223 Aljabar Linear
30
10
24/02/2014
• Saat b = 2 2 0 0 x 0 0 1 1 y 0 0 1 1 z 0 Dengan OBE maka ~ 2 0 0 0 1 1 ~ 0 1 1
1 0 0 0 1 1 ~ 0 1 1
1 0 0 0 1 1 ~ 0 1 1
1 0 0 0 1 1 0 0 0
Misalkan q adalah parameter Riil, maka x 0 0 y q 1 q z q 1 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
31
Contoh 9 : Perhatikan ilustrasi segitiga berikut :
b
a
c Tunjukan bahwa :
a2 = b2 + c2 – 2bc cos
24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
32
Jawab : Dari gambar tersebut diketahui bahwa : c cos + b cos = a c cos + a cos = b b cos + a cos = c atau
0 c b cos c 0 a cos b a 0 cos
24/02/2014 7:28
a b c
MA-1223 Aljabar Linear
33
11
24/02/2014
Perhatikan bahwa :
0 c b c a 0 1 3 c det c 0 a 0 c 11 2 b 1 b a b 0 b a 0
c ab b ac 2abc
Dengan aturan Crammer diperoleh bahwa : a
c b
b 0 a cos
c
a 0 2abc
b a b 1 3 2 a c 11 2 0 a 1 c 0 b a 2abc
24/02/2014 7:28
cos
MA-1223 Aljabar Linear
34
ac 2 a 3 a 2 b 2 2abc c2 a2 b2 2bc
Jadi, terbukt bahwa : a2 = b2 + c2 – bc cos
24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
35
Latihan Bab 3 1. Tentukan solusi SPL berikut : 2a 8b 12 3a 6b 9 a 2b 4
2. Tentukan solusi SPL : 2p – 2q – r + 3s = 4 p – q + 2s = 1 –2p +2q – 4s = –2
3. Tentukan solusi SPL homogen berikut : p 5q 4r 7t 0 2 p 10q 7 r s 7t 0 r s 7t 0 2 p 10q 8r s 18t 0 24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
36
12
24/02/2014
4. Diketahui SPL AX = B 1 x1 1 0 1 A 1 - 1 0 , X x2 dan B 1 x 0 2 1 1 3
Tentukan solusi SPL di atas dengan menggunakan : – operasi baris elementer (OBE ) – Invers matrik – Aturan Cramer
5. Diketahui 3 1 1 4 2 2 1 2 X X 2 0 5 4 x x
Tentukan X 1 2 x3 x4 24/02/2014 7:28
yang memenuhi. MA-1223 Aljabar Linear
37
6. SPL homogen (dengan peubah p, q, dan r) p 2q r 0 q 2r 0 k 2 p k 1 q r 0
Tentukan nilai k sehingga SPL punya solusi tunggal 7. Misalkan 1 3 B 5 3
Tentukan vektor tak nol u x sehingga Bu 6u y
24/02/2014 7:28
MA-1223 Aljabar Linear
38
13
