MATRIKS DAN RUANG VEKTOR

MUH1G3/ MATRIKS DAN RUANG VEKTOR TIM DOSEN

3

Sistem Persamaan Linear

Sistem Persamaan Linear Sub Pokok Bahasan •

Pendahuluan

•

Solusi SPL dengan OBE

•

Solusi SPL dengan Invers matriks dan Aturan Crammer

•

SPL Homogen

Beberapa Aplikasi Matriks

2

•

Rangkaian listrik

•

Jaringan Komputer

•

Model Ekonomi

•

dan lain-lain.

2/12/2017

MUH1G3/ MATRIKS DAN RUANG VEKTOR

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 ቊ 3x + y = 10000

3

2/12/2017


Pendahuluan(2) Bentuk umum system persamaan linear 𝑎11 𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏1 𝑎21 𝑥1 + 𝑎22 𝑥2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏2 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 𝑎𝑚1 𝑥1 + 𝑎𝑚2 𝑥2 + ⋯ + 𝑎𝑚𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏𝑛 Dapat ditulis dalam 𝑎11 𝑎12 𝑎21 𝑎22 ⋮ ⋮ 𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 4

2/12/2017

bentuk … 𝑎1𝑛 … 𝑎2𝑛 ⋱ ⋮ … 𝑎𝑚𝑛

𝑥1 𝑏1 𝑥2 𝑏2 ⋮ = ⋮ 𝑥𝑛 𝑏𝑚 MUH1G3/ MATRIKS DAN RUANG VEKTOR

Pendahuluan(3) Atau 𝐴𝑋 = 𝐵 dimana – 𝐴 dinamakan matriks koefisien – 𝑋 dinamakan matriks peubah – 𝐵 dinamakan matriks konstanta Contoh :

Perhatikan bahwa SPL ቊ

x + 2y = 5000 3x + y = 10000

dapat ditulis dalam bentuk perkalian matriks 1 2 𝑥 5000 = 3 1 𝑦 10000 5

2/12/2017


Solusi SPL Solusi SPL adalah Himpunan bilangan Real dimana disubstitusikan pada peubah suatu SPL akan memenuhi kebenaran SPL tersebut.

jika nilai

Perhatikan SPL : x + 2y = 5000 ቊ 3x + y = 10000 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

6

2/12/2017


Solusi SPL_Ilustrasi Pada Bidang Kartesius CASE I Perhatikan SPL x −y = 0 ቊ 2x−y =2 Jika digambar dalam kartesius

𝑦

𝑦 = 2𝑥 − 2 𝑦=𝑥

(2, 2) merupakan titik potong dua garis tersebut

(2,2)

2 1 2

Tidak ada titik potong yang lain selain titik tersebut

𝑥

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

7

2/12/2017


Solusi SPL_Ilustrasi Pada Bidang Kartesius(2) CASE II Perhatikan SPL x −y = 0 ቊ 2x−2y =0 Jika kedua ruas pada persamaan kedua dikalikan ½, maka akan diperoleh persamaan yang sama dengan pers. pertama Jika digambar dalam kartesius

𝑦 𝑥−𝑦 =0 2𝑥 − 2𝑦 = 0

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

8

2/12/2017


Solusi SPL_Ilustrasi Pada Bidang Kartesius(3) CASE III Perhatikan SPL x −y = 0 ቊ 2x−2y =2 Jika digambar dalam kartesius

𝑦 𝑥−𝑦 =0 2𝑥 − 2𝑦 = 2 𝑥 1 Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah sejajar (Tak akan pernah diperoleh titik potong kedua garis itu) Artinya, SPL diatas TIDAK mempunyai solusi 9

2/12/2017


Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE 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

5  1 3 5  1 3  3 1 5 ~  ~    ~    1 3 5 0  10  10 3  1 5       10

2/12/2017

1 3  0 1 

5 1 0 ~ 1   0 1

2  1 


Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE(2) Tulis kembali matriks yang diperbesar hasil OBE matriks  1   0

0 1

  

menjadi perkalian

x  2        y  1 

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

Contoh : Tentukan solusi (jika ada) dari SPL berikut : 𝑎 + 𝑐 = 4 a. ቐ 𝑎 – 𝑏 = – 1 2𝑏 + 𝑐 = 7 11

2/12/2017


Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE(3) 𝑎 + 𝑐 = 4 b. ቐ 𝑎 – 𝑏 = – 1 –𝑎 + 𝑏 = 1 𝑎 + 𝑐 = 4 c. ቐ 𝑎 – 𝑏 = – 1 –𝑎 + 𝑏 = 2 Jawab : a.  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

12

2/12/2017


Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE(4) b.

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

1   0 0 

0 1 0

1 1 0

4  5 0 

Jika dikembalikan kedalam bentuk perkalian matriks diperoleh : 1 0 1  a  4       0 1 1 b    5   0 0 0  c   0      

Ini memberikan 𝑎 + 𝑐 = 4 dan 𝑏 + 𝑐 = 5. Dengan memilih 𝑐 = 𝑡, dimana 𝑡 adalah parameter. Maka solusi SPL tersebut adalah :  a    1  4         b     1 t   5   c   1  0       13

2/12/2017

, dimana 𝑡 adalah parameter


Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE(5) c.

1 0 1   1 1 0 1 1 0 

4   1 2 



1  0 0 

0 1 0

1 1 0

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 + 0. 𝑐 = 1. Tak ada nilai 𝑎 , 𝑏 dan 𝑐 yang memenuhi kesamaan ini. Jadi, SPL tersebut tidak memiliki solusi. 14

2/12/2017


Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE(6) Contoh : Diketahui SPL : 𝑥 + 2𝑦 – 3𝑧 = 4 3𝑥 – 𝑦 + 5𝑧 = 2 ቐ 4𝑥 + 𝑦 + (𝑎2 – 14) 𝑧 = 𝑎 + 2 Tentukan 𝑎 sehingga SPL : a. Mempunyai solusi tunggal

b. Tidak mempunyai solusi c. Solusi yang tidak terhingga

15

2/12/2017


Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE(7) 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    10   0  7 14  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

16

2/12/2017

𝑎 ≠ 4 dan 𝑎 ≠ −4


Solusi Sistem Persamaan Linear dengan OBE(8) -3 4  1 2   0  7 14  10    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 jika memenuhi persamaan 𝑎2 – 16 = 0 dan 𝑎– 4 = 0 Jadi, 𝑎 = 4

.

17

2/12/2017


Solusi SPL dengan Matriks Invers Tinjau persamaan linear berikut 𝑎11 𝑎12 … 𝑎1𝑛 𝑎21 𝑎22 … 𝑎2𝑛 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ 𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 … 𝑎𝑛𝑛

𝑥1 𝑏1 𝑥2 𝑏2 = ⋮ ⋮ 𝑥𝑛 𝑏𝑛

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. 18

2/12/2017


Solusi SPL dengan Matriks Invers(2) Contoh : Tentukan solusi dari SPL berikut : a + c = 4 ൞ a – b = –1 2b + c = 7 Jawab : Perhatikan bahwa

1 A  1 0

0 -1 2

1 0 1

 1 0

Jadi A mempunyai Invers  -1 2 1    1 A   -1 1 1   2 - 2 - 1   19

2/12/2017


Solusi SPL dengan Matriks Invers(3) sehingga X = A–1 B berbentuk : a  -1 2 1       b    -1 1 1  c  2 - 2 - 1    

4    - 1 7  

a Jadi, Solusi SPL tersebut adalah   b  c  

20

2/12/2017

1    2  3  


Solusi SPL dengan Aturan Cramer Misalkan SPL ditulis dalam bentuk AX = B, yaitu 𝑎11 𝑎12 … 𝑎1𝑛 𝑥1 𝑎21 𝑎22 … 𝑎2𝑛 𝑥2 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ = 𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 … 𝑎𝑛𝑛 𝑥𝑛

: 𝑏1 𝑏2 ⋮ 𝑏𝑛 Jika determinan A tidak sama dengan nol maka solusi dapat ditentukan satu persatu (peubah 𝑘𝑒 − 𝑖, 𝑥𝑖 ) Langkah-langkah aturan cramer adalah : a. Hitung determinan A b. Tentukan Ai  matriks A dimana kolom Contoh : 𝑎11 𝑏1 … 𝑎 𝑏2 … 𝐴2 = 21 ⋮ ⋮ ⋱ 𝑎𝑛1 𝑏𝑛 … 21

2/12/2017

ke-i diganti oleh B. 𝑎1𝑛 𝑎2𝑛 ⋮ 𝑎𝑛𝑛 MUH1G3/ MATRIKS DAN RUANG VEKTOR

Solusi SPL dengan Aturan Cramer(2) c. Hitung |Ai| det( Ai ) d. Solusi SPL untuk peubah adalah xi 

det( A)

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

1 0 1 Jawab : Perhatikan bahwa A  1 - 1 0  1 0 2 1 22

2/12/2017


Solusi SPL dengan Aturan Cramer(3) Maka b 

det ( Ab ) det ( A )

1 4 1 1 -1 0 0 7 1  1

1

-1 0 1 0 1 -1  (-4) 1 7 1 0 1 0 7

 1 ( - 1 - 0 )  (-4) ( 1 - 0 )  1 ( 7 - 0 )  - 1  (-4)  7

Jadi, Solusi peubah b yang memenuhi SPL adalah b = 2 23

2/12/2017


Solusi SPL dengan Aturan Cramer(4) Tentukan solusi SPL untuk peubah a ? a

det  Aa  det  A 

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 24

2/12/2017


Sistem Persamaan Linear Homogen Bentuk umum 𝑎11 𝑎21 ⋮ 𝑎𝑚1

𝑎12 𝑎22 ⋮ 𝑎𝑚2

… 𝑎1𝑛 … 𝑎2𝑛 ⋱ ⋮ … 𝑎𝑚𝑛

𝑥1 0 𝑥2 0 = ⋮ ⋮ 𝑥𝑛 0

SPL homogen merupakan SPL yang konsisten (selalu mempunyai solusi). Solusi SPL homogen dikatakan tunggal jika solusi itu adalah {𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 = 0} Jika tidak demikian, SPL homogen mempunyai solusi tak hingga banyak(biasanya ditulis dalam bentuk parameter) 25

2/12/2017


Sistem Persamaan Linear Homogen(2) 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        26

2/12/2017

2 1 1 -1 -1 2 3 0

-2 2 -4 0

-2 -1 1 -3

0 0 0 0

       MUH1G3/ MATRIKS DAN RUANG VEKTOR

Sistem Persamaan Linear Homogen(3) dengan melakukan OBE diperoleh :       

1 0 0 0

0 0 -1 1 -2 0 0 0 0 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.

27

2/12/2017


Sistem Persamaan Linear Homogen(4) 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. 28

2/12/2017


Sistem Persamaan Linear Homogen(5) b 0 0 0 1 b 1 0 0 1 1 b 

 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

29

2/12/2017


Sistem Persamaan Linear Homogen(6) 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   0  

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

Misalkan p,q adalah parameter Riil, maka

 0   x   p   1           y     q   0  p   - 1  q  z   q   0   1          30

2/12/2017


Sistem Persamaan Linear Homogen(7) Saat b = 2   2 0 0   x   0       0 1 1   y    0  0 1  1  z   0   Dengan OBE maka 0  2 0 0  1 0      0 1 1  ~  0 1 1  ~  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      

31

2/12/2017


Sistem Persamaan Linear Perhatikan ilustrasi segitiga berikut :



b

a



 c Tunjukan bahwa : a2 = b2 + c2 – 2bc cos 32

2/12/2017


Sistem Persamaan Linear(2) Jawab : Dari gambar tersebut diketahui bahwa :

c cos + b cos = a c cos + a cos = b b cos + a cos = c

atau

33

2/12/2017

 0 c b   cos   a        c 0 a   cos     b   b a 0   cos   c       MUH1G3/ MATRIKS DAN RUANG VEKTOR

Sistem Persamaan Linear(3) Perhatikan bahwa :

0 c b   a 0 1 2 c 1 3 c det c 0 a   0  c  1  b  1 b 0 b a b a 0  

 c ab  b ac

dengan aturan Crammer diperoleh bahwa : cos  34

2/12/2017

a c b b 0 a c a 0 2abc

a b  1  1 2 b 3 2 a    c  1  0  a  1  c 0 b a  2abc  MUH1G3/ MATRIKS DAN RUANG VEKTOR

Sistem Persamaan Linear(4) ac 2  a 3  a 2 b 2 cos  2abc

c2  a2  b2  2bc Jadi, terbukt bahwa : a2 = b2 + c2 – 2bc cos

35

2/12/2017


LATIHAN 1. Tentukan solusi SPL berikut : 2a  8b  12 3a  6b  9  a  2b  4

2. Tentukan solusi SPL : 2𝑝 – 2𝑞 – 𝑟 + 3𝑠 = 4 𝑞 + 2𝑠 = 1 – 2𝑝 + 𝑝 – 2𝑞 – 4𝑠 = – 2

3. Tentukan solusi SPL homogen berikut : p  5q  4r  7t  0 2 p  10q  7r  s  7t  0 r  s  7t  0  2 p  10q  8r  s  18t  0 36

2/12/2017


LATIHAN(2) 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 X  X  1 2  2 0   5 4        Tentukan X   x1 x2  yang memenuhi. x x   3 4

37

2/12/2017


LATIHAN(3) 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

1 3 7. Misalkan B    5 3  

x  Tentukan vektor tak nol u    sehingga Bu  6u y  

38

2/12/2017


THANK YOU

MATRIKS DAN RUANG VEKTOR

Recommend Documents