SISTEM PERSAMAAN LINEAR. Nurdinintya Athari (NDT)

1

SISTEM PERSAMAAN LINEAR Nurdinintya Athari (NDT)

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.

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

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  a1n   x1       a11 a11  a2 n   x2                 x  a a  a m1 mn   n   m1

 b1     b2       b   m

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  5000  1 2  x          10000  3 1  y 

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 SPL mempunyai solusi tak hingga banyak

Ilustrasi Solusi SPL dengan garis pada kartesius y

y = 2x - 2 y=x

(2, 2) merupakan titik potong dua garis tersebut Tidak ada titik potong yang lain selain titik tersebut

2

(2, 2)

x

Artinya, SPL mempunyai solusi tunggal.

12

Artinya :

SPL

2x – y = 2 x–y=0

Mempunyai solusi tunggal, yaitu x = 2, y = 2

Perhatikan SPL x –y =0 2x – 2y = 2 Jika digambar dalam kartesius

y

y=x

y=x–1 Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah sejajar. Tak akan pernah diperoleh titik potong kedua garis itu

1

x

Artinya, SPL TIDAK mempunyai solusi

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

2x – 2y = 0 x–y=0

x

Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah berimpit. Titik potong kedua garis banyak sekali disepanjang garis tersebut. Artinya, SPL mempunyai solusi tak hingga banyak

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

1 3  0 1 

5  1 0 2  ~   1  0 1 1

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.

b.

c.

a + c a – b 2b + c a + c a – b –a + b a + c a – b –a + b

=4 = –1 =7 =4 = –1 =1 =4 = –1 =2

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

b.

1 0 1 0 1 4     1  1 0  1   0 1  1 1 0 1  0 0    Jika dikembalikan kedalam

1 0 1 a  4       0 1 1   b   5  0 0 0  c   0      

4  1 5 0 0  bentuk perkalian matriks diperoleh : 1

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 , dimana t adalah parameter c  1   0  Jadi, SPL tersebut memiliki solusi banyak.      

c.

1 0 1   1 1 0 1 1 0 

4   1 2 

1   0 0 

0 1

1 1

0

0

4  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  4       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.

ELIMINASI GAUSS JORDAN Carilah solusi SPL berikut : 1 0 2 3   2 1 3 4   1 1 1 1 

 x1   x  1   2    4  x3      3  x4 

Matriks baris eselon tereduksi Solusi : 1 0 2 3 | 1  A | b  2 1 3 4 | 4 ~ ... ~ 1 1 1 1 | 3

1 0 2 3 | 1 0 1  1  2 | 2 Kolom 3,4 tidak memiliki 1 utama   0 0 0 0 | 0 X3 = s , x4 = t

ELIMINASI GAUSS JORDAN 1 0 2 3 | 1 0 1  1  2 | 2   0 0 0 0 | 0

Maka, solusinya adalah

 x1  1  2s  3t   x   2  s  2t   2    x3    s     x t   4 

x1  2 x3  3 x4  1 x2  x3  2 x4  2

x1  1  2 s  3t x2  2  s  2t

LATIHAN Carilah solusi SPL berikut :  x1  x   1   2  2   x3       1  x4 

 4 3 5   x  1  a. 2 2 3   y   2 3 3 5   z  3

3 0 2 2  b. 2 1 3 4  1  1  1  2

c. 2a  2b  2c  0

d . x  y  2 z  w  1

 2a  5b  2c  1 8a  b  4c  1

2 x  y  2 z  2 w  2  x  2 y  4z  w  1 3 x  3w  3

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

Jawab: Matriks 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

-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 Jadi , a = 4

dan

a–4=0

Solusi SPL dengan Matriks Invers

Atau

 a11 a12   a21 a22     a  n1 an 2

 a1n   x1   b1        a2 n   x 2   b2                       ann   x n   bn 

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.

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

1 0 1 A  1 -1 0  1  0 0 2 1

Jadi A mempunyai Invers

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

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  

Solusi SPL dengan aturan Cramer Misalkan SPL ditulis dalam bentuk AX = B, yaitu :  a11 a12   a21 a22     a  n1 an 2

 a1n    a2 n       ann 

 x1   b1       x2   b2           b  x   n  n

Jika determinan A ≠ 0, 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  a A2   11   a  n1

b1 b2  bn

a1 n    a2n       a nn  

• Hitung |Ai|

det( Ai ) • Solusi SPL untuk peubah xi adalah xi  det( A)

Contoh : Tentukan solusi b dari SPL berikut : a + c a – b 2b + c Jawab : Perhatikan

= 4 = –1 = 7 1

bahwa

0

1

A  1 -1 0  1 0 2 1

Maka b  det ( A 2 ) 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

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

Tentukan solusi SPL untuk peubah a ? a

det  A1  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

Solusi peubah c ?

SISTEM PERSAMAAN LINEAR HOMOGEN Sebuah SPL dikatakan homogen jika seluruh konstanta adalah nol. Bentuk umum :

a11 x1  a12 x2  ...  a1n xn  0 a21 x1  a22 x2  ...  a2 n xn  0 

   am1 x1  am 2 x2  ...  amn xn  0

 a11 a  21    am1

a12 a22  am 2

 a1n   a2 n      amn 

 x1  0  x  0   2            xn   0 

Notasi : Ax  0 SPL homogen adalah SPL yang konsisten  selalu mempunyai solusi.

SISTEM PERSAMAAN LINEAR HOMOGEN Jika solusi SPL adalah tunggal, yaitu x1= 0, x2 = 0, …, xn = 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. • SPL memiliki solusi tak hingga banyak selain solusi nol (solusi non-trivial).

SISTEM PERSAMAAN LINEAR HOMOGEN Contoh : Carilah solusi dari SPL homogen berikut:  x1  1 0 2 3     0   2 1 3 4   x2   0    x    1 1 1 1   3  0  x4 

1 0 2 3 | 0   2 1 3 4 | 0   1 1 1 1 | 0

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

Matriks yang diperbesar

Solusinya adalah

Baris eselon tereduksi

 x1   2 s  3t   x   s  2t   2    x3   s      x t   4 

Solusi tak hingga banyak / solusi nontrivial

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. b 0 0 1 b 0



 b 

1

0 1

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

• 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  0   1 ~ 0 1   0

0 0   1 1  0 0 

Misalkan p,q adalah parameter Riil, maka  0   1   x   p           y     q    0  p   -1  q  z   q   1   0         

• 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      

Exercise 1. Tentukan solusi SPL berikut : a. 2a  8b  12 b. 2 p – 2q – r  3s  4

3a  6b  9  a  2b  4

p – q  2s  1 – 2 p  2q – 4 s  – 2

2. Tentukan solusi SPL homogen berikut : 1 1 2 2  1 1 1  2 1 3 3   b . B  a. A  2 2 2    1 0 1 1  1 0 1  c. 2p + q – 2r – 2s = p – q + 2r – s = –p + 2q – 4r + s = 3p – 3s =

0 0 0 0

d . p  5q  4 r  7t  0 2 p  10q  7 r  s  7t  0 r  s  7t  0  2 p  10q  8r  s  18t  0

3. 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

 3 1 1 4   2  2  X  X  4. Diketahui      1 2 2 0 5 4       x x 

Carilah matriks X   1 2  yang memenuhi.  x3 x4 

5. Diketahui SPL Homogen p  2q  r  0 q  2r  0 k 2 p  k  1 q  r  0

Tentukan nilai k sehingga SPL punya solusi tunggal 6. Diketahui 1 3 B  5 3  

x Tentukan vektor tak nol u   y

  sehingga Bu  6u 