1 / 38

,n,mn,

nmbmnbbmn,bmnbmnbmbn

Windowmath
Download Presentation

,n,mn,

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. 1 SISTEM PERSAMAAN LINEAR Nurdinintya Athari (NDT)

  2. 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.

  3. 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

  4. Bentuk umum sistem persamaan linear ... x a x a   ... x a x a         a a x x  b b  n n 11 1 12 2 1 1 n n 21 1 22 2 2 2     a x a x a x b ... m m mn n m 1 1 2 2 Dapat ditulis dalam bentuk :  a a    a a a    b   x   n 11 11 1   1   1 a  b   x     n 11 11 2 2  2                       a a a  b nx m m mn 1 1 m

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

  6. 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

  7. Ilustrasi Solusi SPL dengan garis pada kartesius y y = 2x - 2 (2, 2) merupakan titik potong dua garis tersebut y = x Tidak ada titik potong yang lain selain titik tersebut 2 Artinya, (2, 2) x SPL mempunyai solusi tunggal. 1 2 Artinya : SPL 2x – y = 2 x – y = 0 Mempunyai solusi tunggal, yaitu x = 2, y = 2

  8. 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 Artinya, x SPL TIDAK mempunyai solusi 1

  9. 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 Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah berimpit. y 2x – 2y = 0 x – y = 0 Titik potong kedua garis banyak sekali disepanjang garis tersebut. Artinya, x SPL mempunyai solusi tak hingga banyak

  10. 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 3 1   3        1 3 5   1 3  5 1 3 5    1 0 2 3 1                ~   ~ ~ ~ 10  10  0 1 1 0 0 1 1 1 5 5

  11. Tulis kembali matriks yang diperbesar hasil OBE menjadi perkalian matriks       x 1 0 2              y 0 1 1 Solusi SPL tersebut adalah x = 2 dan y = 1

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

  13. a.     1 0 1 4 1 0 0 1       7     1 1 0 1 0 1 0 2           0 0 1 3 0 2 1 Terlihat bahwa solusi SPL adalah a = 1, b = 2, dan c = 3

  14.          b. 1 0 0 0 1 0 1 1 0 4 5 0   1 0 1 4      1  1   1 1 0 1      1 0 Jika dikembalikan kedalam bentuk perkalian matriks diperoleh : 1 0 1 4 0 1 1 5 0 0 0 0 c                               a b  Ini memberikan a + c = 4 dan b + c = 5. Dengan memilih c = t, dimana t adalah parameter. Maka solusi SPL tersebut adalah : 1 4 1 5 1 0 c                                a b    t , dimana t adalah parameter Jadi, SPL tersebut memiliki solusi banyak.

  15. c.           1 0 0 0 1 0 1 1 0 4 5 1   1 0 1 4      1    1 1 0 1      1 0 2 Terlihat bahwa ada baris nol pada matriks koefisien tetapi matriks konstanta pada baris ke-3 sama dengan 1 (tak nol) 1 0 1 4 0 1 1 5 0 0 0 1 c                               a b  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.

  16. ELIMINASI GAUSS J ORDAN C arilah solusi SPL berikut :   x 1     1 0 2 3 1   x       2  2 1 3 4 4       x         3 1 1 1 1 3     x 4 Matriks baris eselon tereduksi Solusi :   1 0 2 3 | 1   3 | 1 1 0 2     Kolom 3,4 tidak memiliki 1 utama      0 1 1 2 | 2 A b 4 | 4 ~ ... ~ | 2 1 3             1 1 1 1 | 3 0 0 0 0 | 0 X3 = s , x4 = t

  17. ELIMINASI GAUSS J ORDAN        x s t 1 2 3 x x x x 2 x 3 1 2   1 0 2 3 | 1 1 1 3 4          x s t x 2 2 2 0 1 1 2 | 2   2 2 3 4     0 0 0 0 | 0 Maka, solusinya adalah       x s t 1 2 3 1       x s t 2 2     2      x s 3         x t 4

  18. LATIHAN Carilah solusi SPL berikut :   x 1     3 0 2 2 1       x 4 3 5 1   x             2  b . 2 1 3 4 2  a y . 2 2 3 2             x         3                 1 1 1 2 1     z 3 3 5 3 x 4      d x y z w  . 2  1    . 2 c a b c 2  2  0      x x x y z w w 2   2    2  2  a   b c 2 5 2   1 y z 2 w 4 1 a b c 8 4 1  3 3 3

  19. 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

  20. Jawab: Matriks diperbesar dari SPL adalah 4 3 - 2 1    a a     1 2 - 3 4        3 1 5 2 ~ 0 7 14 10             2 2 a a 4 1 - 14 2 0 7 - 2 14   1 2 - 3 4     a ~ 0 7 14 10        2 a 0 0 - 16 4 a. Agar SPL mempunyai solusi tunggal: a2– 16  0 sehingga a   4

  21.  1 2 - 3 4     a 0 7 14 10        2 a 0 0 - 16 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 Jadi , a = 4 a – 4 = 0

  22. Solusi SPL dengan Matriks Invers   n a a a      a a a    b   x n 11 12 1     1   1   b x     21 22 2 2 2                      a a a  n x n b n n nn 1 2 Atau AX = B Kalikan setiap ruas di atas dengan A–1A X = A–1B diperoleh : X = A–1B Ingat bahwa suatu matriks A mempunyai invers jika dan hanya jika Det (A)  0. A–1

  23. Contoh : Tentukan solusi dari SPL berikut : a + c = 4 a – b = –1 2b + c = 7 Jawab : Perhatikan bahwa 1 0 1  1   A 1 1 - 0 0 0 2 1 Jadi A mempunyai Invers   1 -  2 1     1 A 1 -   1 1    2 - 2 1 -

  24. sehingga X = A–1B berbentuk :       a - 1 2 1 4   1          b  - 1 1 1   - 1         2               c 2 - 2 - 1 7 3 Jadi, Solusi SPL tersebut adalah     a 1      b 2             c 3

  25. Solusi SPL dengan aturan Cramer Misalkan SPL ditulis dalam bentuk AX = B, yaitu :   n a a a         a a a    x   b n 11 12 1     1   1  x    b   21 22 2 2 2                   n b a a a  n x n n nn 1 2 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 :    A       a b a   n 11 1 1 a b a   n 11 2 2   2     a b a  n n nn 1

  26. • Hitung |Ai| • Solusi SPL untuk peubah xiadalah A det( ) i i x A det( ) Contoh : Tentukan solusi b dari SPL berikut : a + c = 4 a – b = –1 2b + c = 7 Jawab : Perhatikan bahwa 1 0 1  1  A 1 1 - 0 0 2 1

  27. det ( A ) 2 Maka  b det ( A ) 1 4 1 1 1 - 0 0 7 1  1 1 - 0 1 0 1 1 - 1  (-4)  1  7 1 0 1 0 7 - 1 - ( 1   2  ) 0 - 1 ( (-4)   ) 0 - 7 ( 1  ) 0 (-4)  - 1 7 Jadi, Solusi peubah b yang memenuhi SPL adalah b = 2

  28. Tentukan solusi SPL untuk peubah a ?     det 4 0 1 -1 -1 0 7 2 1 1 -1 0 4 2 1 4 ( -1 -0 ) 1 ( -2 - (-7) ) -4 0 5 1  A A det a  1  -1 -1 7    0 1 2      Solusi peubah c ?

  29. SISTEM PERSAMAAN LINEAR HOMOGEN Sebuah SPL dikatakan homogen jika seluruh konstanta adalah nol. Bentuk umum :  x a     a x a x a x ... 0       a a a x  0 n n 11 1 12 2 1 n 11 12 1 1           a x a x ... 0  a a a x  0        n  n 21 1 22  2 2 n 21  22  2  2                         a a a x  0 a x a x a x ... 0 m m mn n 1 2 m m mn n 1 1 2 2  A x 0 Notasi : SPL homogen adalah SPL yang konsisten  selalu mempunyai solusi.

  30. SISTEM PERSAMAAN LINEAR HOMOGEN J ika solusi SPL adalah tunggal, yaitu x1= 0, x2 = 0, …, xn = 0  solusi trivial J ika 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).

  31. SISTEM PERSAMAAN LINEAR HOMOGEN Contoh : C arilah solusi dari SPL homogen berikut:   x 1     1 0 2 3 0   1 0 2 3 | 0     1 0 2 3 | 0 x           2  2 1 3 4 0   2 1 3 4 | 0 0 1 1 2 | 0           x         3         1 1 1 1 0     0 0 0 0 | 0 1 1 1 1 | 0 x 4 Matriks yang diperbesar Baris eselon tereduksi                           x x x x s  t 2 s 3 t 1 Solusinya adalah 2 2  s t 3 4 Solusi tak hingga banyak / solusi nontrivial

  32. Contoh : Diketahui SPL       b x - 0 0 0        b y 0 - 1 1 0                   b z 0 1 - 1 0 a. Tentukan b agar SPL memiliki solusi tak hingga banyak b. Tuliskan solusi SPL tersebut

  33. Jawab : Solusi suatu SPL homogen adalah tak tunggal jika det(A) = 0.  b b 0  0  0 1 1  1  0 b 0 1 b 1  1      b 0 b 1 1  (–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

  34. • Saat b = 0       x 0 0 0 0        y 0 0 1 1                   z 0 0 1 1 Dengan OBE maka     0 0 0 0 0 0     0 1 1 ~ 0 1 1             0 1 1 0 0 0 Misalkan p,q adalah parameter Riil, maka     1 0     p x             q y p q 0 1 -                         q z 0 1

  35. • Saat b = 2        x 2 0 0 0        1  y 0 1 1 0                    z 0 1 0 Dengan OBE maka  ~     1 0 0 1 0 0   1 0 0   2 0 0          0  0 1 1     0 1 1 ~   0 1 1  ~ 0 1 1  ~                     0 0  0 1 1 0 1 1 0 1 1 Misalkan q adalah parameter Riil, maka       x 0 0         y q q 1                   z q 1

  36. Exercise 1. Tentukan solusi SPL berikut : . 2 8 12 3 6 9 4 2 a b           a a a b b b p q r s . 2 – 2 – – – 2 p 3 1 s 4    p q s 2 2 – 4 q  – 2 2. Tentukan solusi SPL homogen berikut :        1 2 1 1 1 0 2 2 3 3 1 1   1 1 1    b B .  . A a 2 2 2         1 0 1     d p q r t . 5  4 7 0 c. 2p + q – 2r – 2s = 0 p – q + 2r – s –p + 2q – 4r + s = 0 3p – 3s = 0      p   q t r s t 2 r  10 7 0  7 0 s p 7 10 = 0     q r s t 2 8 18 0

  37. 3. Diketahui SPL AX = B   1   1  0 1   x 1         1   dan B 1 X x A 1   1 - 0 ,      2           x 0 2 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 yang memenuhi. 1 2  X   x x 3 4

  38. 5. Diketahui SPL Homogen 2   r q    p q r 0 2 0       2 k p k q r 1 0 Tentukan nilai k sehingga SPL punya solusi tunggal 6. Diketahui   1 3  B   5 3   x  B u u     6  Tentukan vektor tak nol sehingga u y

More Related