SISTEM PERSAMAAN LINEAR

1. SISTEM PERSAMAAN LINEAR Budi Murtiyasa Jur. Pendidikan Matematika Universitas Muhammadiyah Surakarta Juli 2008 design by budi murtiyasa 2008

2. Sistem persamaan linear 3x1 – 7x2 + x3 = 0 -2x1 + 3x2 – 4x3 = 0 2x1 – x2 + 2x3 = 7 x1 + 3x2 – 5x3 = 0 - x1 + x3 = 4 Dng notasi matriks Dng notasi matriks = = A X = G A = G X Matriks augmented : matriks koefisien A ditambah matriks konstanta G. A, matriks koefisien X, matriks variabel /peubah G, matriks konstanta (A | G) =

3. SISTEM PERSAMAAN LINEAR A X = G G = 0 ? tidak ya Sistem persamaan linear nonhomogen A X = G, dng G ≠ 0 Sistem persamaan linear homogen A X = 0 Contoh : Contoh : 2x + y – 7z = 0 3x + 2y + z = 5 x – 6y + 2z = 0 3x – 5y + 3z = 0 x + 2y – z = 0 2x + y + 2z = 0

4. SPL Nonhomogen A X = G, G ≠ 0 Mempunyai jawab / konsisten r(A) = r(A G) Tidak mempunyai jawab / inkonsisten r(A) ≠ r(A G) Banyak Jawab r(A) = r(A G) < n Jawab tunggal r(A) = r(A G) = n • Metode penyelesaian : • dng OBE, bawa (A G) • ke bentuk echelon. • banyaknya variabel • bebas = n – r . Keterangan : n : banyaknya variabel r : rank (A G) : matriks augmented (tambahan), yaitu matriks koefisien & matriks konstanta • Metode penyelesaian : • Gauss • Gauss-Jordan • matriks invers • Aturan cramer

5. SPL Nonhomogen dengan penyelesaian tunggal (unique) Cari penyelesaian dari sistem : x1 – 2x2 + x3 = -5 3x1 + x2 – 2x3 = 11 -2x1 + x2 + x3 = -2 Persamaan baru menjadi : x1 – 2x2 + x3 = -5 x2 – x3 = 4 2x3 = -2 Metode Gauss : 2. lakukan subtitusi balik : • lakukan OBE, bawa (A G) menjadi • bentuk echelon 2x3 = -2 x3 = -1 x2 – x3 = 4 x2 – (-1) = 4 (A G) = ~ x2 = 3 x1 – 2x2 + x3 = -5 ~ ~ x1 – 2(3) + (- 1) = -5 x1 = 2 r(A) = 3 r(A G) = 3 n = 3 ~ Jadi penyelesaiannya : {(2, 3, -1)}.

6. SPL Nonhomogen dengan penyelesaian tunggal (unique) Cari penyelesaian dari sistem : x1 – 2x2 + x3 = -5 3x1 + x2 – 2x3 = 11 -2x1 + x2 + x3 = -2 ~ r(A) = 3 r(A G) = 3 n = 3 Metode Gauss-Jordan : ~ lakukan OBE, bawa (A G) menjadi bentuk echelon baris tereduksi. Persamaan terakhir menjadi: x1 = 2 x2 = 3 x3 = -1 (A G) = ~ ~ ~ Jadi penyelesaiannya : {(2, 3, -1)}. ~ ~

7. Sistem persamaan linear 3x1 – 7x2 + x3 = 0 -2x1 + 3x2 – 4x3 = 0 2x1 – x2 + 2x3 = 7 x1 + 3x2 – 5x3 = 0 - x1 + x3 = 4 Dng notasi matriks Dng notasi matriks = = A X = G A = G X A, matriks koefisien X, matriks variabel /peubah G, matriks konstanta

8. SPL Nonhomogen dengan penyelesaian tunggal (unique) Cari penyelesaian dari sistem : x1 – 2x2 + x3 = -5 3x1 + x2 – 2x3 = 11 -2x1 + x2 + x3 = -2 det(A) = 6 = adj A A-1 = Metode Matriks Invers : A X = G A-1 A X = A-1 G X = A-1 G 2. Selesaikan X = A-1 G 1. Cari invers dari A (bisa dng OBE, atau bisa dng matriks adjoint). X = = Jadi : x1 = 2 x2 = 3 x3 = -1 A = , maka adj A = Jadi penyelesaiannya : {(2, 3, -1)}.

9. SPL Nonhomogen dengan penyelesaian tunggal (unique) Cari penyelesaian dari sistem : x1 – 2x2 + x3 = -5 3x1 + x2 – 2x3 = 11 -2x1 + x2 + x3 = -2 | A2 | = = 18 Metode Cramer : | A3 | = = - 6 • Cari det(A), dandet(Ai) , yaitudeterminan dr A dng terlebih dahulu mengganti kolom ke i dengan matriks konstanta G 2. Selesaikan Xi = |Ai | / | A | |A| = = 6 | A1 | = = 12 Jadi penyelesaiannya : {(2, 3, -1)}.

10. SPL Nonhomogen dengan banyak jawab / banyak penyelesaian. Persamaan baru menjadi : x1 – 2x2 + x3 = 2 – x2 – 2x3 = 5 Selesaikan sistem : x1 – 2x2 + x3 = 2 -2x1 + 3x2 – 4x3 = 1 -5x1 + 8x2 – 9x3 = 0 2. Berikan nilai parameter tertentu pada variabel bebas, kemudian subtitusikan pada persamaan baru. • lakukan OBE, bawa (A G) menjadi • bentuk echelon Misalkan x3 = α, dng α bil Real – x2 – 2α = 5 – x2 – 2x3 = 5 (A G) = ~ x2 = - 2α – 5 x1 – 2x2 + x3 = 2 r(A) = 2 r(A G) = 2 n = 3 ~ x1 – 2(- 2α – 5) + α = 2 x1 = -5α – 8 Banyaknya variabel bebas = n – r = 3 – 2 = 1 Jadi penyelesaian umum : {(-5α – 8, -2α – 5, α)}. Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci) adalah : x3 Jika diambil nilai α = 0, maka salah satu penyelesaian khusus adalah {(-8, -5, 0)}.

11. SPL Nonhomogen dengan banyak jawab / banyak penyelesaian. Selesaikan sistem : x1 – x2 + 2x3 – 3x4 = - 2 -x1 + x2 – 3x3 + x4 = 1 2x1 – 2x2 + 3x3 – 8x4= - 5 Misalkan x2 = α, dan x4 = β dng α, β bil Real – x3 – 2x4 = - 1 – x3 – 2β = - 1 x3 = - 2β + 1 Solusi : x1 – x2 + 2x3 – 3x4 = - 2 (A G) = ~ x1 – α + 2 (-2β + 1) – 3β = -2 x1 = α + 7β – 4 r(A) = 2 r(A G) = 2 n = 4 ~ Jadi penyelesiaan umum : {(α + 7β – 4, α, - 2β + 1, β)}. Banyaknya variabel bebas = n – r = 4 – 2 = 2 Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci) adalah : x2 dan x4 misal diambil nilai α = 1, dan β = 0, maka salah satu penyelesaian khusus adalah {(-3, 1, 1, 0)}. Persamaan baru menjadi : x1 – x2 + 2x3 – 3x4 = - 2 – x3 – 2x4 = - 1

12. SPL Nonhomogen yang tidak mempunyai jawab / penyelesaian. Selesaikan sistem : x1 – x2 + 2x3 – 3x4 = - 2 -x1 + x2 – 3x3 + x4 = 1 2x1 – 2x2 + 3x3 – 8x4= - 3 Apakah ada nilai x yang memenuhi ? Sistem tidak punya penyelesaian. Solusi : (A G) = ~ r(A) = 2 r(A G) = 3 n = 4 ~ r(A) ≠ r(A G); tidak punya penyelesaian. Mengapa ? Persamaan baru yg terakhir dpt dibaca : 0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 2

13. SPL Homogen A X = 0 Selalu mempunyai jawab / konsisten Sebab pasti r(A) = r(A 0) Jawab tunggal / hanya jawab trivial / jawab nol r(A) = n Banyak Jawab. Selain jawab trivial, ada jawab non trivial r(A) < n banyaknya var.bebas = n – r Metode solusi : Lakukan OBE terhadap matriks koefisien A, sehingga menjadi bentuk echelon.

14. SPL Homogen dangan Jawab Tunggal /hanya jawab trivial / hanya jawab nol Selesaikan sistem : x1 – 2x2 + x3 = 0 -x1 + 3x2 – 2x3 = 0 2x1 + x2 – 4x3 = 0 Sistem hanya mempunyai jawab nol, Dari persamaan baru dapat dibaca : x1 – 2x2 + x3 = 0 x2 – x3 = 0 – x3 = 0 Solusi : ~ (A 0) = Dengan subtitusi balik diperoleh : x3 = 0, x2 = 0, dan x1 = 0 r(A) = 3 r(A 0) = 3 n = 3 ~ Catatan : saat OBE, perhatikan bahwa bagian kanan dari (A | 0) tidak berubah, Jadi khusus sistem homogen kita dapat cukup melakukan OBE terhadap matriks A; dengan mengingat bahwa bagian ruas kanan selalu bernilai 0 (nol).

15. SPL Homogen dengan banyak Jawab Selesaikan sistem : x1 – 2x2 + x3 = 0 -x1 + 3x2 – 2x3 = 0 2x1 + x2 – 3x3 = 0 Dari persamaan baru dapat dibaca : x1 – 2x2 + x3 = 0 x2 – x3 = 0 Misalkan x3 = α, dng α bil Real Solusi : Dengan subtitusi balik diperoleh : ~ A = x2 – x3 = 0 x2 = α x1 = α x1 – 2x2 + x3 = 0 r(A) = 2 n = 3 ~ Jadi penyelesaian umum : {(α, α , α)}. Banyaknya variabel bebas = n – r = 3 – 2 = 1 Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci) adalah : x3 misal diambil nilai α = 1, maka salah satu penyelesaian khusus adalah {(1, 1, 1)}.

16. SPL Homogen dengan banyak Jawab Selesaikan sistem : -x1 + x2 – 3x3 + x4 = 0 x1 – x2 + 2x3 – 3x4 = 0 2x1 – 2x2 + 3x3 – 8x4= 0 Misalkan x2 = α, dan x4 = β dng α, β bil Real – x3 – 2x4 = 0 – x3 – 2β = 0 x3 = - 2β Solusi : ~ -x1 + x2 – 3x3 + x4 = 0 A = -x1 + α – 3(-2β) + β = 0 x1 = α + 7β r(A) = 2 n = 4 ~ Jadi penyelesaian umum : {(α + 7β, α, - 2β, β)}. Banyaknya variabel bebas = n – r = 4 – 2 = 2 Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci) adalah : x2 dan x4 Persamaan baru menjadi : - x1 + x2 – 3x3 + x4 = 0 – x3 – 2x4 = 0 misal diambil nilai α = 0, dan β = 1, maka salah satu penyelesaian khusus adalah {(7, 0, -2, 1)}.

17. Jika mungkin, carilah jawab yang non trivial dari sistem persamaan : x1 – 3x2 + x3 + 2x4 = 0 2x1 – 5x2 + 3x3 + 4x4 = 0 3x1 – 8x2 + 4x3 + 6x4 = 0 -4x1 + 11x2 – 5x3 – 8x4 = 0 Misalkan x3 = α, dan x4 = β dng α, β bil Real x2 + x3 = 0 x2 + α = 0 Solusi : x2 = - α A = ~ x1 – 3x2 + x3 + 2x4 = 0 x1 – 3(-α) + α+ 2β = 0 x1 = - 4α – 2β r(A) = 2 n = 4 ~ Jadi penyelesaian umum : {(- 4α – 2β, -α, α, β)}. Banyaknya variabel bebas = n – r = 4 – 2 = 2 Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci) adalah : x3 dan x4 misal diambil nilai α = 1, dan β = 1, maka salah satu penyelesaian khusus adalah {(-6, -1, 1, 1)}. Persamaan baru menjadi : x1 – 3x2 + x3 + 2x4 = 0 x2 + x3 = 0

18. Jika mungkin, carilah jawab yang non trivial dari sistem persamaan : x1 + 3x2 + 3x3 = 0 x1 + 4x2 + 3x3 = 0 x1 + 3x2 + 4x3 = 0 Solusi : Sistem tersebut hanya mempunyai jawab trivial (jawab nol). Jadi x1 = x2 = x3 = 0.