PENYELESAIAN PERSAMAAN LINIER SIMULTAN

PENYELESAIAN PERSAMAAN LINIER SIMULTAN
ANNISA PUSPA KIRANA, S.KOM, M.KOM
PERSAMAAN LINIER SIMULTAN
 Persamaan linier simultan adalah suatu bentuk persamaan-persamaan yang secara bersama-sama menyajikan banyak
variabel bebas
 Bentuk persamaan linier simultan dengan m persamaan dan n variabel bebas
 aij untuk i=1 s/d m dan j=1 s/d n adalah koefisien atau persamaan simultan
 xi untuk i=1 s/d n adalah variabel bebas pada persamaan simultan
PERSAMAAN LINIER SIMULTAN
 Penyelesaian persamaan linier simultan adalah penentuan nilai xi untuk semua i=1 s/d n yang
memenuhi semua persamaan yang diberikan.
 AX = B
 Matrik A = Matrik Koefisien/ Jacobian.
 Vektor x = vektor variabel
 vektor B = vektor konstanta.
 a11
a
 21
 ...

a m1
a12
a 22
...
am2
... a1n   x1   b1 
... a 2 n   x 2  b2 




 ... 
... ... ...
   
... a mn   x n  bn 
PERSAMAAN
LINIER SIMULTAN
 Persamaan
Linier Simultan
atau
Sistem Persamaan Linier
mempunyai kemungkinan solusi :
 Tidak mempunyai solusi
 Tepat satu solusi
 Banyak solusi
AUGMENTED MATRIX
 Matrik yang merupakan perluasan matrik A dengan menambahkan vector B pada
kolom terakhirnya, dan dituliskan:
 Augmented (A) = [A B]
 a11
a
 21
 ...

a m1
a12
a 22
...
am2
a13
a 23
...
am3
... a1n
... a 2 n
... ...
... a mn
b1 
b2 
... 

bm 
CONTOH 1 :
 Seorang pembuat boneka ingin membuat dua macam boneka yaitu boneka A dan
boneka B. Kedua boneka tersebut dibuat dengan menggunakan dua macam bahan
yaitu potongan kain dan kancing. Boneka A membutuhkan 10 potongan kain dan 6
kancing, sedangkan boneka B membutuhkan 8 potongan kain dan 8 kancing.
 Permasalahannya adalah berapa buah boneka A dan boneka B yang dapat
dibuat dari 82 potongan kain dan 62 kancing ?
CONTOH 1
 Permasalahan ini dapat dimodelkan dengan menyatakan :
 x = jumlah boneka A
 y = jumlah boneka B
 Untuk setiap bahan dapat dinyatakan bahwa:
 Potongan kain
10 untuk boneka A + 8 untuk boneka B = 82
 Kancing
6 untuk boneka A + 8 untuk boneka B = 62
 Atau dapat dituliskan dengan :
10 x + 8 y = 82
6 x + 8 y = 62
 Penyelesaian dari permasalahan di atas adalah penentuan nilai x dan y yang memenuhi kedua
persamaan di atas.
CONTOH 2 :
 Perhatikan potongan peta yang sudah diperbesar (zoom) sebagai berikut :
3
4
2
1
 Perhatikan bahwa pada ke-4 titik tersebut dihubungkan dengan garis lurus, sehingga tampak kasar.
 Untuk menghaluskannya dilakukan pendekatan garis dengan kurva yang dibentuk dengan fungsi pendekatan polinomial.
 Dari fungsi polinomial yang dihasilkan kurva dapat digambarkan dengan lebih halus.
CONTOH 2 :
 4 titik yang ditunjuk adalah (2,3), (7,6), (8,14) dan (12,10). 4 titik ini dapat didekati dengan fungsi polinom pangkat 3 yaitu :
y  ax3  bx 2  cx  d
 Bila nilai x dan y dari 4 titik dimasukkan ke dalam persamaan di atas akan diperoleh model persamaan simultan sebagai
berikut :
Titik 1 
Titik 2 
Titik 3 
Titik 4 
3=8a+4b+2c+d
6 = 343 a + 49 b + 7 c + d
14 = 512 a + 64 b + 8 c + d
10 = 1728 a + 144 b + 12 c + d
 Nilai a, b, c dan d adalah penyelesaian dari permasalahan di atas.
CONTOH 2 :
 Setelah nilai a, b, c dan d diperoleh maka persamaan polinomialnya didapatkan dan
dengan menggunakan step x yang lebih kecil dapat digambarkan grafiknya dengan
lebih halus.
THEOREMA 4.1.
 Suatu persamaan linier simultan mempunyai penyelesaian tunggal bila memenuhi syarat-syarat sebagai
berikut.
 Ukuran persamaan linier simultan bujursangkar, dimana jumlah persamaan sama dengan jumlah variable bebas.
 Persamaan linier simultan non-homogen dimana minimal ada satu nilai vector konstanta B tidak nol atau ada bn
 0.
 Determinan dari matrik koefisien persamaan linier simultan tidak sama dengan nol.
METODE ANALITIK
 Metode grafis
 Aturan Crammer
 Invers matrik
METODE NUMERIK

Metode Eliminasi Gauss

Metode Eliminasi Gauss-Jordan

Metode Iterasi Gauss-Seidel
METODE ELIMINASI GAUSS
 Metode Eliminasi Gauss merupakan metode yang dikembangkan dari metode
eliminasi, yaitu menghilangkan atau mengurangi jumlah variable sehingga dapat
diperoleh nilai dari suatu variable bebas
 matrik diubah menjadi augmented matrik :
 a11

a 21
 ...

a n1
a12
... a1n
a 22
... a 2 n
...
...
an2
...
... a nn
b1 

b2 
... 

bn 
METODE ELIMINASI GAUSS
 Ubah matrik menjadi matrik segitiga atas atau segitiga bawah dengan menggunakan
OBE (Operasi Baris Elementer).
 a11
a
 21
a31

 ...
a n1
a12
a13
... a1n
a 22
a 23
... a 2 n
a32
...
a33
...
... a3n
... ...
an2
a n 3 ... a nn
b1 
b2 
b3 

... 
bn 
c11
0

0

 ...
 0
c12
c13
... c1n
c 22
c 23
... c 2 n
0
...
c33
...
... c3n
... ...
0
0
... c nn
d1 
d 2 
d3 

... 
d n 
OPERASI BARIS ELEMENTER
 Metode dasar untuk menyelesaikan Sistem Persamaan Linier adalah mengganti sistem
yang ada dengan sistem yang baru yang mempunyai himp solusi yang sama dan lebih
mudah untuk diselesaikan
 Sistem yang baru diperoleh dengan serangkaian step yang menerapkan 3 tipe operasi.
Operasi ini disebut Operasi Baris Elementer
1. Multiply an equation through by an nonzero constant.
2. Interchange two equation.
3. Add a multiple of one equation to another.
METODE ELIMINASI GAUSS
 Sehingga penyelesaian dapat diperoleh dengan:
dn
xn 
c nn
x n 1 
1
c n 1,n 1
 c
n 1, n
x n  d n 1 
.....................................
1
d 2  c23 x3  c24 x4  ...  c2 n xn 
x2 
c 22
1
d1  c12 x2  c13 x3  ...  c1n xn 
x1 
c11
CONTOH :
 Selesaikan sistem persamaan berikut:
x1  x 2  x3  6
x1  2 x 2  x3  2
2 x1  x 2  2 x3  10
 Augmented matrik dari persamaan linier simultan tersebut :
1 1 1 6 
1 2  1 2 


2 1 2 10
CONTOH :
B2  B1
 Lakukan operasi baris elementer
B3  2B1
B3  B2
1
6 
1 1


0 1  2  4
0 1 0  2


6
1 1 1
0 1  2  4 


0 0  2  6
CONTOH :
 Penyelesaian :
6
x3 
3
2
1
x 2   4  (2)3  2
1
1
x1  6  2  3  1
1
ECHELON FORMS
 This matrix which have following properties is in reduced row-echelon form (Example 1, 2).
1. If a row does not consist entirely of zeros, then the first nonzero number in the row is a 1. We call this a
leader 1.
2. If there are any rows that consist entirely of zeros, then they are grouped together at the bottom of the
matrix.
3. In any two successive rows that do not consist entirely of zeros, the leader 1 in the lower row occurs
farther to the right than the leader 1 in the higher row.
4. Each column that contains a leader 1 has zeros everywhere else.
 A matrix that has the first three properties is said to be in row-echelon form (Example 1, 2).
 A matrix in reduced row-echelon form is of necessity in row-echelon form, but not conversely.
EXAMPLE
1 form:
 reduced
row-echelon
 2 0 1
ROW-ECHELON
&
REDUCED
FORM
0 1 ROW-ECHELON
1 0 0 4 1 0 0

 
 
0 1 0 7  , 0 1 0  , 0 0

 
 0 0
0 0 1  1 0 0 1 
0 0

0
0
0
1 3 0 0
,
0 0 0 0

0 0
row-echelon form:
1 4  3 7  1 1 0 0 1 2 6 0
0 1 6 2  , 0 1 0  , 0 0 1  1 0 

 
 

0 0 1 5 0 0 0 0 0 0 0 1
EXAMPLE 2
MORE ON ROW-ECHELON AND REDUCED
ROW-ECHELON FORM
 All matrices of the following types are in row-echelon form ( any real numbers
substituted for the *’s. ) :
1
0

0

0

* * * 1
1 * * 0
,
0 1 * 0
 
0 0 1 0
* * * 1
1 * * 0
,
0 1 *  0
 
0 0 0  0
0
* * * 
0
1 * * 
, 0

0 0 0 
 0
0 0 0 
0
1 * * * * * * * *
0 0 1 * * * * * *
0 0 0 1 * * * * *

0 0 0 0 1 * * * *
0 0 0 0 0 0 0 1 *
All matrices of the following types are in reduced row-echelon form ( any real numbers
substituted for the *’s. ) :
1
0

0

0
0 0 0 1
1 0 0 0
,
0 1 0  0
 
0 0 1  0
0 0 * 1
1 0 * 0
,
0 1 *  0
 
0 0 0  0
0 *
1 *
0 0
0 0
0
* 
0
* 
, 0

0 
 0
0 
0
1 * 0 0 0 * * 0 *
0 0 1 0 0 * * 0 *
0 0 0 1 0 * * 0 *

0 0 0 0 1 * * 0 *
0 0 0 0 0 0 0 1 *
CONTOH
SOLUSI DARI SISTEM PERS LINIER
Anggaplah ini adalah matrik dari Sistem Persamaan Linier yang
telah direduksi dengan bentuk row echelon.
1 0 0 5 
(a) 0 1 0  2
0 0 1 4 
Solution (a)
 5
x
y
 -2
z 4
EXAMPLE 3
SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (B1)
1 0 0 4  1
(b) 0 1 0 2 6 
0 0 1 3 2 
Solution (b)
 4 x4  - 1
x1
x2
 2 x4  6
x3  3x4  2
leading
variables
free variables
EXAMPLE 3
SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (B2)
x1  - 1 - 4 x4
x 2  6 - 2 x4
x3  2 - 3 x4
Free variabel kita misalkan dengan t. Sehingga
selanjutnya dapat kita tentukan leading
variabelnya.
Sistem Persamaan Linier
menghasilkan banyak solusi
x1  1  4t ,
x2  6  2t ,
x3  2  3t ,
x4  t
EXAMPLE 3
SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (C1)
1
0
(c) 
0

0
6 0 0 4  2
0 1 0 3 1 
0 0 1 5 2

0 0 0 0 0
Solution (c)
1. Pada baris ke-4 semuanya nol
sehingga persamaan ini dapat
diabaikan
x1  6 x2
 4 x5  - 2
x3
 3x5  1
x4  5 x5  2
EXAMPLE 3
SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (C2)
Solution (c)
2. Selesaikan leading variabel
dengan free variabel
3. Free variabel kita misalkan
dengan t (sembarang value).
Sehingga Sistem Persamaan
Linier menghasilkan banyak
solusi
x1  - 2 - 6 x2 - 4 x5
x3  1 - 3x5
x4  2 - 5 x5
x1  - 2 - 6 s - 4t ,
x2  s
x3  1 - 3t
x4  2 - 5t ,
x4  t
EXAMPLE 3
SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (D)
1 0 0 0
(d) 0 1 2 0
0 0 0 1
Solution (d):
Persamaan terakhir pada Sistem Persamaan Linier
0 x1  0 x2  0 x3  1
Karena persamaan ini tidak konsisten, maka Sistem ini
tidak mempunyai solusi
EXAMPLE 3
SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (D)
1 0 0 0
(d) 0 1 2 0
0 0 0 1
Solution (d):
the last equation in the corresponding system of
equation is
0 x1  0 x2  0 x3  1
Since this equation cannot be satisfied, there is no
solution to the system.
 We shall give a step-by-step elimination procedure that can be used to reduce any matrix
ELIMINATION
METHODS (1/7)
to reduced
row-echelon form.
0 0  2 0 7 12 
2 4  10 6 12 28 


2 4  5 6  5  1
ELIMINATION METHODS (2/7)
 Step1. Locate the leftmost column that does not consist entirely of zeros.
0 0  2 0 7 12 
2 4  10 6 12 28 


2 4  5 6  5  1
Leftmost nonzero column
 Step2. Interchange the top row with another row, to bring a nonzero entry to top of the column
found in Step1.
2 4  10 6 12 28 
0 0  2 0 7 12 


2 4  5 6  5  1
The 1th and 2th rows in the
preceding matrix were
interchanged.
ELIMINATION METHODS (3/7)
 Step3. If the entry that is now at the top of the column found in Step1 is a, multiply the first row by 1/a in
order to introduce a leading 1.
1 2  5 3 6 14 
0 0  2 0 7 12 


2 4  5 6  5  1
The 1st row of the preceding
matrix was multiplied by 1/2.
 Step4. Add suitable multiples of the top row to the rows below so that all entires below the leading 1
become zeros.
14 
1 2  5 3 6
0 0  2 0 7

12


0 0 5 0  17  29
-2 times the 1st row of the
preceding matrix was added to
the 3rd row.
ELIMINATION METHODS (4/7)
 Step5. Now cover the top row in the matrix and begin again with Step1 applied to the submatrix that
remains. Continue in this way until the entire matrix is in row-echelon form.
14 
1 2  5 3 6
0 0  2 0 7

12


0 0  5 0  17  29
14 
1 2  5 3 6
0 0 1 0  7


6
2


0 0 5 0  17  29
Leftmost nonzero column
in the submatrix
The 1st row in the submatrix
was multiplied by -1/2 to
introduce a leading 1.
ELIMINATION METHODS (5/7)
1 2  5 3 6 14 
0 0 1 0  7  6 
2


1
0 0 0 0 2
1 
 Step5 (cont.)
1 2  5 3 6
0 0 1 0  7
2

0 0 0 0 12
14 
 6
1 
1 2  5 3 6
0 0 1 0  7
2

0 0 0 0 1
14 
 6
2 
-5 times the 1st row of the submatrix
was added to the 2nd row of the
submatrix to introduce a zero below
the leading 1.
The top row in the submatrix was
covered, and we returned again Step1.
Leftmost nonzero column in
the new submatrix
The first (and only) row in the
new submetrix was multiplied by
2 to introduce a leading 1.
 The entire matrix is now in row-echelon form.
ELIMINATION
(6/7)
 Step6. Beginning
with las nonzeroMETHODS
row and working
upward, add suitable multiples of each row to the rows
above to introduce zeros above the leading 1’s.
1 2  5 3 6 14
0 0 1 0 0 1 


0 0 0 0 1 2 
1 2  5 3 0 2
0 0 1 0 0 1 


0 0 0 0 1 2
7/2 times the 3rd row of the
preceding matrix was added to
the 2nd row.
-6 times the 3rd row was added to
the 1st row.
1 2 0 3 0 7 
0 0 1 0 0 1 
5 times the 2nd row was added to


the 1st row.
0 0 0 0 1 2
 The last matrix is in reduced row-echelon form.
ELIMINATION METHODS (7/7)
 Step1~Step5: the above procedure produces a row-echelon form and is called Gaussian
elimination.
 Step1~Step6: the above procedure produces a reduced row-echelon form and is called
Gaussian-Jordan elimination.
 Every matrix has a unique reduced row-echelon form but a row-echelon form of a given
matrix is not unique.
ALGORITMA METODE ELIMINASI GAUSS
METODE ELIMINASI GAUSS JORDAN
 Metode ini merupakan pengembangan metode eliminasi Gauss, hanya saja augmented
matrik, pada sebelah kiri diubah menjadi matrik diagonal
 a11
a
 21
a31

 ...
a n1
a12
a13
... a1n
a 22
a 23
... a 2 n
a32
...
a33
...
... a3n
... ...
an2
a n 3 ... a nn
b1 
b2 
b3 

... 
bn 
1
0

0

...
 0
d1 
... 0 d 2 
... 0 d 3 

... ... ... 
... 1 d n 
0
0 ... 0
1
0
0 1
... ...
0
0
 Penyelesaian dari persamaan linier simultan diatas adalah nilai d1,d2,d3,…,dn dan atau:
x1  d1 , x2  d 2 , x3  d 3 ,...., xn  d n
CONTOH :
 Selesaikan persamaan linier simultan:
x1  x 2  3
2 x1  4 x 2  8
 Augmented matrik dari persamaan
linier simultan
1 1 3
2 4 8


 Lakukan operasi baris elementer
Penyelesaian persamaan linier simultan :
x1 = 2 dan x2 = 1
1 1 3
B2  2b1 

0
2
2


1 1 3
B 2 / 2

0
1
1


1 0 2
B1  B2 

0
1
1


CONTOH :
x  y  2z  9
2 x  4 y  3z  1
3x  6 y  5 z  0
1 1 2 9 
2 4  3 1


3 6  5 0
B2-2B1
B2-2B1
x  y  2z  9
2 y  7 z  1 7
3x  6 y  5 z  0
9 
1 1 2
0 2  7  17 


3 6  5
0 
B3-3B1
B3-3B1
EXAMPLE 3
USING ELEMENTARY ROW OPERATIONS(2/4)
x  y  2z  9
2 y  7 z  17
3 y  11z  27
½ B2
9 
1 1 2
0 2  7  17 


0 3  11  27 
½ B2
x  y  2z 
9
y  72 z   172
3 y  11z 
B3-3B2
0
9 
1 1 2
0 1  7  17 
2
2 

0 3  11  27 
B3-3B2
EXAMPLE 3
USING ELEMENTARY ROW OPERATIONS(3/4)
x  y  2z 
9
y  72 z   172
-2 B3
9 
 172 
 32 
9
y  72 z   172
B1- B2
z 3
 12 z   32
1 1 2
0 1  7
2

0 0  12
x  y  2z 
-2 B3
1 1 2
0 1  7
2

0 0 1
9 
 172 
3 
B1- B2
EXAMPLE 3
USING ELEMENTARY ROW OPERATIONS(4/4)
x
 112 z 
35
2
B2 + 7/2 B3
y
y  72 z   172
z 3
1 0 112

7
0
1

2

0 0 1


 
3 
35
2
17
2
1
x
B1 - 11/2 B3
B2 + 7/2 B3
B1 - 11/2 B3
 Solusi x = 1, y=2 dan z=3
 2
z 3
1 0 0 1 
0 1 0 2 


0 0 1 3