SPL dengan penyelesaian tunggal

a11 x1 + a12 x2 + ……….+ a1n xn = b1
a21 x1 + a22 x2 + ……….+ a2n xn = b2
SPL dengan m persamaan
dan n variabel.
am1 x1 + am2 x2 + ……..+ amn xn = bm
 a11 a12 .......... a1n   x1   b1 
 a a .......... a   x   b 
2n   2 
 21 22
 2

    

   

   
 a m1 a m2 .......... a mn   x n   b m 

   
aij, bi : tetapan-tetapan SPL
xj : variable SPL
i= 1, 2, ………. m,
j = 1, 2, ……….n
 a11 a12 .......... a1n b1 
 a a .......... a b 
2n
2 
 21 22






 a m1 a m2 .......... a mn b m 


Persyaratan Sistem Persamaan Linier : A x = b
Dengan :
A : matrik koefisien (harus matrik bujursangkar)
x : matrik variabel (matrik kolom)
b : matrik suku tetap (matrik kolom)
SPL
Mempunyai
penyelesaian
disebut
KONSISTEN
Tidak mempunyai
penyelesaian
disebut
TIDAK KONSISTEN
SPL dalam : R2 (garis) : ax + by = c
R3 (bidang): ax + by + cz = d
TUNGGAL
BANYAK
Sistem persamaan linier dengan 2 variabel, ax  by  p
cx  dy  q
secara geometris :
1. Berupa dua garis sejajar (tidak punya penyelesaian)
A  0,
p b
q d
 0 atau
a c p
 
b d q
a p
c q
0
Syarat garis //(tetapi tidak berhimpit)
2. Berupa titik hasil perpotongan dua garis(penyelesaian
tunggal/unik)
a
c
Syarat dua garis tidak //
A  0 atau

b
d
3. Berupa dua garis lurus saling berhimpit (penyelesaiannya
banyak)
p b
a p
A  0,
q d
a b p
 
c d q
 0,
c q
0
Syarat garis berhimpit
ILUSTRASI GRAFIK
• SPL 2 persamaan 2 variabel:
• Masing-masing pers berupa garis lurus. Penyelesaiannya
adalah titik potong kedua garis ini.
kedua garis sejajar
kedua garis berpotongan kedua garis berhimpitan
Penyelesaian: Ada, Tunggal
(well condition)
x2
3x1 + 2x2 = 18
-x1 + 2x2 = 2
Penyelesaian: Ada, Kondisi buruk
(ill condition)
x2
 3 2  x1  18
 1 2 *  x    2 

  2  
 1
1  x1   1 
2

*    
2
.
3
x
1 .1
1

5   2   

x1
x1
Det = 3*2 - (-1)*2 = 8
Penyelesaian: Tak ada
x2
-½ x1 + x2 = 1
-½ x1 + x2 = ½
 1 1  x   1 
 2 * 1  1 
 1 2 1  x2   2 
x1
Det = -1/2 *1 - (-1/2)*1 = 0
- ½ x1 + x2 = 1
-2.3/5 x1 + x2 = 1.1
Det = -1/2 *1 - (-2.3/5)*1 = -0.04
Penyelesaian: Tak berhingga
x2
-½ x1 + x2 = 1
-1 x1 + 2x2 = 2
 1
1   x1  1 
2

*    
  1 2  x2  2
x1
Det = -1/2 *2 - (-1)*1 = 0
CARA PENYELESAIAN SPL:
1. Eliminasi biasa (operasi tanpa mengubah jawab)
- Mengalikan persamaan dengan bilangan ≠ 0
- Menambah/mengurangkan persamaan dengan
kelipatan persamaan lain
2. Dengan cara OBE : (A b) OBE (I x)
a. Eliminasi Gauss
- Membuat matrik lengkap (augmented)
- Mengubah matrik lengkap menjadi matrik eselon
dengan sejumlah OBE
1 2 4 
0 1 7 



0 0 1 

- Mendapatkan jawab SPL
Perubahan Eliminasi Gauss (backward) dapat digambarkan sebagai berikut :
b. Eliminasi Gauss – Jordan
- Membuat matrik lengkap (augmented)
- Mengubah matrik lengkap menjadi matrik eselon
tereduksi dengan sejumlah OBE
1
0

0

0
0 0 0

1 0 0
0 1 0

0 0 1
- Mendapatkan jawab SPL
Perubahan eliminasi Gauss – Jordan dapat digambarkan
sebagai berikut :
3. Dengan matrik invers : x = A-1 b
4. Dengan aturan Cramer : x j 
Aj
A
SPL berikut ini : a11x1  a12 x1  a13 x1  c1 maka :
a 21x1  a 22 x1  a 23 x1  c 2
a 31x1  a 32 x1  a 33 x1  c3
x1 
c1 a12 a13
a11 c1 a13
a11 a12 c1
c 2 a 22 a 23
a12 c 2 a 23
a 21 a 22 c 2
c3 a 32 a 33
a 32 c3 a 33
a 31 a 32 c3
A
, x2 
A
, x3 
A
Agar solusi SPL dapat diperoleh, maka persyaratan
berikut ini harus dipenuhi :
1. Ax = b mempunyai jawab unik x V untuk setiap bV
2. Jika Ax = 0, berarti x = 0
3. Mempunyai matrik invers A
4. Determinan A ≠ 0
5. Rank (A) = n, atau matrik A berorder n
Jika persyaratan di atas tak terpenuhi, maka akan terjadi
kombinasi linier (mengakibatkan SPL bersifat singular)
Kombinasi Linier :
 per baris, cukup hanya 2 baris yang menyebabkannya
 per kolom, bila semua baris yang menyebabkannya.
Contoh :
1. Tentukan SPL di bawah ini :
2x1  3x 2  4
3x1  5x 2  13
Jawab :
a. Dengan cara eliminasi :
2x1  3x 2  4 x3  6x1  9x 2  12
3x1  5x 2  13 x2  6x1  10x 2  26
 19x 2  38
x2  2
2 x1 – 3(2) = – 4
x1 = 1
Jadi : x1 = 1 dan x2 = 2
b. Dengan cara OBE :
 2  3   x1   4 
3 5  x    13

 2  
A . x  B
OBE
 A B
I x
 2 -3 -4 
3 5 13


b1(1/2)
1 - 32 -2 


3
5
13


1 - 32 -2  b12(3/2) 1 0 1 
0 1 2 




0 1 2 
b21(-3)
1 - 32 -2 
 19

0 2 19
b2(2/19)
x1 = 1 dan x2 = 2
c. Dengan cara matrik invers.
 x1 
 2 -3
-4 
A
, x    dan B   

3 5 
13
x2 
1
A 
adj(A)
A
-1
1  5 3
 
19  -3 2 
x  A -1B
1  5 3 -4  1 
 
 



19 -3 2 13  2
Jadi x1 = 1 dan x2 = 2
Aj
d. Dengan cara aturan Cramer : x j  A
 x1 
 2 -3
-4 
A
, x    dan B   

3 5 
13
x2 
A  19
-4 -3
13 5 19
x1 
 1
19
19
2 -4
3 13 38
x2 
 2
19
19
Jadi, x1 = 1 dan x2 = 2
2. Tentukan SPL di bawah ini :
2 x 1 + x 2 – x3 = 2
x1 – x2 + x 3 = 1
–x1 + 2 x2 – x3 = 3
a. Dengan cara eliminasi :
2 x1 + x2 – x3 = 2 …….(1)
x1 – x2 + x3 = 1 …….(2)
–x1 + 2 x2 – x3 = 3 ..…..(3)
(1)
2 x 1 + x 2 – x3 = 2
(2)
x 1 – x2 + x 3 = 1
3 x1
= 3
x1 = 1
(2) x1 – x2 + x3 = 1
(3) –x1 + 2 x2 – x3 = 3
x2
= 4
(2)
x1 – x2 + x 3 = 1
1 – 4 + x3 = 1
x3 = 4
Jadi : x1 = 1, x2 = 4 dan x3 = 4
b. Dengan cara OBE :
 2 1  1  x1   2
 1  1 1   x   1 

 2  
 1 2  1   x 3  3 
A . x  B
 A B OBE  I x 
 2 1 -1 2 
 1 -1 1 1 


 -1 2 -1 3
b12
 1 -1 1 1 
 2 1 -1 2 


 -1 2 -1 3
b21(-2)
 1 -1 1
 0 3 -3

-1 2 -1
1
0 
3
 1 -1 1
 0 1 -1

 0 1 0
1
0 
4 
1
0

 0
1
0 
4 
0
0
1 -1
0
1
b31(1)
b12(1)
b23(1)
 1 -1 1 1 
 0 3 -3 0 


 0 1 0 4 
1
0

 0
1
0

 0
0
0
1 -1
1
0
0
0
1
0
0
1
Jadi : x1 = 1, x2 = 4 dan x3 = 4
1
0 
4 
1
4 
4 
b2(1/3)
b32(-1)
c. Dengan cara matrik invers
1  1
 2
,
A  
1

1
1



2 1
 1

x  A -1B
A -1 
 x1 

x  
x
2



x3 

2

dan B  
1
 

3 

1
adj(A)
A
adj(A)  K T
K ij  ( 1) i+j . M ij
2
1
1
1
1
1
1
2
1
11
K11  ( 1)
1
1
2 1
 1
2
1 1
1 1
1
2
1 1
1
2
1
1 1
1
1
2
1  1
0
1 3
K13  ( 1)
1 1
1
2
1
1
1
2
1
1
1
1
K12  ( 1)
1
1
1
2
1 2
1
K 21  ( 1)
2 1
1 1
2 1
 1
2
1 1
1 1
1
2
2
1
2
2
1
2
1  1
 3
1
K 23  ( 1)
23
2
1
1
2
 5
1
1
1 1
1 1
2 1
1
1 1
1 1
K 22  ( 1)
2 2
1
1
K 31  ( 1)
31
1 1
1
1
0
2
1 1
1 1
1
2
2
1
2
2 1
1
1
 3
1
1
1 1
1 1
K 32  ( 1)
3 2
K 33  ( 1)
3 3
2
1
1 1
 3
1
1
 -1 0 1
K   -1 -3 -5 
 0 -3 -3 
 -1 -1 0 
adj(A)  K T   0 -3 -3 
 1 -5 -3 
A
-1

1
adj(A)
A
 -1
1 

0

3

 1
x  A -1B
-1
-3
-5
0 
-3 

-3 

0
 -1 -1
1 

0 -3 -3

3

 1 -5 -3
 x1 
 3 
 x   1  12 
 2

3 


 12 

x3 

Jadi : x1 = 1, x2 = 4 dan x3 = 4





2
1 
 

3 

1 

 
4
 

4

d. Dengan cara Cramer : x j 
Aj
A
 x1 
 2 1  1
2
A   1  1 1  , x   x 2  dan B  1 
 x 3 
 1 2  1 
3 
x1 
2 1 -1
2 2 -1
2 1 2
1 -1 1
1 1 1
1 -1 1
3 2 -1
-3
-1 3 -1 12
-1 2 3 12
3
  1; x 2 

 4; x 3 

4
3
-3
3
-3
3
Jadi : x1 = 1, x2 = 4 dan x3 = 4
SPL dengan penyelesaian tunggal (unik)
3. Cari penyelesaian dari sistem dengan metode Gauss:
x1 – 2x2 + x3 = -5
3x1 + x2 – 2x3 = 11
-2x1 + x2 + x3 = -2
 Lakukan OBE, bawa (A B) menjadi bentuk eselon baris
 1  2 1  5
(A B) = 

1  2 11 
 3
 2 1

1

2


~
1  2 1  5 


 0 7  5 26 
 0  3 3  12 


 1  2 1  5


~  0 7  5 26 
 0 1 1 4 


1  2 1  5


~  0 1 1 4 
0 0 2  2


~
 1  2 1  5


 0 1 1 4 
 0 7  5 26 


r(A) = 3
r(A B) = 3
n=3
Persamaan baru menjadi :
x1 – 2x2 + x3 = -5
x2 – x3 = 4
2x3 = -2
 Selanjutnya lakukan substitusi balik :
2x3 = -2
x3 = -1
x2 – x3 = 4
x2 – (-1) = 4
x2 = 3
x1 – 2x2 + x3 = -5
x1 – 2(3) + (- 1) = -5
x1 = 2
Jadi penyelesaiannya :
{(2, 3, -1)}.
4. Cari penyelesaian dari sistem dengan metode
Gauss - Jordan :
x1 – 2x2 + x3 = -5
3x1 + x2 – 2x3 = 11
:-2x1 + x2 + x3 = -2
Lakukan OBE, bawa (A B) menjadi bentuk eselon
baris tereduksi.
 1  2 1  5
(A B) = 

1  2 11 
 3
 2 1

1

2


~
1  2 1  5 


 0 7  5 26 
 0  3 3  12 


 1  2 1  5


~  0 7  5 26 
 0 1 1 4 


1  2 1  5


~  0 1 1 4 
0 0 2  2


1  2 0  4


~ 0 1 0 3 
 0 0 1 1 


~
 1  2 1  5


 0 1 1 4 
 0 7  5 26 


~
 1  2 1  5


 0 1 1 4 
 0 0 1 1


~
1 0 0 2 


0 1 0 3 
 0 0 1 1


r(A) = 3
r(A B) = 3
n=3
Persamaan terakhir menjadi:
x1 = 2
x2 = 3
x3 = -1
Jadi penyelesaiannya :
{(2, 3, -1)}.
SPL dengan banyak jawab / banyak penyelesaian.
Selesaikan sistem :
x1 – 2x2 + x3 = 2
-2x1 + 3x2 – 4x3 = 1
-5x1 + 8x2 – 9x3 = 0
Lakukan OBE, bawa (A B) menjadi bentuk eselon baris
 1  2 1 2


(A B) =   2 3  4 1 
  5 8  9 0


~
1  2 1 2 


 0 1  2 5 
 0  2  4 10 


~
1  2 1 2


 0 1  2 5 
0 0

0
0


r(A) = 2
r(A B) = 2
n=3
Banyaknya variabel bebas = n – r = 3 – 2 = 1
Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci)
adalah : x3
Persamaan baru menjadi :
x1 – 2x2 + x3 = 2
– x2 – 2x3 = 5
Berikan nilai parameter tertentu pada variabel bebas,
kemudian subtitusikan pada persamaan baru.
Misalkan x3 = α, dengan α bilangan nyata
– x2 – 2x3 = 5
– x2 – 2α = 5
x2 = - 2α – 5
x1 – 2x2 + x3 = 2
x1 – 2(- 2α – 5) + α = 2
x1 = -5α – 8
Jadi penyelesaian umum :
{(-5α – 8, -2α – 5, α)}.
Jika diambil nilai α = 0, maka salah satu
penyelesaian khusus adalah {(-8, -5, 0)}.
Selesaikan sistem :
x1 – x2 + 2x3 – 3x4 = - 2
-x1 + x2 – 3x3 + x4 = 1
2x1 – 2x2 + 3x3 – 8x4= - 5
 1 1 2  3  2 


(A B) =  1 1  3 1 1 
 2  2 3  8  5


 1 1 2  3  2 


~  0 0 1  2 1 
0 0 0 0 0 


~
 1 1 2  3  2 


 0 0 1  2 1 
 0 0 1  2 1 


r(A) = 2
r(A B) = 2
n=4
Banyaknya variabel bebas = n – r = 4 – 2 = 2
Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci)
adalah : x2 dan x4
Persamaan baru menjadi :
x1 – x2 + 2x3 – 3x4 = - 2
– x3 – 2x4 = - 1
Misalkan x2 = α, dan x4 = β dengan α, β bil. nyata
– x3 – 2x4 = - 1
– x3 – 2β = - 1
x3 = - 2β + 1
x1 – x2 + 2x3 – 3x4 = - 2
x1 – α + 2 (-2β + 1) – 3β = -2
x1 = α + 7β – 4
Jadi penyelesiaan umum :
{(α + 7β – 4, α, - 2β + 1, β)}.
misal diambil nilai α = 1, dan β = 0, maka salah
satu penyelesaian khusus adalah {(-3, 1, 1, 0)}.
SPL yang tidak mempunyai jawab / penyelesaian.
Selesaikan sistem :
x1 – x2 + 2x3 – 3x4 = - 2
-x1 + x2 – 3x3 + x4 = 1
2x1 – 2x2 + 3x3 – 8x4= - 3
 1 1 2  3  2 
(A B) =   1 1  3 1 1 
 2  2 3  8  3


 1 1 2  3  2 


~  0 0 1  2 1 
 0 0 1  2 1 


 1 1 2  3  2 


~  0 0 1  2 1 
0 0 0 0 2 


r(A) = 2
r(A B) = 3
n=4
r(A) ≠ r(A B); tidak punya penyelesaian. Mengapa ?
Persamaan baru yang terakhir dapat dibaca :
0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 2
Apakah ada nilai x yang memenuhi ?
Sistem tidak punya penyelesaian.
Metode Grafik
1 2   x1  4
1  1  x   2

 2   
Det{A}  0  A
nonsingular,
maka invertible
Solusi Unik
2
-2
Sistem persamaan yang tak
terselesaikan
1 2  x1  4
 2 4  x    5 

 2   
Tidak ada jawab
Det [A] = 0,
Sistem inkonsisten
SPL
Tak terselesaikan
Sistem dengan solusi tak terbatas
1 2  x1  4
2 4  x   8

 2   
Det{A} = 0  A singular
solusi tak terbatas
Konsisten,
sehingga
dapat diselesaikan
 SPL Overdetermined
 Disebut overdetermined jika jumlah persamaan (m)
lebih banyak dari jumlah variabelnya (n).
 Dalam penulisan matrik, jumlah baris selalu lebih
besar dari jumlah kolom
 Umumnya inkonsisten (tetapi tidak selalu)
Contoh :
(a) 2 x1 – x2 = 7
–2 x1 – x2 =– 5
x1 +2x2 = 2
(b)
2 x1 + x2 + x3 = 4
–2 x1 – x2 –3 x3 = – 5
(c) x1 +2x2 + x3 = 1
2x1 – x2 + x3 = 2
2 x1 – 3x2 +3 x3 = – 3
4x1 +3x2 + 3x3 = 4
x1 +2x2 –2 x3 = 9
3x1 + x2 + 2x3 = 2
Untuk sistem (a)
 2 -1 7 
-2 -1 -5


 1 2 2 
 2 -1 7 
 0 -1 1 


 0 0 32 
Baris terakhir menyatakan bahwa SPL inkonsisten,
karena tidak ekivalen atau tidak memiliki himpunan
penyelesaian yang sama satu sama lain.
Untuk sistem B
1
-2

2

1
1 1 4
-1 -3 -5 
-3 3 -3 

2 -2 9 
1
0

0

0
1 1 4 
1 -1 3 
0 -1 1 

0 0 0
Matrik berbentuk segitiga, SPL konsisten dan memiliki
tepat satu himpunan penyelesaian yaitu : (3, 2, -1)
Untuk sistem (c)
1
2

4

3
2 1 1 

-1 1 2 
3 3 4

1 2 3
1
0

0

 0
2 1 1 

1
1 5 0
0 0 0

0 0 0 
SPL dikatakan konsisten. Himpunan penyelesainnya
tidak terhingga dengan variabel bebasnya x3.
Himpunan penyelesainnya adalah :
{(1- 0,6 x3), (-0,2 x3), x3}. Nilai x3 bebas
 SPL Underdetermined
 Disebut underdetermined jika jumlah persamaan
(m) lebih sedikit dari jumlah variabelnya (n).
 Dalam penulisan matrik, jumlah baris selalu lebih
kecil dari jumlah kolom
 Bisa inkonsisten dan memiliki penyelesaian tak
berhingga.
 Tidak mungkin menghasilkan penyelesaian unik
Contoh :
(a) 2 x1 + x2 – 2x3 = 4
(b) x1 + x2 + x3 – x4 – 2x5 = 3
–2 x1 – x2 +2x3 =3
2 x1 + x2 + x3 – x4 – x5 = 3
2 x1 – x2 – x3+ x4 + 6x5 = 7
Untuk sistem (a):
2 1
-2 -1

-2
2
4

3
 2 1 -2 4 
0 0 0 7 


SPL underdetermined juga mungkin tidak
memiliki himpunan penyelesaian (inkonsisten)
Untuk sistem b :
1 1 1 -1 -2 3 
0 1 1 -1 0 3 


0 0 0 0 1 1
1 1 1 -1 -2 3 
 2 1 1 -1 -1 3 


 2 -1 -1 1 6 7 
Terdapat 2 variabel bebas, sehingga SPL memiliki
penyelesaian tak terhingga
Jika diteruskan diperoleh hasil :
1 0 0 0 0 2 
0 1 1 -1 0 3 


0 0 0 0 1 1 
x1 = 2, x2 = 3 – x3 + x4, x5 = 1
( x3 dan x4 = variabel bebas)
Latihan soal :
1. Tentukan x1, x2, x3 dan x4 dengan metode
Cramer dan matrik invers :
a) 2 x1 + 4 x2 – x3 + 2 x4 = – 7
4 x1 + 2 x2 +3 x3 – x4 = 17
6 x1 –3 x2 + 4 x3 + 4 x4 = 19
–2 x1 + x2 – 2x3 – x4 = – 9
b) 2 x1 – x2 + 3 x3 + 4 x4 = 9
x1 – 2 x3 + 7 x4 = 11
3 x1 – 3 x2 + x 3 + 5 x 4 = 8
2 x1 + x2 + 4 x3 + 4 x4 = 10
2. Tentukan x1, x2, x3 dan x4 dengan metode eliminasi
Gauss dan Gauss Jordan :
a) x1 – x2 + 2 x3 – x4 = – 8
2 x1 – 2 x2 +3 x3 – 3 x4 = –20
x1 + x 2 + x 3 = – 2
x1 – x2 + 4x3 – 3 x4 = 4
b) 3 x1 –13 x2 + 9 x3 + 3 x4 =–19
6 x1 – 2 x2 + 2 x3+ 4 x4 = 16
12 x1 –8 x2 +6 x3 + 10 x4 = 26
–6 x1 + 4 x2 – x3 – 18 x4 = –34