Sistem Persamaan Linear (SPL)

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
