modul iv sistem persamaan linier

MODUL VI
SISTEM PERSAMAAN LINIER
(SPL)
PRAYUDI
PENGERTIAN SISTEM
PERSAMAAN LINIER
Persamaan linier adalah suatu
persamaan dengan n variabel yang
tidak diketahui x1,x2,x3…., xn yang
dinyatakan dalam bentuk :
a1x1  a2 x 2  ...  an x n  b1
dimana a1,a2, …, an dan b adalah
kontanta real (kompleks). Persamaan
linier secara geometri dengan istilah
garis.
Contoh
Persamaan linier :
(1). 2x1 + 4x2 = 10
(2). 2x1 – 4x2 + 3x3 + 4x4 = 5
Secara umum, sistem persamaan linier
adalah suatu susunan yang terdiri dari m
persamaan linier dan n variabel yang tidak
diketahui yang berbentuk :
a11x1  a12 x 2  ...  a1n x n  b1
a21x1  a22 x 2  ...  a2n x n  b2
a31x1  a32 x 2  ...  a3n x n  b3
a41x1  a42 x 2  ...  a4n x n  b4
..................................................
am1x1  am 2 x 2  ...  amn x n  bm
dimana x1, x2, …, xn disebut variabel yang
tidak diketahui, aij konstanta koefisien
sistem persamaan linier dan bj konstanta
yang diketahui
Bentuk Matrik SPL
Dalam bentuk matrik SPL dituliskan menjadi,
AX=B
atau,
CONTOH :
SPL non homogen
2 x1  3 x 2  4 x3  4
2 x 2  3 x3  2 x 4  2
 a11 a12
a
a22
 21
 a31 a32

...
 ...
am1 am 2
a13
...
a23
...
a33
...
...
...
am3 ...
a1n   x1   b1 
a2n   x 2  b 2 
   
a3n   x 3   b 3 
   
...   ...   ... 
amn   x n  bn 
SPL, AX=B diklasifikasikan menjadi :
(a). SPL homogen, jika koefisien matrik B=0
(b). SPL non homogen, jika terdapat koefisien
matrik B tak nol
x1  2 x3  3 x 4  5
3 x1  x 2  3 x 4  6
Bentuk matrik SPL
2
0

1

3
0   x1   4
2  3 2   x 2   2
  
0 2
3   x3  5 
   
1 0  3  x 4   6 
3
4
KONSISTENSI SPL
x+2y = 4 ; x = 4 – 2y
Perhatikanlah contoh berikut
Kasus 1. SPL berbentuk
x + 2y = 10
x–y=4
Dalam bentuk grafik solusinya adalah
x+2y = 10
x–y=4
(6,2)
SPL konsisten, solusi tunggal,x=6,y=2
Kausus 2. SPL berbentuk :
x + 2y = 4
2x+ 4y = 8
2x + 4y = 8
SPL konsisten, solusi memuat
parameter, yaitu y=t dan x=4 – 2t
Kasus 3. SPL benbentuk :
x + 2y = 4
x + 2y = 8
Dalam grafik adalah :
x+2y = 8
x+2y = 4
SPL tidak konsisten, tidak ada solusi
BAGAN KONSISTENSI SPL
SISTEM PERSAMAAN LINIER
AX=B
SPL NON HOMOGEN
AX = B
SPL HOMOGEN
AX = 0
SPL HOMOGEN
KONSISTEN
TRIVIAL
r(A)=r(A,0)=n
xi=0
SPL NH TIDAK
KONSISTEN
NON TRIVIAL
r(A)=r(A,B)=r<n
xi0
SPL NH
KONSISTEN
SOLUSI ADA
PARAMETER
r(A)=r(A,B)=r<n
SOLUSI
TUNGGAL
r(A)=r(A,B)=n
Metode Solusi SPL
 Metode Eliminasi Gouss
 Metode Eliminasi Gouss Jourdan
 Metode Crammer
 Metode Invers Matrik
 Metode Dekomposisi Matrik
 Metode Gouss Seidel
 Metode Jacobi
 Metode Numerik
 Solusi dengan program komputer
METODE ELIMINASI GOUSS
OPERASI ELEMENTER BARIS :
(1). Hi  k Hi :
Kalikan sembarang baris ke-I
dengan konstanta tak nol k
(2). Hi  Hj
Tukarkanlah semua elemen baris
ke-i dengan baris ke-j
(3). Hi  Hi + kHj
Kalikanlah baris ke-j dengan
konstanta tak nol k, dan hasilnya
jumlahlan pada baris ke-I
RANK MATRIK
Rank matrik berukuran (mxn) ditulis
r(A) adalah banyaknya jumlah baris tak
nol dari matrik eselon baris tereduksi.
MATRIK ESELON BARIS
Matrik eselon baris tereduksi adalah
matrik yang mempunyai sifat-sifat sebagai
berikut :
(1). Jika suatu baris yang elemenya tak nol
nol, bilangan pertama pada baris
tersebut 1 (–1) utama : pivot
(2). Jika terdapat baris semua elemen
adalah 0, baris spt itu tempatkan
pada bagian bawah matrik
(3). Jika terdapat 2 baris yang berurutan, 1
utama baris yang lebih rendah
terletak jauh kekanan dari pada 1
utama baris yang lebih tingggi.
(4). Setiap kolom yang memuat 1 utama,
mempunyai 0 did tempat baris yang
lebih rendah
CONTOH : Tentukaan matrik eselon matrik berikut ini
Matrik Asal
1 2 3 4 5 8
2 3 4 6 7 9
3 5 6 7 8 10
1 2 4 7 9 15
2 3 6 12 15 23
Iterasi-1
1 2 3 4 5 8
0 -1 -2 -2 -3 -7
0 -1 -3 -5 -7 -14
0 0 1 3 4 7
0 -1 0 4 5 7
Iterasi-2
1 2 3
0 1 2
0 0 -1
0 0 1
0 0 2
4
2
-3
3
6
Iterasi-3
1 2 3
0 1 2
0 0 1
0 0 0
0 0 0
H1=(1/a11)H1
H2=H2-(a21/a11)H1
H3=H3-(a31/a11)H1
H4=H4-(a41/a11)H1
H5=H5-(a51/a11)H1
5 8
3 7 H2=(1/a22)H2
-4 -7 H3=H3-(a32/a22)H2
4 7 H4=H4-(a42/a22)H2
8 14 H5=H5-(a52/a22)H2
4
2
3
0
0
5
3
4
0
0
8
7
7 H3=(1/a33)H3
0 H4=H4-(a43/a33)H3
0 H5=H5-(a53/a33)H3
Dari matrik eselon diperoleh hasil
:
(1). Jumlah baris tak nol matrik
eselon = 3
(2). Rank matrik A, r(A)=3
METODE ELIMINASI GOUSS
Andaikan diberikan SPL dengan m
persamaan linier dan n variabel yang
tidak diketahui, x1, x2,…,xn yaitu :
AX = B
Langkah-langkah menentukan
konsitensi dan solusi SPL non
homogen adalah sbb :
(1). Bentuk matrik lengkap [A,B]
(2). Reduksilah matrik lengkap [AB]
menjadi matrik eselon baris
tereduksi, E[AB] dengan
menggunakan serangkaian
operasi elementer baris
(3). Dari E[AB], hitunglah rank
matrik, r(A) dan r(AB), dengan
cara menghitung jumlah baris
tak nolnya.
(4). Konsistensi SPL
(a). Jika r(A)=r(AB)=n, maka SPL
konsisten solusi tunggal
(b). Jika r(A)=r(AB)=r < n, maka SPL
konsisten solusi memuat
parameter
(c). Jika r(A)r(AB), maka SPL tidak
konsisten/tidak ada solusi
(5). Solusi SPL
(a). Jika SPL konsisten, susunan SPL
dari matrik eselon
(b). Tentukan solusi SPL dengan cara
eliminasi berulang dari xn ke x1
CONTOH : TIDAK KONSISTEN
Tentukanlah solusi SPL jika ada
x1  2 x 2  2 x3  5
2 x1  3 x 2  x3  8
x1  3 x 2  5 x 2  10
Jawab
Matrik lengkap SPL :
1  2 2 5 
[ A, B ]  2  3 1 8 


 1  3 5 10
Operasi elementer baris
Reduksi x1
5 
1  2 2
0 1  3  2 ` H2  H2 – 2H1


5  H3  H3 – 1 H1
0  1 3
Reduksi x2
5 
1  2 2
0 1  3  2 `


0
3  H3  H3+H2
0 0
Jadi,
5 
1  2 2
E [ A, B ]  0 1  3  2 `


0
3 
0 0
Analisis
(1). Jumlah baris tak nol A = 2, sehingga
r(A) = 2
(2). Jumlah baris tak nol [A,B]=3,
sehingga, r(A,B)=3
(3). Karena r(A)r(A,B), maka SPL tidak
konsisten, atau SPL tidak ada solusi
CONTOH : SOLUSI PARAMETER
Tentukanlah solusi SPL jika ada
2 x1  4 x 2  2 x 3  6 x 4  2
4 x1  7 x 2  2 x 3  4 x 4  2
3 x1  4 x 2  2 x 3  x 4  7
6 x1  8 x 2  4 x 3  2 x 4  14
Jawab
Matrik lengkap SPL :
2
4
[ A, B ]  
3

6
4 2
 2
7 2 4
2 

4 2 1 7 

8 4  2 14 
6
Reduksi x1
1 2 -1 3 -1
0 -1 2 -8 6
0 -2 5 -10 10
0 -4 10 -20 20
H1=(1/a11)H1
H2=H2-(a21/a11)H1
H3=H3-(a31/a11)H1
H4=H4-(a41/a11)H1
Reduksi x2
1 2 -1 3
0 1 -2 8
0 0 1 6
0 0 2 12
-1
-6
-2
-4
H2=(1/a22)H2
H3=H3-(a32/a22)H2
H4=H4-(a42/a22)H2
3 -1
8 -6
6 -2
0 0
H3=(1/a33)H3
H4=H4-(a43/a33)H3
Reduksi x3
1 2 -1
0 1 -2
0 0 1
0 0 0
SOLUSI : SPL Parameter
1
0
E ( A, B )  
0

0
- 1
1 - 2 8 - 6

0 1 6 - 2

0 0 0 0
2
-1 3
Dari matrik eselon dperoleh hasil :
(1). Jumlah baris tak nol A=3, sehingga
r(A)=3
(2). Jumlah baris tak nol [A,B]=3,
sehingga r(A,B)=3
(3). Jumlah variabel yang tidak
diketahui x1,x2,x3,x4 = 4
(4). Jadi r(A)=r(A,B)=3<n=4, maka SPL
konsisten dan solusi memuat (nr=1) parameter
SPL dari matrik eselon
x1  2 x 2  x3  3 x 4  1
x 2  2 x 3  8 x 4  6
x 3  6 x 4  2
Solusi :
x4 = t, t parameter
x3 = –2 – 6x4
= –2 – 6t
x2 = –6 + 2x3 – 8x4
= –6 + 2(– 2 – 6t) – 8t
= – 10 – 20t
x1 = –1 – 2x2 + x3 – 3x4
=1 – 2(– 10 – 20t) + (– 2 – 6t) – 3t
= 19 + 31t
CONTOH : SOLUSI PARAMETER
Tentukanlah solusi SPL jika ada
1
2
3
1
2
2
5
5
2
3
3 4
4 6
6 7
4 7
8 10
2
5
6
9
3
x1
x2
x3
x4
x5
0
0
0
0
0
Jawab
Matrik lengkap SPL :
1
2

[ A, B ]  3

1
2
2 3
5 4
7 6
2 4
3 8
2 0
6 5 0

7 8 0

7 1 0
10 3 0
4
Reduksi x1
1 2 3
0 1 -2
0 1 -3
0 0 1
0 -1 2
4 2 0
-2 1 0
-5 2 0
3 -1 0
2 -1 0
H1=(1/a11)H1
H2=H2-(a21/a11)H1
H3=H3-(a31/a11)H1
H4=H4-(a41/a11)H1
H5=H5-(a51/a11)H1
Reduksi x2
1 2 3
0 1 -2
0 0 -1
0 0 1
0 0 0
4 2 0
-2 1 0
-3 1 0
3 -1 0
0 0 0
H2=(1/a22)H2
H3=H3-(a32/a22)H2
H4=H4-(a42/a22)H2
H5=H5-(a52/a22)H2
Reduksi x3
1 2 3
0 1 -2
0 0 1
0 0 0
0 0 0
4 2 0
-2 1 0
3 -1 0 H3=(1/a33)H3
0 0 0 H4=H4-(a43/a33)H3
0 0 0 H5=H5-(a53/a33)H3
SOLUSI : SPL Parameter
 1 2 3 4 2 0
0 1 - 2 - 2 1 0 


E ( A, B )  0 0 1 3 - 1 0


0
0
0
0
0
0


0 0 0 0 0 0
Dari matrik eselon dperoleh hasil :
(1). Jumlah baris tak nol A=3, sehingga
r(A)=3
(2). Jumlah baris tak nol [A,B]=3,
sehingga r(A,B)=3
(3). Jumlah variabel yang tidak
diketahui x1,x2,x3,x4,x5 = 5
(4). Jadi r(A)=r(A,B)=3<n=5, maka SPL
konsisten dan solusi memuat (nr=2) parameter
SPL dari matrik eselon
x1  2 x 2  3 x 3  4 x 4  2 x5  0
x 2  2 x3  2 x 4  x5  0
x3  3 x 4  x5  0
Solusi :
x5 = s, s parameter
x4 = t, t parameter
x3 = –3x4 + x5
= –3t + s
x2 = 2x3 + 2x4 – x5
= 2(–3t + s) + 2t – s
= – 4t + s
x1 = –2x2 –3x3 – 4x4 – 2x5
= –2(–4t +s) – 3(–3t+s) – 4t – 2s
= 13t – 7s
CONTOH : SOLUSI TUNGGAL
Carilah solusi SPL jika ada
2 x1  4 x 2  2 x 3  6 x 4  4
4 x1  7 x 2  2 x 3  8 x 4  2
3 x1  4 x 2  2 x 3  2 x 4  7
x1  x 2  2 x 3  4 x 4  13
Jawab
Matrik lengkap SPL adalah :
2
4
[ A, B ]  
3

1
4 2 6
4
7 2 4 2

4 2 2 7

1 2 4 13
Reduksi x1
1 2 -1 4 2
0 -1 2 -8 -6
0 -2 5 -10 1
0 -1 3 0 11
H1=(1/a11)H1
H2=H2-(a21/a11)H1
H3=H3-(a31/a11)H1
H4=H4-(a41/a11)H1
Reduksi x2
1 2 -1
0 1 -2
0 0 1
0 0 1
4 2
8 6
6 13
8 17
H2=(1/a22)H2
H3=H3-(a32/a22)H2
H4=H4-(a42/a22)H2
Reduksi x3
1 2 -1
0 1 -2
0 0 1
0 0 0
4 2
8 6
6 13
2 4
H3=(1/a33)H3
H4=H4-(a43/a33)H3
Reduksi x4
1 2 -1
0 1 -2
0 0 1
0 0 0
SPL dari matrik eselon
4 2
8 6
6 13
1 2
x1  2 x 2  x 3  4 x 4  2
x 2  2 x3  8 x 4  6
H4=(1/a44)H4
Dari matrik eselon dperoleh hasil :
(1). Jumlah baris tak nol A=4, sehingga
r(A)=4
(2). Jumlah baris tak nol [A,B]=4,
sehingga r(A,B)=4
(3). Jumlah variabel yang tidak
diketahui x1,x2,x3,x4 = 4
(4). Jadi r(A)=r(A,B)=r=4, maka SPL
konsisten dan solusi tunggal
x3  6 x 4  13
x4  2
Solusi :
x4 = 2
x3 = 13 – 6(2)
=1
x2 = 6 + 2x3 – 8x4
= 6 + 2(1) – 8(2)
=–8
x1 = 2 – 2x2 + x3 – 4x4
= 2 – 2(–8) + 1 – 4(2)
= 11
TUGAS : SPL
Tentukan solusi SPL berikut ini dengan metode eliminasi Gouss:
b  2 b  1 a  1
b  1
b
a

b
a  2 a  1

a
b 1
a  1
b  3 b  2 a  2
a
a 1
b 1
b3
a2
b  1  x1  2a  b 
b  2  x 2   a  b 
  

a   x3   a  2b 
  

a  2  x 4   2a  b 
b  3  x5   a 
b
a  2 a 1
a   x1  10(a  b )
b  1
 b
b 1 a 1
a
a  1  x 2  10a  5b 

  

a
b2
b
b  1  x3    5a  10b 
a  1

 x  

a
a

1
b
b

1
b

3
5
(
a

b
)

  4 

 b  1 a  2 b  1 b  3 b  3  x5   10 
METODE CRAMMER
Andaikan, AX=B adalah sistem persamaan
linier dengan n persamaan linier dan n
variabel yang tidak diketahui,
D
D
D
x 1 1 ; x 2  2 ; x 3  3 ;
D
D
D
Di
xi 
; i  1, 2, 3, ..., n
D
 a11
a
 21
a31

 ...
an1
dimana Di = det(Ai) determinan
matrik berordo (nxn) yang
diperoleh dari A dengan cara
mengganti kolom ke-i dengan
koefisien matrik B
a12
a22
a32
...
an 2
... a1n   x1   b1 
a23 ... a2n   x 2   b2 
   
a33 ... a3n   x 3    b3 
   
... ... ...   ...   ... 
an 3 ... ann   x n  bn 
a13
Andaikan determinan matrik A
tidak sama dengan nol, maka
sistem persamaan linier non
homogen solusinya tunggal, yaitu
a11
a12
a21 a22
det( Ai )  a31 a32
... b1 ... a1n
... b2 ... a2n
... bi
... a3n
... ...
an1 an 2 ... bn
... ann
...
...
... b3
CONTOH :
Carilah solusi SPL berikut dengan
metode Crammer :
2 x1  4 x 2  3 x 3  16
3 x1  5 x 2  2 x 3  12
4 x1  6 x 2  3 x 3  12
Jawab :
Bentuk matrik SPL, AX=B adalah :
 2 4 3  x1  16
3 5 2  x   12

  2  
 4 6 3  x 3  12
Karena,
2 4 3
D  det( A)  3 5 2  4
4 6 3
16 4 3
D1  det( A1)  12 5 2  36
12 6 3
2 16 3
D2  det( A2 )  3 12 2  28
4 12 3
2 4 16
D3  det( A3 )  3 5 12  8
4 6 12
Jadi,
D
36
x1 1 
 9
D 4
D
 28
x2 2 
7
D
4
D3  8
x3 

2
D
4
CONTOH :
Carilah solusi SPL berikut dengan
metode Crammer :
 2 3 5 4  x1  12 
 2 4 4 3   x  10 

  2   
3 5 6 5   x 3  16 

 x   
4
6
6
2

  4  20
Jawab :
Mengingat,
2 3 5 4
2 4 4 3
D
8
3 5 6 5
4 6 6 2
16 3 5 4
D1 
10 4 4 3
12 5 6 5
24 6 6 2
2 16 5 4
D2 
2 10 4 3
3 12 6 5
4 24 6 2
2 3 16 4
D3 
2 4 10 3
4 5 12 5
 100  x 3  12.5
4 6 24 2
2 3 5 16
D4 
2 4 4 10
4 5 6 12
4 6 6 24
 - 68  x1  -8.5
 - 4  x 2  -0.5
 - 56  x 4  -7
METODE INVERS
CONTOH :
Andaikan, AX=B adalah sistem persamaan
linier dengan n persamaan linier dan n
variabel yang tidak diketahui,
 a11 a12
a
a 22
 21
...
 ...

an1 an2
a1n   x1   b1 
... a 2n   x 2  b 2 
  
aij ...   ...   ... 
   
... ann   x n  bn 
...
Andaikan, A–1 maka SPL, maka
sistem persamaan linier non
homogen solusinya tunggal, yaitu :
X = A–1B
Carilah solusi SPL berikut dengan
metode inveres :
 2 4 3  x1  16
3 5 2  x   12

  2  
 4 6 3  x 3  12
Jawab :
Karena,
- 0.75 - 1.5 1.75 
A -1   0.25 1.5 - 1.25


 0.50 - 1.0 0.5 
Maka solusi SPL adalah :
X  A -1B
 x1  - 0.75 - 1.5 1.75  16 - 9
 x    0.25 1.5 - 1.25 12   7 
 2 
   
 x 3   0.50 - 1.0 0.5  12  2 
CONTOH :
Carilah solusi SPL berikut :
2
2

3

4
3 5 4  x1  16 
4 4 3   x 2  10 
  
5 6 5   x 3  12 
   
6 6 2  x 4  24
CONTOH :
Carilah solusi SPL berikut :
2
3

4

5
3
3 4 2 3  x1   4
4 5 4 5  x 2   6 
   
6 7 6 5  x 3   9 
   
7 8 9 8  x 4  7 
3 3 8 7  x 5  5 
X  A -1B
 x1   - 1.25 - 2.75 2.5 0.375  16 
 x  - 0.25 1.25 - 0.5 - 0.125 10 
 2  
 
 x 3   1.25 0.75 - 1.5 - 0.125 12 
  
 
x
0.5
0.5
1.0
0.25
 24
 4 
- 8.5
 0.5 


12.5


 -7 
 x1   2 - 3 - 5 6 - 2  4  23 
 x   8 - 5 6 - 8 5   6  - 25
 2 
  

 x 3   - 7 5 - 3 4 - 3 9    12 
  
  

x
2
2
1
1
1
7
3
 4 
  

 x 5   - 1 - 1 2 - 2 1  5   - 7 
SPL : METODE DEKOMPOSISI
Andaikan, AX=B adalah sistem persamaan
linier dengan n persamaan linier dan n
variabel yang tidak diketahui,
 a11 a12
a
a 22
 21
...
 ...

an1 an2
a1n   x1   b1 
... a 2n   x 2  b 2 
  
aij ...   ...   ... 
   
... ann   x n  bn 
...
Andaikan, A dapat didekomposisi
menjadi matrik segitiga atas L dan
segituga bawah U,akibatnya SPL AX=B
dapat ditulis menjadi :
LUX = B
atau,
L Y= B
UX = Y
Langkah-langkah menentukan solusi
SPL non homogen, dengan metode
dekomposisi matrik adalah :
(1). Tentukan dekomposisi matrik A,
menjadi A=LU, dengan metode
Crout, Doolite, Cholesky).
(2). Tentukanlah nilai Y dari persamaan
:
LY=B,
dengan eliminasi maju
(y1, y2, y3, …,yn)
(3). Tentukanlah nilai X yang
merupakan solusi SPL non
homogen, dari persamaan
UX=Y
dengan eliminasi mundur
(xn, xn-1, …,x2,x1).
CONTOH :
Carilah solusi SPL berikut dengan
metode Dekomposisi :
 2 4 3  x1  16
3 5 2  x   12

  2  
 4 6 3  x 3  12
Jawab :
Mengingat, dekomposisi A dengan
metode Crout adalah :
A  LU
 2 0 0   1 2 1 .5 
  3 - 1 0   0 1 2 .5 



 4 - 2 2 0 0 1 
Menghitung Y dari LY = B
 2 0 0  y1  16
3 - 1 0  y   12

  2  
 4 - 2 2  y 3  12
Dari SPL diperoleh :
2y1 = 16
 y1=8
3y1 – y2 = 12
 y2=12
4y1 – 2y2 + 2y2 = 12  y3 = 2
Menghitung X dari UX = Y
 1 2 1.5   x1   8 
0 1 2.5  x   12

  2  
0 0 1   x 3   2 
Dari SPL diperoleh :
x3 = 2
 x3=2
x2 + 2.5x3 = 12
x2=7
x1 + 2x2 + 1.53 = 2 x1=–9
CONTOH :
Carilah solusi SPL berikut dengan
metode Dekomposisi :
 2 3 5 4  x1  16 
 2 4 4 3   x  10 

  2   
3 5 6 5   x 3  12 

   
 4 6 6 2  x 4  24
Menghitung Y, LY=B
0 0   y1  16 
2 0
2 1
0 0   y 2  10 

  
3 0.5 - 1 0   y 3  12 

   
 4 0 - 4 - 4  y 4  24
Dari SPL diperoleh
2y1 = 16
y1=8
2y1 + y2=10
 y2=–6
3y1+0.5y2 – y3 = 12
y3=9
4y1 +0y2 – 4y3 – 4y4=24  y4= –7
Jawab :
Mengingat, dekomposisi A
0 0   1 1.5 2.5 2 
2 0
2 1
0 0  0 1
-1 -1


A
1 0.5
3 0.5 - 1 0  0 0



4
0
4
4
0
0
0
1



Menghitung X, dari UX=Y
 1 1.5 2.5 2   x1   8 
0 1
- 1 - 1   x 2  - 6

  
1 0 .5   x 3   9 
0 0

 x   
0
0
0
1

  4  - 7
Dari SPL diperoleh :
x4 = –7
x3 + 0.5 x4 =9  x3=12.5
x2 – x3 – x4 = –6  x2 = –0.5
x1+1.5x2 + 2.5x3 +2x4= 8  x1= –8.5
SISTEM TRIDIAGONAL, ALGORITMA THOMAS
SPL, dengan bentuk sistem tridiagonal berbentuk,
 f1
e
 2
0

 ...
0

0
g1
0
...
f2
g2 ...
e3
f3
...
... ...
0
0
...
0
0
...
...
0   x1   c1 
0
0   x2   c2 

 

0
0   x3   c3 



...
...   ...   ... 
fn 1 gn 1  x n 1 c n 1

 

en
fn   x n   c n 
0
SPL diatas didekomposisi menjadi, A=LU yang berbentuk,
1
e
 2
0

 ...
0

0
0
0 ...
1
0 ...
e3
1 ...
...
... ...
0
0 ...
0
0 ...
0   f1 g1 0 ... 0
0   x1   c1 
0 0   0 f2 g2 ... 0
0  x2   c2 


 

0 0   0 0 f3 ... 0
0   x3   c3 




... ... ... ... ... ... ...
...   ...   ... 
1 0   0 0 0 ... fn 1 gn 1  x n 1 c n 1


 

en 1   0 0 0 ... 0
fn   x n   c n 
0
LANGKAH-LANGKAH SOLUSI
(1). Hitung Y dari LY=C, yaitu :
1
e
 2
0

 ...
0

0
0
0 ...
1
0 ...
e3
1 ...
...
... ...
0
0 ...
0
0 ...
0   y1   c1 
0 0   y2   c2 

 

0 0   y3   c 3 



... ...  ...   ... 
1 0   y n  1  c n  1 

 

en 1   y n   c n 
0
(2). Hitung X dari UX=Y, dari :
ALGORITMA THOMAS :
(1). Dekompoisisi
DO k=2, n
ek=ek/fk–1
fk= fk – ek.gk–1
END DO
(2). Forward Substitusi
DO k=2,n
ck=ck – ek.ck–1
END DO
0   x1   y1  (3). Back Substitusi
 f1 g1 0 ... 0
0 f
 x   y 
xn=cn/fn
g
...
0
0
2
2
2
2


 

DO k=n–1,1, –1
0   x3   y3 
 0 0 f3 ... 0
xk=(ck– uk,xk+1)/fk




...   ...   ... 
... ... ... ... ...
END DO
 0 0 0 ... fn 1 gn 1  x n 1  y n 1


 

0
0
0
...
0
f
x
y

n  n   n 
CONTOH : Perhatikanlah rangkaian listrik seperti gambar
R1
R2
R3
R2R3
R5
R4
–+
E1
V1
E2
V2
Pada kondisi, R1=10,
R2=25, R3=50, R4=40,
R5=25, E1=12 V, E2=24V
dan, E3=60V, hitunglah arus
listrik dalam tahanan.
V3
E3
Bentuk SPL-nya adalah sebagai berikut :
0
0   i1   E1 
R1 R 2 0
 1 1 1
0
0  i 2   0 

   
 0 R 2 R 3 R 4 0  i3   E 2 

   
0
0
1

1
1

 i 4   0 
 0
0
0 R 4 R 5  i5  E5 
0   i1  12 
10 25 0 0
 1 1 1 0
0  i 2   0 

   
 0 25 50 40 0  i3   24

 i   
0
0
1

1
1

  4  0 
 0 0 0 40 25 i5  60
Forwart Subsitusi
LY  C
0
0
0
1
 0 .1
1
0
0

1
0
 0  7.143

0
0.018
1
0
 0
0
0
 23.529
0  y1  12 
0  y 2   0 
   
0  y 3   24
   
0  y 4   0 
1  y 5  60
 y1   12 
 y    1 .2 
 2 

 y 3    15.429 
  

y

0
.
270
 4 

 y 5   53.647 
Back Subsitusi
0
0
0   i1   12 
10 25
 0  3 .5
1
0
0   i 2    1 .2 

  

0
57.143 40
0  i3    15.429 
0

 i  

0
0
0

1
.
7
1

0
.
270

  4 

 0
0
0
0
48.529 i5   53.647 
 i1   0.555 
i   0.258 
 2 

i3     0.297
  

i
0
.
809
4
  

i5   1.106 
SOAL-SOAL LATIHAN
Carilah solusi SPL berikut ini, dengan metode invers, metode crammer dan
dekompoisisi
Soal 1
(a  2)x1 
ax 2  (b  1)x 3  (b  1)x 4  8(a  2)
ax1  (a  2)x 2  (b  1)x 3  (b  2)x 4  32
(a  4)x1  (a  2)x 2  (b  1)x 3  (b  2)x 4  16(b  1)
(a  2)x1 
ax 2  (b  1)x 3  (b  5)x 4  24
Soal 2
a  2 a 1

a
 a 1
b  4 b  3

b  3 b  2
b  2 b 1

b  1 b  2 b  3   x1  10(a  b )
  
b  2 b  3 b  4  x2
10a  5b 
  


a  2 a  1 a  1  x3    5a  10b 
  

a  1 a  1 a  3   x 4   5(a  b ) 
a  1 a  3 a  1   x5   10 
SOAL-SOAL LATIHAN
1.Perhatikan statika struktur berikut
P
45O
P1
F1
F2 P2
3aO
45O
6bO
R2
R1
R5
V5
R3
45O
F3
R1
2. Perhatikan rangkaian berikut ini :
V6
R4
R6
R2
Diketahui, P1=1a0 N, P2=2b0N,
a). Susunlah sistem persamaan linier
dengan variabel yang tidak
diketahui P, F1,F2,F3,R1 dan R2
b).Selesaikanlah SPL pada (a) dengan
metode eliminasi Gouss Joudan
dan dekomposisi
a). Dari rangkaian diatas, susunlah
sistem persamaan linier dengan
variabel bebas i1, i2, i3, i4, i5
dan i6.
b). Pada kondisi R1=1a, R2=10
,R3=2b , R4=20 , R5=3a 
R6=40, V5=2a0 volt, dan V6=0
volt, hitunglah arus dalam
masing-masing tahanan.
3. Perhatikan rangkaian berikut ini
R4
V6
R5
R6
R5R3
R2
R1
V7
R3
R6
R7
a). Dari rangkaian diatas, susunlah
sistem persamaan linier dengan
variabel bebas i1, i2, i3, i4, i5, i6
dan i7.
b). Pada kondisi R1=4a, R2=10
,R3=2b , R4=30, R5=3a 
R6=40, R6=20, V6=10 volt, dan
V6=2b0 volt, hitunglah arus
dalam masing-masing tahanan.
4. Untuk membuat satu bangunan,
seorang tukang batu membutuhkan
bahan pasir, kerikil halus, dan kerikil
kasar masing-masing sebanyak 4800,
5810, dan 5690 meter kubik.
Terdapat empat sumber yang dapat
digunakan, dan komposisinya sebagai
berikut
Pasir Kerikil hls Kerikil ksr
%
%
%
------------------------------------------Sb1 52
30
18
Sb2 20
50
30
Sb3 25
20
55
------------------------------------------
Berapa meter kubik harus diangkut
dari tiap sumber agar kebutuhan
terpenuhi.