metnum
Penyelesaian sebuah SPL tidak tergantung pada susunan penulisan
persamaan, sehingga operasi baris noor 1 dapat dipakai. Dalam setiap
persmaan, kedua ruas menyatakan nilai yang sama, sehingga operasi
baris nomor 2 dapat digunakan. Demikian pula, operasi baris nomor 3
menghasilkan persamaan yang ekuivalen.
Sekarang akan dijelaskan proses eliminasi Gauss melalui sebuah
contoh. Perhatikan SPL
3 x1 + 4 x 2+3 x 3=16
(A)
x 1+5 x 2−x 3=−12
(B)
6 x 1+3 x 2 +7 x3 =102
(C)
1. Eliminasi x 1 dari persamaan (B) dan (C) :
3 x1 + 4 x 2+3 x 3=16
(A)
−1
11
−52
( A )=¿=¿=¿ x +2 x 3=
(B)
(D)
3
3 2
3
(B) −2 × ( A )=¿=¿=¿−5 x 2+ x 3=70
(E)
2. Eliminasi
(E) +
3. Hitung
x 2 dari persamaan (E) :
3 x1 + 4 x 2+3 x 3=16
11
−52
x + 2 x 3=
3 2
3
15
−19
510
× ( D )=¿=¿=¿
x=
11
11 3 11
(A)
(D)
(F)
x1 , x2 , x3 :
−510
. Masukkan nilai x 3 ke dalam (D)
19
11
52 1020 4048
−368
x= −
=
diperoleh
. Jadi, x 2=
. Masukkan nilai3 2 3
19
57
19
x 2 dan x 3
x1
nilai
ke dalam (A) untuk mendapatkan
:
Dari (F) diperoleh
3 x1 =16+
x 3=
1472 1530 3306
1102
+
=
, x 1=
=58 . Jadi, vector penyelesaian
19
19
19
19
SPL di atas adalah
510
,−
(58,− 368
19
19 )
.
Metode eliminasi Gauss terdisi atas dua tahap :
x 1 , x 2 , x 3 … . , x n−1
1. Eliminir secara berturut-turut variable-variabel
dari beberapa persamaan.
2. Maasukkan kembali nilai-nilai yang suda didapat kedalam
persamaan-persamaan tersebut untuk mendapatkan nila-nilai yang
belum diketahui di antara x n , x n−1 , x n−2 … . , x 1 .
Secara umum misalkan ita mempunyai SPL seperti pada (2.1) :
a11 x 1+ a12 x 2 +…+ a1 n x n=b 1
a21 x 1 +a 22 x2 + …+ a2 n xn =b2
a31 x 1 +a32 x2 +…+ a3 n xn =b3
⋮
an 1 x1 +a n 2 x 2+ …+a nn x n=b n
Berikut adalah langkah-langkah eliminasi Gauss untuk SPL (2.1) :
Tahap I : Eliminasi
1. Eliminir x 1 dari persamaan-persamaan kedua, ketiga, …, ke-n.
Dengan kata lain, buat koefisien-koefisien x 1 pada persamaanpersamaan kedua, ketiga, …,ke-n menjadi nol. Hal ini dapat
dilakukan dengan mengurangkan suatu kelipatan persamaan
pertama dari persamaan-persamaan kedua, ketiga, …, ke-n. Proses
ini mengubah nilai-nilai koefisien-koefisien x i , aij , dan konstanta bi ≠0,
ai 1
untuk 2 ≤ i ≤ n . Selanjutnya, hitung
a11
aij =aij −mi1 ×a 1 j untuk 1 ≤ j ≤n , dan
a
bi=bi− i 1 ×b 1 untuk 2 ≤i ≤ n ,
a11
Setelah proses tersebut, SPL-nya menjadi
a11 x 1+ a12 x 2 +…+ a1 n x n=b 1
0+a 22 x 2+ …+a2 n x n=b2
0+a 32 x 2+ …+a3 n x n=b3
⋮
0+a n 2 x 2+ …+a nn x n=b n
Kesepakatan ini kita gunaan untuk penjelasan-penjelasan
seanjutnya, guna menyederhanakan notasi.
2. Eliminir x 2 dari persamaan-persamaan ketiga, keempat,…,ke-n.
definisikan
m i 1=
ai 2
untuk 3 ≤i ≤n .
a22
Dengan menggunakan operasi-operasi ini, SPL-nya akan terlihat
seperti
a11 x 1+ a12 x 2 +a13 x3 + …+ a1 n x n =b1
0+a 22 x 2+ a23 x 3 +…+ a2 n x n=b 2
0+a 32 x 2+ a33 x 3 +…+a 3 n x n=b 3
⋮
0+a n 2 x 2+ an 2 x 2 +…+ ann x n=bn
3. Secara umum, pada langkah ke-k, eliminir x k dari persamaan ke( k +1 ) , k +2, … , dan ke−n ,
dengan cara mengurangkan kelipatan
Lagi, dengan asumsi
mik =
aik
a2k
a22 ≠ 0 , didefinisikan
baris ke-k dari baris ke-i, untuk
aij =aij −m ik ×a kj untuk k ≤ j≤ n , dan
m i 2=
i=k +1, k +2, … . , n .
(2.2
)
bi=bi−mik × bk untuk 2 ≤i ≤n ,
(2.3
)
4. Akhirnya , setelah kita berhasil mengeliminir variabel-variabel
x 1 , x 2 , x 3 … . , x n−1 dengan menggunakan operasi-operasi seperti
diatas kita dapatkan SPL
a11 x 1+ a12 x 2 +a13 x3 + …+ a1 n x n =b1
0+a 22 x 2+ a23 x 3 +…+ a2 n x n=b 2
0+0+ a33 x 3 +…+ a3 n x n=b3
0+0+ 0+…+ann x n=b n
(2.4)
⋮
Akhir tahap I proses
eliminasi Gauss adalah
SPL bentuk segitiga atas
yang ekuivalen dengan
SPL semula.
persamaan, sehingga operasi baris noor 1 dapat dipakai. Dalam setiap
persmaan, kedua ruas menyatakan nilai yang sama, sehingga operasi
baris nomor 2 dapat digunakan. Demikian pula, operasi baris nomor 3
menghasilkan persamaan yang ekuivalen.
Sekarang akan dijelaskan proses eliminasi Gauss melalui sebuah
contoh. Perhatikan SPL
3 x1 + 4 x 2+3 x 3=16
(A)
x 1+5 x 2−x 3=−12
(B)
6 x 1+3 x 2 +7 x3 =102
(C)
1. Eliminasi x 1 dari persamaan (B) dan (C) :
3 x1 + 4 x 2+3 x 3=16
(A)
−1
11
−52
( A )=¿=¿=¿ x +2 x 3=
(B)
(D)
3
3 2
3
(B) −2 × ( A )=¿=¿=¿−5 x 2+ x 3=70
(E)
2. Eliminasi
(E) +
3. Hitung
x 2 dari persamaan (E) :
3 x1 + 4 x 2+3 x 3=16
11
−52
x + 2 x 3=
3 2
3
15
−19
510
× ( D )=¿=¿=¿
x=
11
11 3 11
(A)
(D)
(F)
x1 , x2 , x3 :
−510
. Masukkan nilai x 3 ke dalam (D)
19
11
52 1020 4048
−368
x= −
=
diperoleh
. Jadi, x 2=
. Masukkan nilai3 2 3
19
57
19
x 2 dan x 3
x1
nilai
ke dalam (A) untuk mendapatkan
:
Dari (F) diperoleh
3 x1 =16+
x 3=
1472 1530 3306
1102
+
=
, x 1=
=58 . Jadi, vector penyelesaian
19
19
19
19
SPL di atas adalah
510
,−
(58,− 368
19
19 )
.
Metode eliminasi Gauss terdisi atas dua tahap :
x 1 , x 2 , x 3 … . , x n−1
1. Eliminir secara berturut-turut variable-variabel
dari beberapa persamaan.
2. Maasukkan kembali nilai-nilai yang suda didapat kedalam
persamaan-persamaan tersebut untuk mendapatkan nila-nilai yang
belum diketahui di antara x n , x n−1 , x n−2 … . , x 1 .
Secara umum misalkan ita mempunyai SPL seperti pada (2.1) :
a11 x 1+ a12 x 2 +…+ a1 n x n=b 1
a21 x 1 +a 22 x2 + …+ a2 n xn =b2
a31 x 1 +a32 x2 +…+ a3 n xn =b3
⋮
an 1 x1 +a n 2 x 2+ …+a nn x n=b n
Berikut adalah langkah-langkah eliminasi Gauss untuk SPL (2.1) :
Tahap I : Eliminasi
1. Eliminir x 1 dari persamaan-persamaan kedua, ketiga, …, ke-n.
Dengan kata lain, buat koefisien-koefisien x 1 pada persamaanpersamaan kedua, ketiga, …,ke-n menjadi nol. Hal ini dapat
dilakukan dengan mengurangkan suatu kelipatan persamaan
pertama dari persamaan-persamaan kedua, ketiga, …, ke-n. Proses
ini mengubah nilai-nilai koefisien-koefisien x i , aij , dan konstanta bi ≠0,
ai 1
untuk 2 ≤ i ≤ n . Selanjutnya, hitung
a11
aij =aij −mi1 ×a 1 j untuk 1 ≤ j ≤n , dan
a
bi=bi− i 1 ×b 1 untuk 2 ≤i ≤ n ,
a11
Setelah proses tersebut, SPL-nya menjadi
a11 x 1+ a12 x 2 +…+ a1 n x n=b 1
0+a 22 x 2+ …+a2 n x n=b2
0+a 32 x 2+ …+a3 n x n=b3
⋮
0+a n 2 x 2+ …+a nn x n=b n
Kesepakatan ini kita gunaan untuk penjelasan-penjelasan
seanjutnya, guna menyederhanakan notasi.
2. Eliminir x 2 dari persamaan-persamaan ketiga, keempat,…,ke-n.
definisikan
m i 1=
ai 2
untuk 3 ≤i ≤n .
a22
Dengan menggunakan operasi-operasi ini, SPL-nya akan terlihat
seperti
a11 x 1+ a12 x 2 +a13 x3 + …+ a1 n x n =b1
0+a 22 x 2+ a23 x 3 +…+ a2 n x n=b 2
0+a 32 x 2+ a33 x 3 +…+a 3 n x n=b 3
⋮
0+a n 2 x 2+ an 2 x 2 +…+ ann x n=bn
3. Secara umum, pada langkah ke-k, eliminir x k dari persamaan ke( k +1 ) , k +2, … , dan ke−n ,
dengan cara mengurangkan kelipatan
Lagi, dengan asumsi
mik =
aik
a2k
a22 ≠ 0 , didefinisikan
baris ke-k dari baris ke-i, untuk
aij =aij −m ik ×a kj untuk k ≤ j≤ n , dan
m i 2=
i=k +1, k +2, … . , n .
(2.2
)
bi=bi−mik × bk untuk 2 ≤i ≤n ,
(2.3
)
4. Akhirnya , setelah kita berhasil mengeliminir variabel-variabel
x 1 , x 2 , x 3 … . , x n−1 dengan menggunakan operasi-operasi seperti
diatas kita dapatkan SPL
a11 x 1+ a12 x 2 +a13 x3 + …+ a1 n x n =b1
0+a 22 x 2+ a23 x 3 +…+ a2 n x n=b 2
0+0+ a33 x 3 +…+ a3 n x n=b3
0+0+ 0+…+ann x n=b n
(2.4)
⋮
Akhir tahap I proses
eliminasi Gauss adalah
SPL bentuk segitiga atas
yang ekuivalen dengan
SPL semula.