bab 1 sistem persamaan linear

Sistem persamaan Linear

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 lain­lain. 

1.

Pendahuluan

Persamaan linear adalah persamaan yang setiap 
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

 

a
 m1

a11
a11

am1

 a1n   x1 
 b1 
  
 
 a2 n   x 2 
 b2 
  








  
 
b 
 amn   x n 
 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 
1 2  x 
 5000 

 
  

3 1  y 
 10000 

Solusi SPL
 Himpunan bilangan Real yang memenuhi nilai 
kebenaran SPL jika himpunan tersebut   
disubstitusikan pada peubah suatu SPL.
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 mempunyai solusi tak hingga banyak
◦ SPL tidak mempunyai solusi 

Ilustrasi Solusi SPL dengan garis pada kartesius 
y

y = 2x - 2
y=x

2

(2, 2)

(2, 2) merupakan titik potong 
dua garis tersebut 

Tidak titik potong yang lain 
selain titik tersebut

x

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

1

x

Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah sejajar
Tak akan pernah diperoleh titik potong kedua garis itu
Artinya
SPL diatas 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

y ==00
2xx – 2y

x
Terlihat bahwa dua garis tersebut adalah berimpit
Titik potong kedua garis banyak sekali disepanjang garis tersebut
Artinya
SPL diatas 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 
   3  1 5  ~  1 3 5  ~  1 3
~


 3  1 5
 1 3 5
0

10

10


 




1 3

0 1


5  1 0
 ~
1   0 1

2

1 

Tulis kembali matriks yang diperbesar hasil OBE   
menjadi perkalian matriks
 1 0  x  2 

    
 0 1   y  1 
Solusi SPL tersebut adalah x = 2 dan y = 1
Contoh :
Tentukan solusi (jika ada) dari SPL berikut :

a.     a  +  c   =   4
    
a  –  b  = –1
2b + c  = 7

b.  a  +  c   =   4
    a  –  b  = –1
–a + b  = 1
c.  a  +  c   =   4
a  –  b  = –1
–a + b  = 2
Jawab :


   a. 1 0 1 4 
1  1 0
0 2 1


 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

4

 1
1 

1

 0
0


0
1

1
1

4

5
0 


 1 1 0
 1 1 0
0 0

      Jika dikembalikan kedalam bentuk perkalian matriks 
diperoleh :
 1 0 1  a  1 

  

 0 1 1   b   5 
 0 0 0  c   0 

  


Ini memberikan  a + c = 1  dan  b + c =5.
Dengan memilih c = t,  dimana  t adalah parameter.
Maka solusi SPL tersebut adalah :
 a    1
1
   
 
 b    1 t   5 
c  1 
 0
   
 

,  dimana  t adalah parameter 

c.  

1
0 1

 1 1 0
 1 1 0


1
4


 1
0
       
0
2 


0
1

1
1

0

0

1

5
1 

Terlihat bahwa ada baris nol pada matriks koefisien 
tetapi matriks konstanta pada  baris ke­3 sama dengan 
1 (tak nol) 

 1 0 1  a  1 

   
 0 1 1   b   5 
 0 0 0  c   1 

   
Dari baris ke­3 diperoleh hubungan bahwa 
0.a + 0.b = 1. 
Tak ada nilai a  dan  b  yang memenuhi kesamaan 
ini.
    Jadi, SPL tersebut tidak memiliki solusi. 

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

-3
4 
-3
4   1 2
1 2

Jawab:  


 10 
3 1
5
2  ~  0  7 14
Matrik diperbesar dari SPL adalah
 4 1 a 2 - 14 a  2   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     dan     a – 4 = 0  
        Jadi ,  a = 4 

Solusi SPL dengan Matriks Invers
 a11

 a11
 

a
 n1

a11  a1n 

a11  a 2 n 
 


a n1  a nn 

 x1 
 b1 
 
 
 x2 
b
    2 
 
 
x 
 
 n
b 
 n

Atau
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 :
1 0 1
Perhatikan bahwa
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   4 
 1
 


 b    -1 1 1 
c
 2 - 2 - 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

 a11
 

a
 n1

a11  a1n 

a11  a 2 n 
 


a n1  a nn 

 x1 
 b1 
 
 
 x2 
 b2 

 
 
 
 
x 
b 
 n
 n

   Jika determinan A ≠ 0
   maka solusi dapat ditentukan satu persatu (peubah ke­i, xi)
Langkah­langkah aturan cramer adalah :
 Hitung determinan A
 Tentukan Ai  matriks A dimana kolom ke­i diganti oleh B. 
Contoh :
 a11

 a11
A2  


a
 n1

b1
b2

 a1n 

 a2n 
 


bn  a nn 



Hitung |Ai|



Solusi SPL untuk peubah xi adalah
det( Ai )
xi 
det( A)

Contoh :
Tentukan solusi b dari SPL berikut :
a  +  c   =   4
a  –  b  = –1
2b + c  = 7
Jawab :
Perhatikan bahwa
1 0 1
A  1 -1 0  1
0 2 1

  

Maka
b 



det ( Ab )
det ( A )
1 4 1
1 -1 0
0 7 1
1

-1 0
1 0
1 -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 ?
det  Aa 
det  A 

a

4 0 1
-1 -1 0


4

7

2

1

1

-1 0
2 1

0 1

-1 -1
7

2

 4 ( - 1 - 0 )  1 ( - 2 - (-7) )
 -4  0  5
1

Sistem Persamaan Linear Homogen
Bentuk umum
a11 x1  a12 x2    a1n xn 0
a21x1  a22 x2    a2n xn 0








am1x1  am 2 x2    amn xn 0






SPL homogen merupakan SPL yang konsisten,
 selalu mempunyai solusi.
Solusi SPL homogen dikatakan tunggal jika solusi itu 
adalah  x  x   x 0
1
2
n
Jika  tidak  demikian, 
SPL  homogen  mempunyai  solusi tak hingga banyak. 
(biasanya ditulis dalam bentuk parameter)

Contoh :
Tentukan solusi SPL homogen berikut
2p + q – 2r – 2s  =  0
p – q + 2r – s      =  0
–p  + 2q – 4r + s =  0 
3p  –  3s             =  0
 

SPL dapat ditulis dalam bentuk








2 1
1 -1

-2
2

-1

2

-4

3

0

0

-2 0 

-1 0 
1 0 

- 3 0 

dengan melakukan OBE  diperoleh :








1

0

0 -1

0

1 -2

0

0

0

0

0

0

0

0 0
0 0

0 0 

Maka solusi SPL homogen adalah :
p = a,  
q = 2b ,  
s = a, dan  
r = b,   
dimana a, b merupakan parameter. 

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
0 1 b
1 0
0
1 1 b



  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
1
1

  0
 
~ 0
  0
 

0 0 

1 1 
0= 0 

Misalkan p,q adalah parameter  Riil, maka
 0 
 x   p   1 

 
 



 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
     

Contoh 9 :
Perhatikan ilustrasi segitiga berikut :



b

a



 
c
Tunjukan bahwa :

a2 = b2 + c2 – 2bc cos

Jawab :
Dari gambar tersebut diketahui bahwa :
c cos  +  b cos  = a
c cos  +  a cos  = b
b cos  + a cos  = c
atau

 0 c b   cos 


 c 0 a   cos 
 b a 0   cos 



 
 
 
 
 

a

b
c 

Perhatikan bahwa :

0 c b


a
0
1 2 c
13 c
det  c 0 a   0  c   1
 b   1
b 0
b a
b a 0



 c  ab   b  ac  2abc

Dengan aturan Crammer diperoleh bahwa :

cos  

a c b
b 0 a
c a 0
2abc

a
b 
1 
1 2 b
3 2 a







c

1

0

a

1
c 0
b a 
2abc 

ac 2  a 3  a 2 b 2
cos  
2abc
c2  a2  b2

2bc
Jadi,  terbukt bahwa   :   
a2 = b2 + c2 – bc cos

Latihan Bab 3
1. Tentukan solusi SPL berikut : 
2a  8b 12
3a  6b 9
 a  2b  4

2. Tentukan solusi SPL :
2p – 2q – r + 3s = 4
p – q + 2s = 1
–2p +2q – 4s = –2 

3. Tentukan solusi SPL homogen berikut :
p  5q  4r  7t 0
2 p  10q  7 r  s  7t 0
r  s  7t 0
 2 p  10q  8r  s  18t 0

 

4. 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

5. Diketahui       
 3 1
 1 4  2  2
  1 2 X  X  2 0    5 4 



 

    

 x1 x2 
     Tentukan                    yang memenuhi.
X 
x x 
 3 4

6. SPL homogen (dengan peubah p, q, dan r)
  p  2q  r 0
q  2r 0

k 2 p   k  1 q  r 0

    Tentukan nilai k sehingga SPL punya solusi 
tunggal 
7. Misalkan   
1 3
B 

5
3



x 
Bu  6u
    Tentukan vektor tak nol             sehingga 
u  
y
 