Transcript Sistem Persamaan linier

Sistem Persamaan linier
Persamaan linier
Definisi
N buah variable x1, x2, …, xn yang dinyatakan dalam bentuk :
a1x1 + a2x2+…+ an xn=b
disebut persamaan linier, dengan a1, a2, … ,an dan b adalah konstantakonstanta riil.
Sekumpulan nilai/ harga sebanyak n yang disubtitusikan ke n variable :
a1=k1, x2=k2 … xn=kn sedemikian sehingga persamaan tersebut
terpenuhi, maka himpunan nilai tersebut (k1, k2, … kn) disebut
himpunan penyelesaian (solusi set).
Contoh
2x1 + x2 + 3x3=5
x1=1; x2=0; x3=1 (1,0,1) solusi
x1=0; x2=5; x3=0 (0,5,0) solusi
x1=2; x =1; x3=0 (2,1,0) solusi
suatu persamaan linier bisa mempunyai solusi >1.
Definisi
Sebuah himpunan berhingga dari persamaanpersamaan linier didalam n variable: x1, x2, …, xn
disebut sistem persamaan linier.
Sistem persamaan linier yang tidak mempunyai solusi
disebut inconsisten. Sedangkan sistem persamaan
linier yang mempunyai paling sedikit sebuah solusi
disebut consisten.
Misal ada 2 persamaan dengan 2 variabel.
P1: a1x1+ a2x2=b1 (a1, a2≠0)
P2: a1x1+ a2x2=b2 (c1, c2≠0)
Jika kedua persamaan tersebut dinyatakan dalam
grafik, maka:
U2
U2
U2
P2
X1
X1
P1
P2
Inconsisten
P1
Konsisten
X1
P2
Penyajian SPL dengan persamaan matriks
a11x1 + a12x2 + a13x3 +…+a1nxn = b1
SPL umum: a21x1 + a22x2 + a23x3 +…+a2nxn
:
am1x1 + an2x2 + an3x3 + …+annxn
= b2
= bm
matriks koefisien
A=
a11 a12 a13 a1n
a21 a22 a23 a2n
x1
x=
:
am1 am2 am3 amn
Ax = b
x2
b1
b =
b2
:
:
xm
bm
Penyajian SPL sebagai matriks augmented
a11x1 + a12x2 + a13x3 +… + a1nxn
a21x1 + a22x2 + a23x3 +… + a2nxn
= b1
= b2
:
am1x1 + am2x2 + am3x3 + … + amnxn = bm
a11
a21
:
.
am1
a12
a22
a13 …
a23 …
a1n
a2n
b1
b2
am2
am3 …
amn
bm
matriks augmented
SUSUNAN PERSAMAAN LINIER
HOMOGEN
AX=0
SELALU ADA JAWAB
JAWAB HANYA
JAWAB TRIVIAL
(NOL);R=N
NON HOMOGEN
AX=B, B≠0
TAK PUNYA JAWAB
R(a)≠r(A,B)
SELAIN JAWAB TRIVIAL,
ADA JUGA JAWAB
NONTRIVIAL R<N
JAWAB UNIK
(TUNGGAL)
R=N
MEMPUNYAI JAWAB
BANYAK
JAWAB
R<N
Untuk menyelesaikan persamaan linier menggunakan metode ”Gauss. Jordan”
yaitu: merubah matriks augmented (A|B) menjadi matriks eselon terreduksi
dengan cara melakukan transformasi elementer.
Sistem Persamaan Linier Non Homogen
Bentuk umum: Ax = B, dimana B≠0
Sistem Persamaan linier non homogen akan mempunyai jawab bila :
Rank(A) = Rank(A|B)
Contoh ;
1. carilah titik persekutuan garis. -3x+6y = -9 dengan garis. x-2y = 3
Jawab:
-3x+6y=-9
x-2y=3
Dalam bentuk matriks=
  3 6   x    9
 1  2  y    3  atau Ax  B

   
- 3 6 :  9 
 1  2 : 3  (3) 1  2 : 3
(A | B)  
B12  
B21 



1 2 : 3  ~
  3 6 :  9  ~ 0 0 : 0 
R(a)=r(A|B)=1
Jumlah variabel=2
r<n
1<2
Jadi jawabnya tidak tunggal.
Contoh
2. Selesaikan sistem persamaan linier non homogen
Di bawah ini :
x1  2x2  x 3
2
3x1  x 2  2x3  1
4x1  3x2  x 3  3
2x1  4x2  2x3  4
Jawab :
1 
1 2
 2
x


1
 3 1  2
1

 x 2      A x  B
4  3  1   
 3



 x3 
 
2
4
2


 4
1
3

4

2
2
1
1 2
 3 1
4
2
( 3)
2 B21
~
1  B ( 4)
31
3 ~( 2)
B
4 41~
2
1
2  B ( 1/ 5)
1
0  5  5  5 2 ~


0  11  5  5


0
0
0
0


2
1
2
1
0

1
1
1


0  11  5  5


0
0
0
0


2
1
2
1
0

1
1
1


0  11  5  5


0
0
0
0
1
0

0

0
0
1
0
0
1
1
1
0
0
1
1

0
B12
( 2 )
1
0

0

0
~
B32
B13
(1)
~
B23
( 1)
(11)
1
0

0

0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
1
6
0
0
1
0
0
0
1
6

0
B3
( 1 / 6 )
~
1
0
1

0
Rank (A) = R (A|B) = 3 =banyaknya variabel
Jadi jawabnya tunggal
Matriks lengkap di atas menyatakan:
x1  0x2  0x3  1
0x1  x 2  0x3  0
0x1  0x2  x3  1
x1  1
atau
x2  0
x3  1
Sehingga sebagai penyelesaiannya :
 x1 
1 
x   x 2   0
 x 3 
1 
Sistem Persamaan Linier Homogen
Bentuk umum: Ax = 0, yaitu:
a11 x1 + a12 x2 + ... a1n xn = 0
a21 x2 + a22 x2 + ... a2n xn = 0




 a11
a
 21
 

 amn
a12

a22


am 2

am1 xm+am2 xm + ... amn xn = 0
Atau=
a1n   x1  0
 x  0 
a2 n 
 2    
    
   
amn   xn  0
Matriks A berukuran (m x n)
Matriks x berukuran (n x 1)
Matriks o berukuran (m x 1)
Karena matriks lengkapnya (A|Õ) maka akan selalu berlaku rank (A)=rank (A|Õ).
Sehingga sistem persamaan linier homogen selalu mempunyai jawab (konsisten).
Contoh
1. Selesaikan sistem persamaan linier dibawah ini :
x1  x 2  x 3  0
x1  x 2  2x3  0
atau
x1  2x2  x3  0
1 1 1   x1 
0 
1 1 2  x   0

  2
 
1 2 1   x 3 
0
Jawab :
( 1)
1 1 1 0 B21
~
(A | 0)  1 1 2 0
1 2 1 0 B31( 1)
1 1 1 0 
0 0 1 0 


0 1 0 0
x0
( 1)
B23 1 1 1 0
~
~ 

0 1 0 0 
0 0 1 0 B13( 1)
x1  0x2  0x3  0
1 0 0 0 
0 1 0 0  
0x1  x2  0x3  0


0 0 1 0
0x1  0x2  x3  0
Sehingga solusinya :
x1  0 , x2  0 , x3  0
Yaitu solusi trivial atau
B12
2. Selesaikan sistem persamaan linier di bawah ini :
x1  x 2  x 3  x 4
0
1 1 1 1 


x1  3x2  2x3  4x4  0 atau 1 3 2 4 
2 0 1  1
2x1  x3  x 4
0
Jawab :
( 1)
1 1 1 1 0 B21
~


(A | 0)  1 3 2 4 0
( 2 )
2 0 1  1 0 B31
 x1 
 x  0 
 2   0 
x3   
  0
x 4 
1 1 1 1 0 B32
~
0 2 1 3 0 


0  2  1  3 0
(1)
(1/ 2 )
1 1 1 1 0  B 2
~
0 2 1 3 0 


0 0 0 0 0
1 0 B12 ( 1)
1 1 1
~
0 1 1 / 2 3 / 2 0 


0 0 0
0 0
1 0 1 / 2  1 / 2 0 
0 1 1 / 2 3 / 2 0 


0 0 0
0
0
Rank (A) = (A|0) = 2< n = 4
jadi solusinya tidak tunggal
(banyak)
1
1
x1  0x2  x 3  x 4  0
2
2
1
3
0x1  x 2  x 3  x 4  0
2
2
1
1
x1   x 3  x 4
2
2
1
3
x 2   x3  x 4
2
2
Dimana : x3 dan x4 bebas.
unt uk x3
 a dan x4  b
1
1
didapat x1  - a  b
2
2
1
3
x2  - a  b
2
2
Sehingga :
 x1  - 1/2a
 x  - 1/2a
x   2  
x3   a
  
 x 4   0a
 1/2b
- 1/2
 1/2 
- 1/2
- 3/2
- 3/2b
  b

 a
 1 
 0 
 0b 






b 
 0 
 1 
Berlaku untuk setiap bilangan riil a & b