Topik 1 -_sistem_persamaan_linear

MTE3110 LINEAR ALGEBRA
1
TOPIK 1 SISTEM PERSAMAAN LINEAR
1.1 SINOPSIS
Topik ini membekalkan pelajar dengan pengetahuan tentang sistem persamaan linear dengan
beberapa kaedah penyelesaian seperti kaedah penggantian, penghapusan, penggantian
kebelakang,kaedah penghapusan Gauss dan juga kaedah penghapusan Gauss-Jordan. Selain
itu ia juga membincangkan penggunaan sistem persamaan linaer dan ketaksamaan linear di
dalam kehidupah harian.
1.2 HASIL PEMBELAJARAN
Pada akhir topik ini, anda dijangka akan dapat:
 Menyelesaikan sistem persamaan dan ketaksamaan linear
 Menggunakan konsep sistem persamaan dan ketaksamaan linear untuk menyelesaikan
masalah yang berkaitan.
1.3 Kerangka Tajuk
Rajah 1.1 Gambaran Keseluruhan Isi Kandungan
Sistem Persaman Linear
Penyelesaian Persamaan
Linear
Kaedah
Penghapusan
Kaedah Pengantian
Kaedah Gauss -
Jordan
Sistem Homogen
Pemprograman
linear dan
ketaksamaan linear
dan aplikasi

2
1.4 Sistem Persamaan Linear
1.4.1 Pengenalan
Sistem persamaan linear adalah merupakan sebahagian daripada algebra linear, jika
diperhatikan dan diteliti apa yang berlaku dalam kehidupan seharian kita berkait rapat dengan
sistem persamaan linear terutamanya dalam bidang sains, industri dan juga pemasalahan
ekonomi.Pemasalahan tersebut boleh diringkaskan dalam bentuk sistem persamaan linear
yang mengandungi satu atau lebih pembolehubah dan sistem ini perlu di selesaikan dengan
beberapa kaedah. Modul ini adalah untuk membantu pelajar menyelesaikan masalah sistem
persamaan linear dengan menggunakan beberapa kaedah dan juga aplikasinya dalam
kehidupan seharian.
1.4.1 Persamaan Linear
Ungkapan algebra telah diperkenalkan sejak kita berada di sekolah menengah lagi, malah
perkataan ‘persamaan linear’ adalah bukan asing bagi pelajar matematik. Sebelum kita pergi
lebih lanjut lagi marilah melihat dahulu apakah yang dimaksudkan persamaan linear dan
apakah jenis-jenis penyelesaianya. Persamaan linear adalah satu persamaan yang mempunyai
pembolehubah berdarjah satu. Secara algebra, persamaan linear dalam dua pembolehubah
boleh ditulis sebagai ax + by = c dengan a,b dan c adalah pemalar, secara geometrinya apabila
dilakarkan ia akan membentuk satu garis lurus seperti yang di gambarkan di dalam Rajah 1a,
manakala jika persamaan linear yang mempunyai tiga pembolehubah ia ditulis sebagai ax + by
+ cz = d dengan a,b,c dan d adalah pemalar. Apabila ia dilakarkan ia akan membentuk satu
satah dalam ruang tiga dimensi seperti di gambarkan dalam rajah 1b.

3
Selain itu persamaan linear ini tidak terhad kepada dua atau tiga pembolehubah sahaja, ia
boleh jadi empat , lima dan banyak pembolehubah. Secara umumnya persamaan linear boleh
ditakrifkan seperti berikut:
Contoh 1.1
Persamaan-persamaan berikut adalah linear
(a) 3x – 4y = -1,
merupakan persamaan linear dengan dua pemboleh ubah
(b) r – s -
2
3
t = 9,
merupakan persamaan linear dengan tiga pemboleh ubah
(c) x1 – 2x2 + 3x3 + x4 = 5,
merupakan persamaan linear dengan empat pemboleh ubah.
Daripada contoh 1.1 di atas kita lihat bahawa darjah tertinggi bagi setiap pembolehubah adalah
satu.
Takrif 1 : Persamaan Linear
Persamaan linear dengan n pemboleh ubah x1, x2, . . . ,xn adalah persamaan berbentuk
a1x1 + a2x2 + . . . + anxn = b
dengan a1, a2, . . . , an dan b adalah nombor nyata.
x
y
ax + by = c
x
y
z
Rajah 1a Rajah 1b

4
Contoh 1.2
Persamaan-persamaan berikut adalah bukan persamaan linear
(a) x + 3y2
= 4
(b) 2y – sin x = 0
(c) x1 + 2x2
– x3
= 3
(d) x + 2xy – z = 1
Dalam contoh 1.2 ini,
(a) darjah tertinggi bagi y adalah 2 maka ia adalah bukan linear
(b) sin x adalah merupakan fungsi trigonometri maka ia bukan linear
(c) darjah bagi x1 adalah
1
2
maka ia juga bukan linear
(d) hasil darab pemboleh ubah x dan y menghasilkan jumlah darjahnya adalah dua, maka ia
bukan linear.

5
Anda telah mencuba aktiviti di atas?
Adakah anda telah memberi jawapan yang betul?
Sekarang lihat panduan ini:
Semak pembolehubah bagi persamaan tersebut
(i) Persamaan linear tidak mempunyai pemboleh ubah yang di darab atau punca kuasa
seperti xy, xyz, 𝑥.
(ii) Darjah tertinggi bagi pembolehubah adalah satu. Maka sebutan berbentuk seperti x2
, y3
z4
adalah bukan persamaan linear.
(iii) Pemboleh ubah yang melibatkan fungsi logaritma, fungsi eksponen dan fungsi
trigonometri seperti log10x, ex
dan sinx adalah bukan persamaan linear.
Ya, mungkin anda telah memberi jawapan yang betul. tahniah!.
Latihan 1.1
Tentukan sama ada persamaan berikut adalah linear atau tidak dan nyatakan sebabnya.
(a) x + 3y = 5
(b) x1 + 3x2
2
= 8 – x3
(c) x + 2y – z = 3
(d) 3x1 -4x3 =
1
3
x2 +3x4
(e) 3x + 2y – z + xyz = 4
(f) x + 2y -3z = sin, dengan  adalah pemalar.

6
1.4.2 Penyelesaian Sistem Persamaan Linear
Sedikit sebanyak kita telah memahami apa itu persamaan linear. Seterusnya kita akan mengkaji
pula sistem persamaan linear dan juga jenis-jenis penyelesaian bagi sistem ini. Sebelum itu
marilah kita lihat takrifannya.
Sebagai contoh, pertimbangkan sistem persamaan linear yang mempunyai dua pembolehubah
x + 2y = 7
2x - 3y = 0
mempunyai penyelesaian [3,2] dimana ianya memenuhi kedua-dua persamaan tersebut.
Cuba anda gantikan nilai x = 3 dan y = 2 dalam kedua-dua persamaan tersebut, apakah ia
memenuhi persamaan itu? ya.
Bagaimana jika anda gantikan nilai x = 1 dan y = 3 dalam kedua-dua persamaan tersebut
adakah ia memenuhi kedua-duanya, dengan kata lain [1,3] bukan merupakan penyelesaian
kepada sistem persamaan linear tersebut kerana ia hanya memenuhi persamaan linear yang
pertama sahaja.
Takrif 2: Sistem Persamaan Linear
Sistem persamaan linear yang mempunyai m persamaan dan n pembolehubah adalah
sistem berbentuk
a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2
. . . . .
. . . . .
. . . . .
am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm
dengan aij adalah pekali bagi pembolehubah xj, dan bi adalah pemalar.
Penyelesaian persamaan linear adalah merupakan s1,s2,...,sn yang memenuhi setiap
persamaan linear dalam sistem di atas.

7
Contoh 1.3
Selesaikan sistem persamaan linear berikut:
2x + y = 1
x – y = -1
Penyelesaian:
Dengan menambahkan kedua-dua persamaan tersebut memberikan
3x = 0, oleh itu
x = 0.
Kemudian gantikan x = 0 kedalam persamaan ke dua kita dapati y = 1, maka(0,1) merupakan
penyelesaian kepada kedua-dua persamaan linear tersebut dan ini adalah hanya satu-satunya
penyelesaian untuk sistem persamaan tersebut. Secara geometri penyelesaian sistem
persamaan ini boleh digambarkan seperti berikut:
x
y
x – y = 1x + y = 3
(2,1)
2
1

8
Contoh1.4
x – y = 2
2x – 2y = 4
Penyelesaian:
Persamaan yang kedua dalam sistem di atas adalah dua kali ganda dari persamaan yang
pertama.Oleh itu penyelesaian sistem persamaan linear di atas adalah berdasarkan persamaan
yang pertama iaitu x – y = 2, ini boleh diwakili parameter (2 + t, t) bagi sebarang nilai nyata t. Ini
memberikan sistem mempunyai penyelesaian yang tak terhingga.
Penyelesaian sistem persamaan ini boleh digambarkan seperti berikut:
x
y
x – y = 2
2x – 2y = 4

9
Contoh1.5
x – y = 1
x – y = 3
Penyelesaian:
Sebagai contoh mari kita gantikan x = 0 pada persamaan yang pertama, didapati y = -1 dan
apabila x = 0 digantikan dalam persamaan kedua didapati y = -3, ini tidak boleh berlaku kerana
satu nilai x tidak boleh mempunyai dua nilai y yang berbeza pada satu titik. Oleh itu sistem ini
tidak mempunyai penyelesaian.
Penyelesaian sistem persamaan ini boleh digambarkan seperti berikut:
Perhatikan ketiga-tiga contoh di atas, sistem dalam contoh 1.3, 1.4 dan 1.5 mengambarkan
hanya ada tiga kemungkinan bilangan penyelesaian dalam sistem persamaan linear dengan
pekali nombor nyata.Sistem persamaan linear dikatakan konsisten jika ia mempunyai
sekurang-kurangnya satu penyelesaian. Sistem yang tidak mempunyai penyelesaian adalah
x
y
x –y = 1
x – y = 3

10
tak konsisten. Sebagai kesimpulan, Sistem Persamaan Linear dengan pekali nombor nyata
mempunyai sama ada:
(a) penyelesaian unik,
(b) penyelesaian tak terhingga,
(c) tiada penyelesaian.
Penyelesaian Sistem Persamaan Linear ini boleh diringkaskan seperti dalam Rajah 2 di
bawah.
Rajah 2
Sistem Persamaan Linear
Konsisten
Penyelesaian Unik
Penyelesaian Tak
Terhingga
Tak Konsisten
Tiada Penyelesaian

11
Latihan 1.2
Tentukan sama ada sistem persamaan linear berikut adalah mempunyai
penyelesaian unik,penyelesaian tak terhingga atau tiada penyelesaian.
(a) x + y = 0 (c) 3x – 6y = 3
2x + y = 3 -x + 2y = 1
(b) x – 2y = 7 (d) 0.10x – 0.05y = 0.20
3x + y = 7 -0.06x + 0.03y = -0.12
Jawapan:
(a) penyelesaian unik
(b) tiada penyelesaian
(c) penyelesaian tak terhingga
(d) penyelesaian unik

12
1.4.2.1 Kaedah Penghapusan
Kaedah penghapusan adalah di mana satu pembolehubah perlu dihapuskan dari persamaan
yang telah diberikan. Kaedah ini sesuai bagi sistem persamaan linear yang ringkas dan agak
kurang sesuai untuk sistem yang mempunyai tiga pembolehubah keatas. Sebagai mengingat
kembali mari kita lihat contoh penyelesaian persamaan serentak berikut:
Contoh1.6
Selesaikan persamaan berikut:
x – y = 2 ....................(1)
x + y = 6 .....................(2)
Penyelesaian:
Pilih pembolehubah yang hendah dihapuskan. Bagi contoh di atas hapuskan pembolehubah y.
Maka pertama sekali pastikan pekalinya sama. Jika tidak darabkan dengan nombor yang sesuai
supaya menjadi sama. Bagi contoh ini pekali y adalah sama walaupun berlawanan tanda ,
maka untuk menghapuskan pembolehubah y lakukan operasi persamaan (1) + (2).
Persamaan (1) + (2) maka didapati 2x = 8
x = 4
dan gantikan x = 4 kedalam persamaan (2)
x + y = 6
4 + y = 6
y = 2,
maka penyelesaian persamaan tersebut ialah x=4 dan y = 2.
1.4.2.2 Kaedah Pengantian
Kaedah pengantian ini merupakan satu kaedah di mana satu pembolehubah yang dipilih
dijadikan sebagai tajuk rumus. Setelah itu tajuk rumus tersebut digantikan semula dalam
persamaan satu lagi.
Contoh 1.7
x + 2y = 7 .................(1)
3x – 4y = 31 .................(2)

13
Penyelesaian
Langkah 1: pilih x sebahagai tajuk rumus bagi persamaan (1).
x = 7 – 2y
Langkah 2: Gantikan tajuk rumus itu kedalan persamaan (2)
3(7 – 2y) -4y = 31
21 – 6y – 4y = 31
 10y = 10
y = -1
Langkah 3: gantikan nilai y kedalam mana-mana persamaan.
Gantikan dalam (1)
x + 2(-1) = 7
x = 9
1.4.2.3 Kaedah Pengantian kebelakang
Walau bagaimanapun bagi sistem persamaan linear yang melibatkan tiga atau lebih
pembolehubah kaedah penyelesaiannya agak rumit jika menggunakan dua kaedah yang telah
dibincangkan di atas.
Contoh 1.8
(a) 3x1 + 2x2 – x3 = 2 (b) 3x1 + 2x2 – x3 = 2
3x1 – x2 + x3 = 5 x2 = 3
3x1 + 2x2 + x3 = 2 2x3 = 4
Sistem persamaan (a) dan (b) sebenarnya jika diselesaikan akan mendapat jawapan yang
sama. Bagi menyelesaikan sistem (b) gunakan kaedah pengantian kebelakang , iaitu:
3x1 + 2x2 – x3 = 2 .........................(1)
x2 = 3 .........................(2)
2x3 = 4 .........................(3)

14
Penyelesaian:
2x3 = 4, maka x3 = 2 dan x2 = 3,
gantikan nilai x2 dan x3 dalam persamaan (1)
3x1 + 2(3) – 2 = 2
x1 =  2
Penyelesaian bagi sistem (a) boleh dibuat secara penghapusan dan pengantian. Namun ia
adalah sukar.
Maka adalah lebih baik sistem (a) di turunkan kepada sistem (b) dan akhirnya diselesaikan
dengan kaedah pengantian kebelakang.
1.4.3 Operasi Baris Permulaan
Sebarang sistem persamaan linear boleh di transformkan kedalam bentuk persamaan matriks
dan sebarang matriks yang diperolehi daripada matriks yang lain dengan menggunakan turutan
operasi baris dikatakan setara dengan matriks yang asal.
Takrif 3
Operasi Baris Permulaan (O.B.P) boleh dilakukan dengan tiga operasi berikut:
(a) dua baris sesuatu matriks boleh ditukargantikan
Kedudukanya, operasi ditulis sebagai BjBk.
(b) unsur-unsur suatu baris bagi suatu matriks boleh didarabkan
dengan suatu pemalar bukan sifar, operasi boleh ditulis
sebagai ()Bk.
(c) suatu baris bagi suatu matriks boleh diubah dengan
menambahkan kepadanya suatu gandaan sebarang baris
yang lain, operasi boleh ditulis sebagai ()Bj + Bk.

15
Sebelum pergi lebih lanjut mengenai Operasi Baris Permulaan, kita kena tahu apakah tujuan
untuk melakukan operasi baris permulaan kepada sistem linear yang asal. Sebenarnya
tujuannya adalah untuk menyelesaikan sistem tersebut dan apabila kita lakukan operasi baris
permulaan kita lakukan sehingga sistem membentuk pekali matriksnya berbentuk matriks
segitiga.
Contoh 1.9
Berikut adalah contoh sistem persamaan linear berbentuk segitiga:
x + 2y + z = 3
7y + 6z = 10 atau dalam bentuk matriks imbuhan
2z = 4
Setelah sistem itu berada dalam bentuk segitiga maka akan mudah membuat pengantian
kebelakang untuk memyelesaikan sistem tersebut. seperti contoh di atas gunakan penggantian
kebelakang, 2z = 4, maka z = 2
Gantikan z = 2 kedalam persamaan kedua didapati
7y + 6(2) = 10, maka 7y = -2 dan y = −
2
7
Seterusnya gantikan kedalam perssamaan pertama, didapati
x + 2(−
2
7
) + 2 = 3, dan x =
11
7
maka penyelesaian sistem tersebut adalah (
11
7
, −
2
7
, 2)
sekarang marilah kita teruskan dengan operasi baris permulaan. Lihat contoh-contoh berikut:
Takrif 4
Sesuatu sistem Linear dikatakan pekalinya berbentuk matriks segitiga jika semua
pemasukan di bawah pepenjuru dari bahagian atas di sebelah kiri ke bahagian bawah di
sebelah kanan ialah sifar.
1 2 1
0 7 6
0 0 2
3
10
4

16
Contoh 1.10
x + 2y + z = 8
2x + y - z = 1
x + y - 2z = -3
Penyelesaian:
Tukarkan sistem di atas kepada bentuk matriks imbuhan seperti berikut;
1 2 1
2 1 −1
1 1 −2
8
1
−3
,
untuk menjadikan matriks imbuhan ini berbentuk segitiga kita akan sifarkan semua
pemasukan pada lajur pertama kecuali pelopor lajur pertama tersebut.
B2 +(-2)B1 
1 2 1
0 −3 −3
1 1 −2
8
−15
−3
B3+(-1)B1 
1 2 1
0 −3 −3
0 −1 −3
8
−15
−11
Kemudian kita sifarkan pemasukan lajur kedua yang terletak dibawah pelopor baris kedua.
B3 + (-
1
3
) B2 
1 2 1
0 −3 −3
0 0 −2
8
−15
−6
Maka sistem linear di atas adalah setara dengan
x + 2y + z = 8
-3y + -3z = -15
-2z = -6
Jadi, dengan menggunakan kaedah pengantian kebelakang,
z = 3, y = 2 dan x =1.

17
1.2.3 Bentuk Eselon Baris
Sebelum ini kita telah mempelajari suatu kaedah untuk menurunkan suatu sistem linear n x n ke
bentuk segitiga.Maka kita diperkenalkan pula dengan Bentuk Eselon Baris(B.E.B).
1.2.4 Bentuk Eselon Baris Terturun (B.E.B.T)
Jika sesuatu matriks Bentuk Eselon Baris memenuhi dua ciri-ciri tambahan berikut kita
katakan ia adalah Bentuk Eselon Baris Terturun.
 Jika lajur mengandungi pemasukan pelopor pada sebarang baris , maka semua
kemasukan pada lajur tersebut adalah sifar.
 pemasukan baris bukan sifar adalah satu.
Berikut adalah contoh matriks Bentuk Eselon Baris (B.E.B)
2 4 1
0 −1 2
0 0 0
,
1 0 1
0 1 5
0 0 4
,
1 1 2 1
0 0 1 3
0 0 0 0
,
0 2 0 1 −1 3
0 0 −1 1 2 2
0 0 0 0 4 0
0 0 0 0 0 5
.
Berikut pula adalah contoh matriks Bentuk Baris Eselon Terturun
1 0 0
0 1 0
0 0 1
,
1 0 0 −6
0 0 1 5
0 0 0 0
,
1 9 0 −7 0
0 0 1 8 0
0 0 0 0 1
,
1 0 0 −1 0
0 1 0 8 0
0 0 1 6 0
0 0 0 0 1
.
Takrif 5
Suatu matriks dikatakan berada dalam Bentuk Eselon Baris jika;
 Semua baris sifar berada pada baris paling bawah matriks.
 Pemasukan pelopor pada setiap baris bukan sifar adalah pada sebelah
kanan lajur yang mengandungi pemasukan pelopor pada baris sebelumnya.
 Jika lajur mengandungi pemasukan pelopor pada baris tertentu, maka
semua kemasukan pada lajur dibawahnya adalah sifar.

18
1.2.5 Kaedah Penghapusan Gauss
Algorithma yang digunakan untuk menurunkan sebarang matriks imbuhan menjadi matriks
bentuk eselon baris adalah dipanggil kaedah penghapusan gauss. Dalam teknik penghapusan
Gauss, kita turunkan matriks imbuhan bagi sistem linear menjadi matriks bentuk eselon baris.
Kemudian, kita selesaikan sistem linear yang setara dengan matriks baris eselon baris itu
menggunakan teknik yang dipanggil penggantian kebelakang.
Contoh 1.11
Selesaikan sistem
2x2 + 3x3 = 8
2x1 + 3x2 + x3 = 5
x1 – x2 – 2x3 = -5
Penyelesaian:
Matriks imbuhannya ialah
0 2 3
2 3 1
1 −1 −2
8
5
−5
Kita teruskan dengan menurunkan matriks ini kepada Bentuk Eselon Baris, seperti berikut:
0 2 3
2 3 1
1 −1 −2
8
5
−5
B1  B3 
1 −1 −2
2 3 1
0 2 3
−5
5
8
Sekarang mari kita jadikan sifar pada pemasukan kedua dalam lajur pertama:
B2+(– 2)B1 
1 −1 −2
0 5 5
0 2 3
−5
15
8
Seterusnya kita darabkan dengan
1
5
pada baris kedua untuk jadikan pemasukan pelopor baris
kedua adalah 1.
(
1
5
) B2 
1 −1 −2
0 1 1
0 2 3
−5
3
8

19
Apa yang harus dilakukan seterusnya ialah perlu sifarkan pada pemasukan pada baris ketiga
lajur kedua.
B3+(– 2)B2 
1 −1 −2
0 1 1
0 0 1
−5
3
2
Hasilnya matriks imbuhan yang asal telah berada dalam bentuk eselon baris.
Sistem linear itu adalah setara dengan :
x1 – x2 - 2x3 = -5
3x2 + x3 = 3
x3 = 2
dan penggantian kebelakang memberikan
x3 = 2,
jadi x2 = 3 - x3
= 3 – 2
= 1, dan seterusnya
x1 = -5 + x2 + 2x3
= -5 + 1 + 4
= 0.
Kita tulis jawapan dalam bentuk vektor sebagai
0
1
2
1.2.6 Kaedah Penghapusan Gauss-Jordan
Kaedah ini adalah lanjutan dari kaedah Penghapusan Gauss, yang mana sesuatu sistem
persamaan linear kita lakukan operasi baris sehingga kepada bentuk eselon baris terturun .
Contoh 1.12
Selesaikan sistem
x + 3y - z = 8
2x + y + z = 3
3x - 2y - 2z = 1

20
Penyelesaian:
Matriks imbuhannya ialah
1 3 −1
2 1 1
3 −2 −2
8
3
1
Kita teruskan dengan menurunkan matriks ini kepada bentuk eselon baris terturun seperti
berikut:
B2+(– 2)B1 
1 3 −1
0 −5 3
3 −2 −2
8
−13
1
Sekarang mari kita jadikan sifar pada pemasukan ketiga dalam lajur pertama:
B3+ (– 3)B1 
1 3 −1
0 −5 3
0 −11 1
8
−13
−23
Seterusnya kita darabkan dengan -
1
5
pada baris kedua untuk jadikan pemasukan pelopor baris
kedua adalah 1.
(−
1
5
) B2 
1 3 −1
0 1 −
3
5
0 −11 1
8
13
5
−23
Apa yang harus dilakukan seterusnya ialah perlu sifarkan pada pemasukan pada baris ketiga
lajur kedua.
B3 + (11)B2 
1 3 −1
0 1 −
3
5
0 0 −
28
5
8
13
5
28
5
Hasilnya matriks imbuhan yang asal telah berada dalam bentuk eselon baris, namun bagi
penyelesaian secara Gauss-Jordan kita kena teruskan Operasi Baris Permulaan ini sehingga
kebentuk Bentuk eselon Baris Terturun.
Apa yang harus dilakukan seterusnya ialah perlu jadikan pelopor pemasukan baris ketiga
sebagai 1.
(-
5
28
) B3 
1 3 −1
0 1 −
3
5
0 0 1
8
13
5
−1
Seterusnya sifarkan pemasukan lajur ketiga yang berada di atas pelopor baris ketiga.
B2 +(
3
5
) B3 
1 3 −1
0 1 0
0 0 1
8
2
−1
B1 +(1) B3 
1 3 0
0 1 0
0 0 1
7
2
−1

21
Akhirnya kita sifarkan pula pemasukan lajur kedua yang berada di atas pelopor baris kedua.
B1+ (-3) B2 
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
2
−1
Maka sistem persamaan linear yang asal adalah setara dengan,
x = 1
y = 2
z = -1
dan penyelesaiannya ialah
1
2
−1
.
Sistem linear itu adalah setara dengan :
x1 – x2 - 2x3 = -5
3x2 + x3 = 3
x3 = 2
dan penggantian kebelakang memberikan
x3 = 2,
jadi x2 = 3 - x3
= 3 – 2
= 1, dan seterusnya
x1 = -5 + x2 + 2x3
= -5 + 1 + 4
= 0.
Kita tulis jawapan dalam bentuk vektor sebagai
0
1
2

22
Latihan 1.3
1. Tentukan sama ada matriks yang diberi berikut adalah bentuk eselon baris. Jika ia,
nyatakan sama ada ia juga berada dalam bentuk eselon baris terturun.
(a)
1 0 1
0 0 1
0 1 2
(b)
5 0 2 1
0 1 3 1
0 0 0 0
(c)
0 1 3 1
0 0 1 2
(d)
0 0 0
0 0 0
0 0 0
(e)
1 0 0
0 1 0
0 0 1
(f)
1 0 0 1
0 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
2. Selesaikan sistem persamaan linear berikut dengan menggunakan kaedah
Gaus-Jordan.
(a) x – y + z = 3 (b) 2x + y – z = 1
2x – y + z = 4 x + y – z = 0
x + 2y – z = -1 3x + y + 2z = 2
(c) x – y + z = 1 (d) 3x + y = 7
3x + y = 4 x – z = 0
y – 2z = -1 y - 2z = -8
(e) x + 2y + z = 4 (f) x + 2y – 3z = -5
3x – y - z = 2 5x + y – z = -11
Jawapan:
2. a) x = 1, y = 0, z = 2 b) x = 1, y =  1, z = 0
c) x = 1, y = 1, z = 1 d) x = 3, y =  2, z = 3
e) x =
1
7
(8 + 𝑡), y =
1
7
(10 − 4𝑡), z = t
f) x = 
1
9
(𝑡 − 17), y =
14
9
(𝑡 − 1), z = t

23
1.4.3 Sistem Homogen
Contoh: 1.12
Selesaikan sistem persamaan linear homogen berikut dengan menggunakan kaedah
penghapusan Gauss-Jordan.
2x1 – x2 – 2x3 + x4 = 0
x1 + 2x2 – 3x3 = 0
X2 + x3 – x4 = 0
Penyelesaian:
2 −1 −2 1
1 2 −3 0
0 1 1 −1
0
0
0
Dengan melakukan operasi baris permulaan matriks di atas boleh diturunkan sehingga matriks
berbentuk eselon baris terturun seperti ini.
(cuba lakukan operasi baris sehingga menjadi matriks di bawah ini)
1 0 0 −
2
9
1 2 −3 −
5
9
0 1 1 −
4
9
0
0
0
Maka didapati: x1 = 2/9 t
x2 = 5/9 t
x3 = 4/9 t
dan x4 = t , t  R
Takrif 6
Sistem persamaan linear dikatakan homogen jika pemalar sebelah kanan dalam
setiap persamaan bersamaan sifar, Jika tidak sistem itu dikatakan tak homogen.
Teorem:
Sistem persamaan linear homogen dengan bilangan anu lebih banyak daripada
bilangan persamaan mempunyai tak terhingga banyaknya penyelesaian, dan oleh
itu sentiasa ada penyelesaian tak remeh

24
Latihan 1.4
1. Dapatkan penyelesaian bagi sistem linear homogen berikut:
x1 + 3x2  x3 + 2x4 = 0
x1  2x2 + x3 = 0
x2 + 3x3  4x4 = 0
2. Selesaikan sistem
x  2y + 2z = 0
4x  7y + 3z = 0
2x  y + 2z = 0
Jawapan:
1. x1 = −
18
17
𝑡, x2 =
2
17
𝑡, x3 =
22
7
t x4 = t
2. x = 0 y = 0 z = 0 ( penyelesaian remeh)

25
1.4.4 Pemprograman Linear dan Ketaksamaan Linear
• Melukis ketaksamaan linear dalam dua pembolehubah
• Menyelesaikan ketaksamaan Linear dengan menggunakan grraf
• Penggunaan
Contoh: 1.13
Grafkan set penyelesaian bagi sistem
y ≤ 2x – 3 dan 2x – 3y > 5
Penyelesaian:
Graf bagi ketaksamaan y ≤ 2x – 3 meliputi graf garis bagi persamaan y = 2x – 3 dan semua titik
di bawahnya. Manakala graf bagi ketaksamaan 2x – 3y > 5 mengandungi hanya titik-titik yang
berada di bawahnya sahaja (tidak termasuk titik-titik yang berada di atas garisan). Penyelesaian
keseluruhan adalah titik yang memenuhi kedua-dua ketaksamaan tersebut. ( kawasan berlorek
dalam rajah di bawah).
y = 2x – 3 , 3y = 2x – 5
x y
0 -3
2 1
x y
4 1
-2 -3
y = 2x – 3
3y = 2x – 5

26
Contoh1.14
Firdaus dan Dania berkerja sambilan untuk mengeluarkan bekas jam. Firdaus menggunakan 4
jam sehari dan Dania pula 2 jam sehari untuk menyiapkan satu bekas jam besar berdiri. Untuk
membina satu bekas jan dindidng pula, Firdaus bekerja selama 3 jam dan Dania 4 jam. Kedua-
dua mereka tidak boleh bekerja lebih daripada 20 jam seminggu. Jika mereka mendapat
sebanyak RM80 untuk setiap jam besar berdiri dan RM64 untuk setiap jam diding, berapa
banakkah tiap-tiap satunya patut mereka bina setiap minggu untuk memaksimum keuntungan
mereka.
Penyelesaian:
Maklumat si atas boleh diringkaskan seperti berikut:
Masa untuk sebuah
Jam Besar Berdiri
Masa Untuk sebuah
jam diding
Firdaus
Dania
4 jam
2 jam
3 jam
4 jam
Katakan x adalah bekas jam besar berdiri dan y adalah bekas jam dinding Keuntungan ,
P = 80x + 64y
x ≥ 0
y ≥ 0
4x + 3y ≤ 20
2x + 4y ≤ 20
Kekangan x ≥ 0 dan y ≥ 0 menunjukkan bahawa bilangan bekas jam tidak mungkin negatif.
Rantau berlorek R, adalah seperti yang ditunjukkan dalam graf di bawah.

27
Dari graf tersebut kita dapati bucu-bucu (0,0),(0,5), (2,4) dan (5,0) adalah merupakan titik
ekstremun, untuk menentukan keuntungan maksimum kita uji titik-titik ini.
Pada titik (0,0) P = 80(0) + 64(0) = 0
Pada titik (0,5) P = 80(0) + 64(5) = 329
Pada titik (2,4) P = 80(2) + 64(4) = 416
Pada titik (5,0) P = 80(5) + 64(0) = 400
Dari ujian di atas didapati keuntungan maksimum berlaku pada titik (2,4) ini bermaka untuk
mendapat keuntungan maksimu Firdaus dan Dania mesti menyiapkan 2 bekas jam besar berdiri
dan 4 bekas jam dinding setiap minggu, iaitu mereka mendapat keuntungan pada tahap RM416
seminggu.
2x + 4y = 20
4x + 3y = 20
(2,4)
(5,0)
(0,5)
(0,0)
R

28
Latihan 1,5
1. Tunjukkan secara graf set penyelesaian bagi setiap sistem ketaksamaanberikut:
(a) y ≤ x – 2 (b) x + y < 2
Y < -2x + 3 x + y ≤ 1
(c) 2x + 3y ≤ 5 (d) x + y ≥ 1
3x + y ≤ 1 x – y ≤ 1
X ≤ 0 x – y ≥ 0
x ≤ 2
2. Sebuah syarikat mengilang gandar roda bentuk 1 dan gandar roda bentuk2,
masing-masing diproseskan pada mesin A, B, dan C. Jadual di bawah menunjukkan
masa memproses bagi setiap unit gandar roda, dan juga bilangan gandar roda yang
dikeluarkan bagi setiap mesin dalam setIap 8 jam berkerja . jadual juga menunjukkan
keuntungan bagi setiap keluaran.
Mesin A Mesin B Mesin C Keuntungan (RM)
Ganda roda 1 1/10 1/12 3/20 55.00
Ganda roda 2 1/10 1/6 1/20 50.00
bilangan unit 5 7 6
Cari bilangan gandar roda 1 dan gandar roda 2 yang perlu dikeluarkan supaya kilang
tersebut mendapat keuntungan maksimum.
Jawapan: gandar roda 1 = 35 dan gandar roda 2 = 15.

29
1.4.5 Aplikasi Sistem persamaan Linear dan Ketaksamaan Linear
Kegunaan sistem persamaan linear adalah sangat banyak, ia boleh digunakan untuk
menyelesaikan masalah-masalah seperti dalam bidang ekonomi, fizik , kimia , biologi dan
pelbagai lagi.
Contoh 1.15
Seorang ahli biologi meletakkan ke dalam tabung uji tiga jenis bakteria (dilabelkan dengan I,II
dan III), dimana mereka di beri tiga jenis makanan yang berbeza (A,B dan C). Setiap hari 2300
unit makanan A, 800 unit makanan B, dan 1500 unit makanan C diletakan ke dalam tabung uji
berkenaan dan setiap bakteria menggunakan beberapa unit makanan sehari, seperti yang
ditunjukkan dalam jadual 1. Berapa banyak bakteria bagi setiap jenis perlu diletakkan supaya
hidup di dalam tabung uji dan menggunakan kesemua makanan tersebut?
Bakteria
Jenis 1
Bakteria
Jenis 2
Bakteria
Jenis 3
Makanan A
Makanan B
Makanan C
2
1
1
2
2
3
4
0
1
Jadual 1
Penyelesaian:
Biarkan x, y dan z bilangan bakteria jenis 1,II dan III, masing-masing. Bedasarkan maklumat di
dalam jadual 1, Bakteria jenis I memerlukan 2 unit A setiap hari, bakteria jenia II memerlukan 2
unit A setiap hari dan bakteria jenis III memerlukan 4 unit A sehari.
Maka kita boleh tulis dalam bentuk persamaan linear sebagai:
2x + 2y + 4z = 2300
Dengan cara yang sama kita boleh dapati persamaan untuk makanan B dan C seperti berikut:
X + 2y = 800 dan
X + 3y + z = 1500

30
dengan menggunakan kaedah Gaus-Jordan kita selesaikan seoerti berikut:
Persamaan di atas boleh ditulis dalam bentuk matriks imbuhan
2 2 4
1 2 0
1 3 1
2300
800
1500
dan selesaikan dengan Operasi Baris Permulaan sehingga ke
bentuk eselon baris terturun , iaitu:
1 0 0
0 1 0
0 0 1
100
350
350
Jadi, x = 100, y = 350 dan z = 350. Ini bermakna ahli biologi tersebut perlu meletakkan 100
bakteria jenis I , 350 bakteria jenis II dan 350 bakteria jenis III kedalam tabung uji jika ia mahu
semua makanan tersebut dihabiskan.
Contoh 1.16
Di dalam bidang rangkaian letrik kita boleh mengiraatau menentukan amaun arus di dalam
setiap cabang dalam sebutan rintangan dan voltan. Perhatikan rajah berikut, simbol
mewakili sel atau bateri (diukur dalam sukatan volt) , arus akan keluar dari pangkalan bateri
yang bertanda mencancang panjang. Sementara itu simbol mewakili perintang tang diukur
dalam unit ohm.Simbol mewakili nod dan i mewakili arsu diantara nod-nod. Anak panah
menunjukkan arah aliran arus. Untuk menentukan arus, hukum Kirchhoff digunakan:
1. Pada setiap nod jumlah arus yang masuk adalah bersamaan dengan
jumlah arus yang keluar.
2. Pada setiap gelung tertutup hasil tambah algebra voltan mestilah
bersamaan dengan hasil tambah algebra voltan yang menyusut.
Voltan , V = iR, dimana i adalah arus dalam ampere dan R adalah rintangan dalam
Ohms.
8 volt
9 volt
2 ohms
4 ohms
2 ohms5 ohms
i1
i3
i2

31
Jadi kita lihat dari rajah di atas didapati:
i1 – i2 + i3 = 0 (nod A)
- i1 + i2 – i3 = 0 (nod B)
Dari hukum kedua,
4i1 + 2i2 = 8 (gelung atas)
2i2 + 5i3 = 9 (gelung bawah)
Persamaan linear di atas boleh diwakili oleh matriks imbuhan
1 −1 1
−1 1 −1
4 2 0
0 2 5
0
0
8
9
Seterusnya turunkan ke Bentuk Eselon Baris Terturun ia menjadi;
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
1
2
1
0
Maka kita dapati, i1 = 1, i2 = 2 dan i3 = 1.
Contoh 1.17
Pembakaran amonia (NH3) dalam oksigen akan menghasilkan gas nitrogen (N2) dan air.
Dapatkan persamaan kimia yang seimbang bagi tindakbalas ini.
Penyelesaian
Biar kita namakan bilangan molekul-molekul amonia,oksigen, nitrogen dan air sebagai w,x,y
dan z masing-masig, jadi persamaan tindakbalas ditulis sebagai;
wNH3 + xO2  y N2 + zH2O
Dengan membandingkan bilangan nitrogen,hidrogen dan oksigen didalam tindakbalas
dan hasil, kita mendapati tiga persamaan linear;
Nitrigen : w = 2y
Hidrogen: 3w = 2z
Oksigen: 2x = z

32
Seterusnya jika ditulis semula, ia menjadi sistem;
w - 2y = 0
3w – 2z = 0
2x – z = 0
Dalam bentuk matriks imbuhan,
1 0 −2 0
3 0 0 −2
0 2 0 −1
0
0
0
Kemudian lakukan operasi baris permulaan sehingga menjadi bentuk eselon baris
terturun,
1 0 0 −
2
3
0 1 0 −
1
2
0 0 1 −
1
3
0
0
0
.
Maka, kita dapati
w =
2
3
z,
x =
1
2
z dan,
y =
1
3
z.
dengan menggantikan z = 6, kita akan dapati nilai integer yangpaling kecil bagi w,x dan y, iaitu
w = 4, x = 3, y = 2 dan z = 6.
Maka persamaan tindakbalas yang seimbang ialah
4NH3 + 3O2  2N2 + 6H2O

33
Contoh: 1.18 (Analisis rangkaian)
Dalam kebanyakan situasi harian, pelbagai rangkaian yang kita dapati seperti rangkaian
prngankutan, komunikasi, ekonomi dan lain-lain. Rangkaian-rangkaian ini seperti rangkaian
jalan raya, ia mempunyai simpang iaitu pertemuan antara beberapa cabang jalan.Pertemuan
antara cabang ini dikenali sebagai nod. rajah menerangkan berkenaan Keabadian aliran iaitu
setiap aliran masuk sama dengan aliran keluar.
Dari rajah di atas, kita lihat dua aliran masuk dan dua aliran keluar dari nod. Maka dari sini kita
boleh bina persamaan , iaitu aliran masuk f1 + f2 dan aliran keluar adalah 20 + 30 jadi
keseluruhannya f1 + f2 = 50.
Contoh 1.19
Rajah menujukkkan aliran air paip diukur dalam unit liter per minit. Jelaskan kemungkinan-
kemungkinan aliran air paip tersebut.
𝑓1 𝑓2
20
30
5
10 A
𝑓1 B 10
𝑓4
20 5
30
𝑓3
𝑓2
CD

34
Penyelesaian:
Pada setiap nod kita bina persamaan linear yang mungkin.
nod A : f1 + f4 = 15
nod B : f1 – f2 = 10
nod C : f2 + f3 = 25
nod D : f3 – f4 = 20
Dengan menggunakan kaedah Penghapusan Gauss-Jordan kita turunkan matriks imbuhan ke
bentuk eselon baris terturun.
1 0 0 1
1 −1 0 0
0 1 1 0
0 0 1 −1
15
10
25
20
O.B.P
1 0 0 1
0 1 0 1
0 0 1 −1
0 0 0 0
15
5
20
0
Maka kita dapati,
f1 + f4 = 15
f2 + f4 = 5
f3 – f4 = 20
biarkan f4 = w, maka
f1 = 15 – w
f2 = 5 – w
f3 = 20 + w
f4 = w
Bedasarkan sistem persamaan linear dia atas , kita dapati w boleh mempunyai sebarang nilai.
Namun begitu realitinya ini adalah sistem aliran paip maka sudah tentu tiada nilai negatif.
Sekarang cuba kita gantikan;
w = 5, maka f1 = 10, f2 = 0, f3 = 25 dan f4 = 5
Sebenarnya dari sistem di atas kita boleh mencari nilai maksimum dan minimum, cuba
pertimbangkan pada persamaan pertama sudah pasti w ≤ 15 (kerana f1 tidak boleh menjadi
negatif), dan dari persamaan kedua pula w ≤ 5 (juga kerana f2 tidak boleh menjadi negatif).
Maka kekangan w ≤ 5 adalah lebih kuat. Oleh itu kita dapati bahawa

35
0 ≤ t ≤ 5. Kombinasi dari persamaan di atas kita dapati
10 ≤ f1 ≤ 15
0 ≤ f2 ≤ 5
20 ≤ f3 ≤ 25 dan
0 ≤ f4 ≤5
Latihan 1.6
Rajah menunjukkan litar elektrik dengan arus I1, I2, I3, I4, I5 dan I6, serta kadar
rintangan 1 Ohm dan 2 Ohm dilengkapi dengan sel 12 volt dan 6 volt.
Dapatkan arus yang mengalir di I1, I2, I3, I4, I5 dan I6.
Jawapan : I1 = 5.4, I2 = 2.4, I3 = − 0.6, I4 = 7.2,
I5 = 4.8 I6 = 7.8

36
Aktiviti 1.2.4
Selesaikan sistem persamaan linear berikut dengan menggunakan kaedah
Gaus-Jordan.
(a) x – y + z = 3 (b) 2x + y – z = 1
2x – y + z = 4 x + y – z = 0
x + 2y – z = -1 3x + y + 2z = 2
(c) x – y + z = 1 (d) 3x + y = 7
3x + y = 4 x – z = 0
y – 2z = -1 y - 2z = -8
(e) x + 2y + z = 4 (f) x + 2y – 3z = -5
3x – y - z = 2 5x + y – z = -11
(g) 2x – 2y + 3z + t = 2 (h) x + y + 2z + t = 1
x + y + z + t = 5 x + 2y + z + t = 2
-x + 2y – 3z + 2t = 2 2x + y + z + t = 4
x + y + 2z - t = 4 x + y + z + 2t = 3
(i) x + y + t = 4 (j) x - y + 2z + t = 3
x z + t = 2 3x - 2y - z - t = 4
2x + 2y + z + 2t = 8 2x + y + 2z - t = 10
x - y + z + t = -2 x + 2y + z - 3t = 8

Topik 1 -_sistem_persamaan_linear

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (20)

Similar to Topik 1 -_sistem_persamaan_linear

Similar to Topik 1 -_sistem_persamaan_linear (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Topik 1 -_sistem_persamaan_linear