sistem persamaan linier

1. SISTEM PERSAMAAN
LINIER

2. OUTLINE
Pendahuluan
Eliminasi Gauss - Jordan
SPL Homogen
Penyelesaian SPL dengan
Inverse Matriks

3. SISTEM PERSAMAAN LINIER (SPL)
Bentuk umum :
dimana x1, x2, . . . , xn variabel tak diketahui, aij , bi,
i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n bil. diketahui.
Ini adalah SPL dengan m persamaan dan n variabel.
SPL
Mempunyai penyelesaian
disebut KONSISTEN
Tidak mempunyai penyelesaian
disebut TIDAK KONSISTEN
TUNGGAL
BANYAK

4. ILUSTRASI GRAFIK
• SPL 2 persamaan 2 variabel:
• Masing-masing pers berupa garis lurus. Penyelesaiannya
adalah titik potong kedua garis ini.
kedua garis sejajar kedua garis berpotongan kedua garis berhimpitan

5. PENYAJIAN SPL DALAM MATRIKS
SPL BENTUK MATRIKS
STRATEGI MENYELESAIKAN SPL:
mengganti SPL lama menjadi SPL baru yang mempunyai
penyelesaian sama (ekuivalen) tetapi dalam bentuk yang
lebih sederhana.

6. TIGA OPERASI YANG MEMPERTAHANKAN
PENYELESAIAN SPL
SPL
1. Mengalikan suatu persamaan
dengan konstanta tak nol.
2. Menukar posisi dua
persamaan sebarang.
3. Menambahkan kelipatan suatu
persamaan ke persamaan
lainnya.
MATRIKS
1. Mengalikan suatu baris
dengan konstanta tak nol.
2. Menukar posisi dua baris
sebarang.
3. Menambahkan kelipatan suatu
baris ke baris lainnya.
Ketiga operasi ini disebut OPERASI BARIS ELEMENTER (OBE)
SPL atau bentuk matriksnya diolah menjadi bentuk seder-
hana sehingga tercapai 1 elemen tak nol pada suatu baris

9. CONTOH
DIKETAHUI
kalikan pers (i)
dengan (-2), kemu-
dian tambahkan ke
pers (ii).
kalikan baris (i)
dengan (-2), lalu
tambahkan ke
baris (ii).
…………(i)
…………(ii)
…………(iii)
kalikan pers (i)
dengan (-3), kemu-
dian tambahkan ke
pers (iii).
kalikan baris (i)
dengan (-3), lalu
tambahkan ke
baris (iii).
kalikan pers (ii)
dengan (1/2).
kalikan baris (ii)
dengan (1/2).

10. kalikan pers (iii)
dengan (-2).
kalikan brs (iii)
dengan (-2).
LANJUTAN CONTOH
kalikan pers (ii)
dengan (1/2).
kalikan baris (ii)
dengan (1/2).
kalikan pers (ii)
dengan (-3), lalu
tambahkan ke pers
(iii).
kalikan brs (ii)
dengan (-3),
lalu tambahkan
ke brs (iii).
kalikan pers (ii)
dengan (-1), lalu
tambahkan ke pers
(i).
kalikan brs (ii)
dengan (-1), lalu
tambahkan ke brs
(i).

11. Lanjutan CONTOH
kalikan pers (ii)
dengan (-1), lalu
tambahkan ke pers
(i).
kalikan brs (ii)
dengan (-1), lalu
tambahkan ke brs
(i).
kalikan pers (iii)
dengan (-11/2), lalu
tambahkan ke pers (i)
dan kalikan pers (ii) dg
(7/2), lalu tambahkan
ke pers (ii)
kalikan brs (iii)
dengan (-11/2), lalu
tambahkan ke brs (i)
dan kalikan brs (ii) dg
(7/2), lalu tambahkan
ke brs (ii)
Diperoleh penyelesaian x = 1, y = 2, z = 3. Terdapat
kaitan menarik antara bentuk SPL dan representasi
matriksnya. Metoda ini berikutnya disebut dengan
METODA ELIMINASI GAUSS.

12. BENTUK ECHELON-BARIS
Misalkan SPL disajikan dalam bentuk matriks berikut:
maka SPL ini mempunyai penyelesaian x = 1, y = 2, z = 3.
Matriks ini disebut bentuk echelon-baris tereduksi.
Untuk dapat mencapai bentuk ini maka syaratnya adalah sbb:
1. Jika suatu brs matriks tidak nol semua maka elemen
tak nol pertama adalah 1. Brs ini disebut mempunyai leading 1.
2. Semua brs yg terdiri dari nol semua dikumpulkan di bagian bawah.
3. Leading 1 pada baris lebih atas posisinya lebih kiri daripada leading
1 baris berikut.
4. Setiap kolom yang memuat leading 1, elemen lain semuanya 0.

13. Bentuk echelon-baris dan echelon-baris tereduksi
Matriks yang memenuhi kondisi (1), (2), (3) disebut
bentuk echelon-baris.
CONTOH bentuk echelon-baris tereduksi:
CONTOH bentuk echelon-baris:

14. Bentuk umum echelon-baris
dimana lambang ∗ dapat diisi bilangan real sebarang.

15. Bentuk umum echelon-baris tereduksi
dimana lambang ∗ dapat diisi bilangan real sebarang.

16. Penyelesaian SPL melalui bentuk echelon-baris
Misal diberikan bentuk matriks SPL sbb:
Tentukan penyelesaian masing-masing SPL di atas.

17. METODA GAUSS-JORDAN
Ide pada metoda eliminasi Gauss adalah mengubah
matriks ke dalam bentuk echelon-baris tereduksi.
CONTOH: Diberikan SPL berikut.
Bentuk matriks SPL ini adalah:

18. -2B1 + B2B2
5B2+B3  B3












6
18
0
8
4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
-
3
-
0
2
-
1
-
0
0
0
0
2
0
2
-
3
1
B4 B4+4B2
B3 ⇄ B4 B3 B3/3
-3B3+B2B2
2B2+B1B1

19. Akhirnya diperoleh:
Akhirnya, dengan mengambil x2:= r, x4:= s dan x5:= t maka diperoleh
penyelesaian:
dimana r, s dan t bilangan real sebarang. Jadi SPL ini mempunyai tak
berhingga banyak penyelesaian.

20. METODA SUBSTITUSI MUNDUR
Misalkan kita mempunyai SPL dalam matriks berikut:
Bentuk ini ekuivalen dengan:
LANGKAH 1: selesaikan variabel leading, yaitu x6. Diperoleh:
LANGKAH 2: mulai dari baris paling bawah subtitusi ke atas, diperoleh

21. LANJUTAN SUBSTITUSI MUNDUR
LANGKAH 3: subtitusi baris 2 ke dalam baris 1, diperoleh:
LANGKAH 4: Karena semua persamaan sudah tersubstitusi maka peker-
jaan substitusi selesai. Akhirnya dengan mengikuti langkah pada
metoda Gauss-Jordan sebelumnya diperoleh:

22. Eliminasi Gaussian
Mengubah menjadi bentuk echelon-baris (tidak perlu direduksi), kemudian
menggunakan substitusi mundur.
CONTOH: Selesaikan dengan metoda eliminasi Gaussian
PENYELESAIAN: Diperhatikan bentuk matriks SPL berikut:
Dengan menggunakan OBE diperoleh bentuk echelon-baris berikut:

23. SPL HOMOGEN
• Bentuk umum:
• Penyelesaian trivial (sederhana):
• Bila ada penyelesaian lain yang tidak
semuanya nol maka disebut penyelesaian
taktrivial.

24. SPL HOMOGEN
pasti ada penyelesaian trivial
penyelesaian trivial +
takberhingga banyak
penyelesaian taktrivial
atau
ILUSTRASI:

25. SPL dengan Matriks
a11x1 + a12x2 + ….+ a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + ….+ a2nxn = b1
…………………………………
…………………………………
am1x1 + am2x2 + ….+ amnxn = bm





































m
2
1
n
2
1
mn
m2
m1
2n
22
12
1n
12
11
b
....
b
b
x
....
x
x
a
.....
a
a
......
.....
.....
.....
a
.....
a
a
a
.....
a
a

26. atau AX = B dengan A=(aij) matriks koefisien,
X=(x1,x2,…..,xn)* dan B=(b1,b2,…,bn)*.
Matriks lengkap sistem tersebut adalah :













m
m2
m1
2
2n
22
21
1
1n
12
11
b
....
.....
a
a
....
....
.....
....
....
b
a
.....
a
a
b
a
.....
a
a
(AB)

27. Pembagian SPL
1. SPL homogen
a11x1 + a12x2 + …….. + a1nxn = 0
a21x1 + a22x2 + …….. + a2nxn = 0
…………………………………….
…………………………………….
am1x1 + am2x2 + …….. + amnxn = 0
Contoh :
x1 – 2x2 + 3x3 = 0
x1 + x2 + 2x3 = 0

28. 2. SPL non homogen
a11x1 + a12x2 + ….+ a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + ….+ a2nxn = b2
…………………………………
…………………………………
am1x1 + am2x2 + ….+ amnxn = bm
CONTOH
x1 – 2x2 + 3x3 = 4
X1 + x2 + 2x3 = 5

29. E. Penyelesaian SPL Non Homogin
Khusus untuk m=n SPL yg non homogin,
penyelesaian tunggal bila Det (A) ≠ 0 dapat
menggunakan :
1. Aturan Cramer
Pandang sistem n persamaan linear dalam n
bilangan tak diketahui :
a11x11 + a12x12 + ……..+ a1nx1n = b1
a11x11 + a12x12 + ……..+ a1nx1n = b2
………………………………………..
an1x11 + an2x12 + ……..+ annxnn = bn

30. Determinan matriks koefisien adalah :
Bila de(Ak) adalah determinan yang didapat
dari det (A) dengan mengganti kolom ke k
dengan suku tetap (b1 b2 ……bn), maka
aturan Cramer mengatakan :
k = 1,2,3,……,n
mn
m2
mn
2n
22
21
1n
12
11
a
....
a
a
....
....
....
....
a
....
a
a
a
....
a
a
Det(A) 
Det(A)
)
Det(A
x k
k 

31. Contoh : Selesaikan SPL berikut !
2x1 + 8x2 + 6x3 = 20
4x1 + 2x2 – 2x3 = -2
3x1 - x2 + x3 = 11
Penyelesaian : determinan matriks koefisien
140
4
32
36
24
48
4
1
1
3
2
2
4
6
8
2
Det(A) 










280
40
16
132
12
176
40
1
1
11
2
2
2
6
8
20
)
Det(A1 












32. Sedangkan :
560
4
352
120
80
48
44
11
1
3
2
2
4
20
8
2
)
Det(A3 










140
44
80
36
264
120
4
1
11
3
2
2
4
6
20
2
)
Det(A2 










2
140
280
Det(A)
)
Det(A
x 1
1 



 1
140
140
Det(A)
)
Det(A
x 2
2 




4
140
560
Det(A)
)
Det(A
x 3
3 





33. (2). Menggunakan invers matriks
Bila Det(A)≠ 0, maka A-1 ada
AX = B
A-1.AX = A-1.B
Jadi : X = A-1 penyelesaian sistem ini.
Catatan :
Bila m=n dan Det(A) = 0, maka sistemnya mempu-
nyai tak berhingga banyak penyelesaian.
Contoh : selesaikan SPL berikut dengan mengguna
kan invers matriks !
2x1 + 3x2 + x3 = 9
x1 + 2x2 + 3x3 = 6
3x1 + x2 + 2x3 = 8

34. Penyelesaian : determinan matriks koefisien
adalah :
11
6
6
4
1
18
8
2
1
2
3
2
1
1
3
2
Det(A) 




















1
7
5
1
1
7
7
5
1
11
1
A 1
-














































11
/
5
11
/
29
11
/
35
8
6
9
11
1
8
6
9
1
7
5
1
1
7
7
5
1
11
1
H
.
A
X 1
-
11
5
x
;
11
29
x
;
11
35
x 3
2
1 



35. Latihan