1. Ringkasan materi aljabar linier meliputi penjelasan tentang persamaan linier, sistem persamaan linier, matriks, operasi baris elementer, eliminasi Gauss, eliminasi Gauss-Jordan, sistem persamaan linier homogen dan simultan, determinan matriks, serta aturan Cramer.

1. RINGKASAN MATERI
ALJABAR LINIER
NAMA : FINA SARI KAMALIAH
NIM : 20211004

2. 1. PERSAMAAN LINIER
 Suatu Persamaan Linier dapat didefinisikan dalam bentuk 𝑛
variabel 𝑥1, 𝑥2. 𝑥3, … , 𝑥𝑛 yang dapat dinyatakan dalam
bentuk :
𝑎1𝑥1 + 𝑎2𝑥2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑥𝑛 = 𝑏
dimana 𝑎1, 𝑎2, …, 𝑎𝑛 dan 𝑏 adalah konstanta riil.
Contoh :
4𝑥 = 7
Penyelesaian :
4𝑥 = 7
𝑥 =
7
4
( disebut solusi tunggal )

3. 2. Sistem Persamaan Linier dan Matriks
Bentuk sistem linier dalam 𝑚 dan 𝑛 variabel 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 dapat dituliskan
sebagai
𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 + ⋯ + 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = 𝑏1
𝑎21𝑥1 + 𝑎22𝑥2 + ⋯ + 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = 𝑏2
. . . .
. . . .
𝑎𝑚1𝑥1 + 𝑎𝑚2𝑥2 + ⋯ + 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 = 𝑏𝑚
Contoh : Tentukan solusi sistem linier
5𝑥 + 𝑦 = 3
2𝑥 − 𝑦 = 4
Penyelesaian
o 5𝑥 + 𝑦 = 3 subtitusi
𝑦 = 3 − 5𝑥 # 5𝑥 + 𝑦 = 3
o 2𝑥 − 𝑦 = 4 5 1 + −2 = 3
2𝑥 − 3 − 5𝑥 = 4 3 = 3 ( benar)
7𝑥 = 7 # 2𝑥 − 𝑦 = 4
𝑥 = 1 2 1 − −2 = 4
Maka, 𝑦 = 3 − 5 1 4 = 4 ( benar )
𝑦 = −2
Jadi, solusi sistem linier diatas adalah solusi tunggal.

4.  Operasi Baris Elementer ( OBE )
Operasi baris elementer akan mengubah augmented matrix menjadi
matriks identitas dimana entri-entri matriksnya berkorelasi dengan
solusi dalam sistem linier.
Matriks identitas (𝐼) =
1 0 0
0 1 0
0 0 1
Langkah-langkah OBE :
1. Mengalikan baris dengan konstanta bukan nol.
2. Menukarkan dua baris.
3. Menambahkan kelipatan satu baris ke baris lain.

5. Contoh :
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 9
2𝑥1 + 4𝑥2 − 3𝑥3 = 1
3𝑥1 + 6𝑥2 − 5𝑥3= 0
1 1 2 9
2
3
4
6
−3
−5
1
0
2𝐵1 − 𝐵2
1 1 2 9
0
3
−2
6
7
−5
17
0
3𝐵1 − 𝐵3
1 1 2 9
0
0
−2
−3
7
11
17
27
3𝐵2 − 2𝐵3
1 1 2 9
0
0
−2
0
7
−1
17
−3
−3𝐵3
1 1 2 9
0
0
−2
0
7
1
17
3
−
1
2
𝐵2
1 1 2 9
0
0
1
0
7
2
1
17
2
3
7
2
𝐵3 − 𝐵2
1 1 2 9
0
0
1
0
0
1
2
3
𝐵1 − 2𝐵3
1 1 0 3
0
0
1
0
0
1
2
3
𝐵1 − 𝐵2
1 0 0 1
0
0
1
0
0
1
2
3
,
Jadi SPL diatas memiliki penyelesaiannya /solusi tunggal dengan
𝑥1 = 1, 𝑥2 = 2, dan 𝑥3 = 3.

6. 3. Eliminasi Gauss & Eliminasi Gauss-Jordan
 Eliminasi Gauss
Bentuk matriks penyelesaian dari sistem linier menggunakan metode
Eliminasi Gauss adalah matriks yang berbentuk Eselon Baris.
Contoh 1 :
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 9
2𝑥1 + 4𝑥2 − 3𝑥3 = 1
3𝑥1 + 6𝑥2 − 5𝑥3= 0
1 1 2 9
2
3
4
6
−3
−5
1
0
2𝐵1 − 𝐵2
1 1 2 9
0
3
−2
6
7
−5
17
0
3𝐵1 − 𝐵3
1 1 2 9
0
0
−2
−3
7
11
17
27
3𝐵2 − 2𝐵3
1 1 2 9
0
0
−2
0
7
−1
17
−3
−3𝐵3
1 1 2 9
0
0
−2
0
7
1
17
3
−
1
2
𝐵2
1 1 2 9
0
0
1
0
7
2
1
17
2
3

7. Solusi dari SPL diatas adalah solusi tunggal. Dengan :
 𝑥3 = 3
 𝑥2 +
7
2
𝑥3 =
17
2
𝑥2 +
7
2
3 =
17
2
𝑥2 +
21
2
=
17
2
𝑥2 =
17
2
−
21
2
𝑥2 = −
4
2
𝑥2 = −2
 𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 9
𝑥1 + (−2) + 2(3) = 9
𝑥1 = 9 − 4
𝑥1 = 5

8.  Eliminasi Gauss-Jordan
Bentuk matriks penyelesaian dari sistem linier menggunakan metode
Eliminasi Gauss-Jordan adalah matriks yang berbentuk Eselon Baris
Tereduksi. Metode ini bisa menggunakan OBE ( Operasi Baris Elementer )
Contoh :
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 9
2𝑥1 + 4𝑥2 − 3𝑥3 = 1
3𝑥1 + 6𝑥2 − 5𝑥3= 0
1 1 2 9
2
3
4
6
−3
−5
1
0
2𝐵1 − 𝐵2
1 1 2 9
0
3
−2
6
7
−5
17
0
3𝐵1 − 𝐵3
1 1 2 9
0
0
−2
−3
7
11
17
27
3𝐵2 − 2𝐵3
1 1 2 9
0
0
−2
0
7
−1
17
−3
−3𝐵3
1 1 2 9
0
0
−2
0
7
1
17
3
−
1
2
𝐵2
1 1 2 9
0
0
1
0
7
2
1
17
2
3
7
2
𝐵3 − 𝐵2
1 1 2 9
0
0
1
0
0
1
2
3
𝐵1 − 2𝐵3
1 1 0 3
0
0
1
0
0
1
2
3
𝐵1 − 𝐵2
1 0 0 1
0
0
1
0
0
1
2
3
Jadi SPL diatas memiliki penyelesaiannya /solusi tunggal dengan
𝑥1 = 1, 𝑥2 = 2, dan 𝑥3 = 3.

9. 4. SPL Homogen & SPL Simultan
 SPL Homogen
Suatu sistem persamaan linier dikatakan homogen apabila semua
konstantanya adalah nol.
Contoh :
−𝑥1 − 𝑥2 + 2𝑥3 − 3𝑥4 + 𝑥5 = 0
𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 − 𝑥5 = 0
𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥5 = 0
Penyelesaian :
−1 −1 2 −3 1 0
1
0
1
0
−2
1
0
1
−1
1
0
0
− 𝐵1
1 1 −2 3 −1 0
1
0
1
0
−2
1
0
1
−1
1
0
0
𝐵2 − 𝐵1
1 1 −2 3 −1 0
0
0
0
0
0
1
−3
1
0
1
0
0
−
1
3
𝐵2
1 1 −2 3 −1 0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
1
0
0

10. 1 1 −2 3 −1 0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
1
0
0
𝐵2 ↔ 𝐵3
1 1 −2 3 −1 0
0
0
0
0
1
0
1
1
1
0
0
0
𝐵2 − 𝐵3
1 1 −2 3 −1 0
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
𝐵1 + 2𝐵2
1 1 0 3 1 0
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
𝐵1 − 3𝐵3
1 1 0 0 1 0
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
Matriks terakhir berkorespondensi dengan:
 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥5 = 0
𝑥1 = −𝑥2 − 𝑥5
 𝑥3 + 𝑥5 = 0
𝑥3 = −𝑥5
 𝑥4 = 0
Merupakan solusi trivial/solusi tunggal.

11.  SPL Simultan
suatu SPL apabila memiliki koefisien dan variabel yang sama namun
hanya berbeda pada konstanta saja maka penyelesain SPL tersebut dapat
dilakukan secara simultan (bersamaan).
Contoh :
SPL 1 𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 = −1
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 = 3
𝑥1 + 𝑥2 = 4
SPL 2 𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 = −1
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 = −1
𝑥1 + 𝑥2 = 3
Penyelesaian :
1 2 3
1 −1 1
1 1 0
−1
3
4
−1
−1
3
𝐵2 − 𝐵1
1 2 3
0 −3 −2
1 1 0
−1
4
4
−1
0
3
𝐵3 − 𝐵1
1 2 3
0 −3 −2
0 −1 −3
−1
4
5
−1
0
4
2𝐵3 − 𝐵2
1 2 3
0 1 −4
0 −1 −3
−1
6
5
−1
8
4

12. 1 2 3
0 1 −4
0 −1 −3
−1
6
5
−1
8
4
𝐵2 + 𝐵3
1 2 3
0 1 −4
0 0 −7
−1
6
11
−1
8
12
−
1
7
𝐵3
1 2 3
0 1 −4
0 0 1
−1
6
−
11
7
−1
8
−
12
7
𝐵1 − 3𝐵3
1 2 0
0 1 −4
0 0 1
26
7
6
−
11
7
29
7
8
−
12
7
𝐵2 + 4𝐵3
1 2 0
0 1 0
0 0 1
26
7
−
2
7
−
11
7
29
7
8
7
−
12
7
𝐵1 − 2𝐵2
1 0 0
0 1 0
0 0 1
30
7
−
2
7
−
11
7
13
7
8
7
−
12
7
Matriks terakhir berkorespondensi dengan solusi :
SPL 1 𝑥1 =
30
7
, 𝑥2 = −
2
7
, 𝑥3 = −
11
7
SPL 2 𝑥1 =
13
7
, 𝑥2 =
8
7
, 𝑥3 = −
12
7
.
jadi solusi dari SPL diatas adalah solusi tunggal.

13. 5. Determinan Matriks & Aturan Cramer
 Minor & Kofaktor
Contoh :
Tentukan minor 𝑀32 dan kofaktor 𝐶32 dari matriks :
𝐴 =
1 −2 3
6 7 −1
3 1 4
Penyelesaian :
Minor 𝑀32 =
1 −2 3
6 7 −1
3 1 4
=
1 3
6 −1
= 1 −1 − 3 · 6 = −1 − 18 = −19
Kofaktor 𝐶32 = (−1)𝑖+𝑗
𝑀32 = (−1)1+6
−19 = −1 −19 = 19
Dari penyelesaian diatas salah satunya memiliki tanda yang sama atau kebalikannya
dan bahwa tanda yang dihasilkan dari (−1)𝐼+𝐽
salah satu adalah +1 atau −1. Hal ini
diilustrasikan seperti matriks di bawah ini.
+ − + − + ⋯
− + − + − ⋯
+
−
+
⋮
−
+
−
⋮
+
−
+
⋮
−
+
−
⋮
+
−
+
⋮
⋯
⋯
⋯

14.  Menentukan Determinan dengan Ekspansi Kofaktor
Contoh : Tentukan determinan matriks 𝐴 =
3 1 0
−2 −4 3
5 4 −2
Penyelesaian ;
det 𝐴 =
3 1 0
−2 −4 −3
5 4 −2
= 3
−4 3
4 −2
− 1
−2 −3
5 2
+ 0
−2 −4
5 4
= 3 8 − 12 − 1 −4 + 15 + 0 = −12 + 11 = −1
 Menentukan Determinan Matriks dengan Metode Mnemonic
Contoh :
Tentukan determinan matriks 𝐴 =
3 1 0
−2 −4 3
5 4 −2
Penyelesaian :
det 𝐴 =
3 1 0
−2 −4 3
5 4 −2
3 1
−2
5
−4
4
det 𝐴 = 3 −4 −2 + 1 · 3 · 5 + 0 −2 4 − 1 −2 −2 + 3 · 3 · 4 + 0 −4 5
= 24 + 15 + 0 − 4 + 36 + 0
= 39 − 40
= 1

15.  Penyelesaian SPL Menggunakan Aturan Cramer
Aturan Cramer
Jika 𝐴𝑥= 𝑏 adalah 𝑛 sistem persamaan linier dalam 𝑛 variabel
sedemikian sehingga det 𝐴 ≠ 0, maka sistem itu memiliki solusi
tunggal. Solusinya adalah :
𝑥1 =
det(𝐴1)
det(𝐴)
, 𝑥2 =
det(𝐴2)
det(𝐴)
, …. , 𝑥𝑛 =
det(𝐴𝑛)
det(𝐴)
Dimana 𝐴𝑗adalah matriks yang diperoleh dengan mengganti entri-
entri pada kolom ke-j dari matriks 𝐴 dengan entri-entri dari matriks
𝑏 =
𝑏1
𝑏2
⋮
𝑏𝑛

16. Contoh :
Gunakan aturan Cramer untuk menyelesaikan sistem persamaan linier
𝑥1 + 2𝑥3 = 6
−3𝑥1 + 4𝑥2 + 6𝑥3 = 30
−𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 = 8
Penyelesaian :
det 𝐴 =
1 0 2
−3 4 6
−1 −2 3
= 1
4 6
−2 3
− 0
−3 6
−1 3
+ 2
−3 4
−1 −2
= 1 12 + 12 − 0 + 2(6 + 4)
= 24 + 2(10)
= 24 + 20
= 44
Karena det(𝐴) ≠ 0, maka SPL itu dapat diselesaikan dengan aturan
cramer. Sekarang dilanjutkan dengan menentukan
det 𝐴1 , det 𝐴2 , dan det 𝐴3 .
Yaitu dengan mengganti 𝑏 =
𝑏1
𝑏2
𝑏3
ke masing-masing kolom pertama,
kedua, dan ketiga.

17. det 𝐴1 =
6 0 2
30 4 6
8 −2 3
= 6
4 6
−2 3
− 0
30 6
8 3
+ 2
30 4
8 −2
= 6 12 + 12 − 0 + 2 −60 − 32
= 6 24 + 2 −92
= 144 − 184
= −40
det(𝐴2) =
1 6 2
−3 30 6
−1 8 3
= 1
30 6
8 3
− 6
−3 6
−1 3
+ 2
−3 30
−1 8
= 1 90 − 48 − 6 −9 + 6 + 2 −24 + 30
= 1 42 − 6 −3 + 2 6
= 42 + 18 + 12
= 72
det(𝐴3) =
1 0 6
−3 4 30
−1 −2 8
= 1
4 30
−2 8
− 0
−3 30
−1 8
+ 6
−3 4
−1 −2
= 1 32 + 60 − 0 + 6 6 + 4
= 1 92 + 6 10
= 92 + 60
= 152
Jadi 𝑥1 =
−40
44
= −
10
11
, 𝑥2 =
72
44
=
18
11
, 𝑥3 =
152
44
=
38
11
.

18. 6. Invers Matriks dan Solusi SPL
Invers suatu matriks yang berukuran 2 × 2 dapat dicari dengan:
𝐴−1
=
1
det(𝐴)
𝑎 −𝑏
−𝑐 𝑑
.
Namun apabila suatu matriks berukuran 𝑛 ≥ 3 dapat dicari
menggunakan Operasi Baris Elementer (OBE). Untuk menentukan
invers suatu matriks dengan OBE, kita harus mengubah bentuk
matriks dari [𝐴│𝐼] menjadi bentuk 𝐼 𝐴−1
.
Contoh :
Misalkan matriks 𝐴 =
1 2 3
2 5 3
1 0 8
dan matriks Identitas yang
berukuran sama dengan matriks 𝐴 yaitu 𝐼 =
1 0 0
0 1 0
0 0 1
sehingga
matriksnya menjadi 𝐴 𝐼 =
1 2 3
2 5 3
1 0 8
1 0 0
0 1 0
0 0 1
yang akan diubah
dalam bentuk 𝐼 𝐴−1 .

19. Dengan menggunakan OBE, maka :
1 2 3
2 5 3
1 0 8
1 0 0
0 1 0
0 0 1
𝐵2 − 2𝐵1
1 2 3
0 1 −3
1 0 8
1 0 0
−2 1 0
0 0 1
𝐵3 − 𝐵1
1 2 3
0 1 −3
0 −2 5
1 0 0
−2 1 0
−1 0 1
2𝐵2 + 𝐵3
1 2 3
0 1 −3
0 0 −1
1 0 0
−2 1 0
−5 2 1
−𝐵3
1 2 3
0 1 −3
0 0 1
1 0 0
−2 1 0
5 −2 −1
𝐵2 + 3𝐵3
1 2 3
0 1 0
0 0 1
1 0 0
13 −5 −3
5 −2 −1
𝐵1 − 3𝐵3
1 2 0
0 1 0
0 0 1
−14 6 3
13 −5 −3
5 −2 −1
𝐵1 − 2𝐵2
1 0 0
0 1 0
0 0 1
−40 16 9
13 −5 −3
5 −2 −1
Jadi 𝐴−1 =
−40 16 9
13 −5 −3
5 −2 −1

20.  Penyelesaian SPL Menggunakan Invers Suatu Matriks
Jika 𝐴 adalah matriks berukuran 𝑛 × 𝑛 yang invertible maka untuk setiap
matriks 𝑏 berukuran 𝑛 × 𝑙 , sistem persamaan linier dapat dinyatakan
dengan 𝐴𝑥 = 𝑏 dimana akan memiliki tepat satu solusi (solusi tunggal)
yaitu 𝑥 = 𝐴−1
𝑏.
Contoh :
Tentukan solusi dari sistem persamaan linier
𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 = 5
2𝑥1 + 5𝑥2 + 3𝑥3 = 3
𝑥1 + 8𝑥3 = 17
Penyelesaian :
𝐴 𝑥 = 𝑏
1 2 3
2 5 3
1 0 8
𝑥1
𝑥2
𝑥3
=
5
3
17
, Berdasarkan contoh sebelumnya kita ketahui
bahwa invers dari matriks 𝐴 adalah 𝐴−1
=
−40 16 9
13 −5 −3
5 −2 −1
. Sehingga
solusi sistem persamaan linier dapat ditentukan dengan cara
𝑥 = 𝐴−1
𝑏 =
−40 16 9
13 −5 −3
5 −2 −1
5
3
17
=
−200 + 48 + 153
65 − 15 − 51
25 − 6 − 17
=
1
−1
2
.
Jadi solusinya adalah: 𝑥1 = 1, 𝑥2 = −1, 𝑥3 = 2.

21. SEKIAN
&
TERIMAKASIH