1. Aljabar Linear Elementer
MA1223
3 SKS
Silabus :
Bab I Matriks dan Operasinya
Bab II Determinan Matriks
Bab III Sistem Persamaan Linear
Bab IV Vektor di Bidang dan di Ruang
Bab V Ruang Vektor
Bab VI Ruang Hasil Kali Dalam
Bab VII Transformasi Linear
Bab VIII Ruang Eigen
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 1
2. 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 lain-lain.
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 2
3. 1. Pendahuluan
Persamaan linear adalah persamaan dimana 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
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 3
4. 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
M M M M
a m1 x1 + a m2 x 2 + ... + a mn x n = bm
Dapat ditulis dalam bentuk :
⎛ a11 a11 L a1n ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ b1 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ a11 a11 L a 2 n ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜ b2 ⎟
⎜ M M O M ⎟ ⎜M⎟ = ⎜ M ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜a ⎟ ⎜x ⎟
L amn ⎠ ⎝ n ⎠ ⎜b ⎟
⎝ m1 am1 ⎝ m⎠
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 4
5. 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 ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎜ 10000 ⎟
⎟ = ⎜
⎜3 1⎟ ⎜ y ⎟ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 5
6. Solusi SPL
Himpunan bilangan Real dimana jika
disubstitusikan pada peubah suatu SPL akan
memenuhi nilai kebenaran SPL tersebut.
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
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 6
7. Ilustrasi Solusi SPL dengan garis pada kartesius
y
y = 2x - 2
y=x
(2, 2) merupakan titik potong
dua garis tersebut
Tidak titik potong yang lain
2 selain titik tersebut
(2, 2)
x
12
Artinya : SPL
2x – y = 2
x–y=0
Mempunyai solusi tunggal, yaitu x = 2, y = 2
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 7
8. 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
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 8
9. 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 2x – 2y= 00
x y =
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
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 9
10. 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
⎛ 3 −1 5 ⎞ ⎛1 3 5⎞ ⎛1 3 5⎞ ⎛1 3 5⎞ ⎛1 0 2⎞
⎟ ~ ⎜ ⎜
⎟~ ⎜ ⎟~ ⎜ ⎟ ~⎜
⎜
⎜ 1 3 5⎟ ⎜3 −1 5⎟ 0 −10 −10⎟ ⎜0 1 ⎟ ⎜0 1 1⎟
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ ⎠
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 10
11. 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
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 11
12. 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 0 0 1⎞
⎜
⎜1 −1 0
⎟
− 1⎟ ∼ ⎜
⎜0 1 0
⎟
2⎟
⎜0 2 1 ⎜0 0 1 3⎟
⎝ 7⎟ ⎠ ⎝ ⎠
Terlihat bahwa solusi SPL adalah
a = 1, b = 2, dan c =3
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 12
13. b. ⎛1 0 1 4⎞ ⎛1 0 1 1⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 1 −1 0 − 1⎟ ∼ ⎜0 1 1 5⎟
⎜ −1 1 0 1⎟ ⎜0
⎝ ⎠ ⎝ 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 ⎟ , dimana t adalah parameter
⎜c⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎜ 0⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 13
14. c. ⎛1 0 1 4⎞ ⎛1 0 1 1⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 1 −1 0 − 1⎟ ∼ ⎜0 1 1 5⎟
⎜−1 1 0 2⎟ ⎜0
⎝ ⎠ ⎝ 0 0 1⎟
⎠
Terlihat bahwa ada baris nol pada matriks koefisien
tetapi matriks konstanta pada baris ke-3 sama dengan
1 (tak nol)
⎛1 0 1⎞ ⎛ a⎞ ⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜0 1 1⎟ ⎜ b ⎟ = ⎜ 5 ⎟
⎜ 0 0 0⎟ ⎜ c ⎟ ⎜ 1 ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Dari baris ke-3 diperoleh hubungan bahwa
0.a + 0.b = 1.
Tak ada nilai a dan b yang memenuhi kesamaan ini.
Jadi, SPL tersebut tidak memiliki solusi.
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 14
15. 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
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 15
16. Jawab:
Matrik diperbesar dari SPL adalah
⎛1 2 -3 4 ⎞ ⎛1 2 -3 4 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜3 −1 5 2 ⎟~ ⎜0 − 7 14 − 10 ⎟
⎜ 4 1 a 2 - 14 a + 2 ⎟ ⎜ 0 − 7 a 2 - 2 a − 14 ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛1 2 -3 4 ⎞
⎜ ⎟
~ ⎜0 − 7 14 − 10 ⎟
⎜ 0 0 a 2 - 16 a − 4 ⎟
⎝ ⎠
a. Agar SPL mempunyai solusi tunggal:
a2 – 16 ≠ 0 sehingga a ≠ ± 4
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 16
17. ⎛1 2 -3 4 ⎞
⎜ ⎟
⎜0 − 7 14 − 10 ⎟
⎜ 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
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 17
18. Solusi SPL dengan Matriks Invers
⎛ a11 a11 L a1n ⎞ ⎛ x1 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎛ b1 ⎞
⎜ a11 a11 L a 2 n ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜ ⎟
⎜ M ⎟ = ⎜ 2⎟
⎜ M b
M O M ⎟ ⎜M⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜a a n1 L ann ⎟ ⎜x ⎟ ⎜ ⎟
⎝ n1 ⎠ ⎝ 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.
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 18
19. Contoh :
Tentukan solusi dari SPL berikut :
a + c = 4
a – b = –1
2b + c = 7
Jawab :
Perhatikan bahwa 1 0 1
A = 1 -1 0 = 1 ≠ 0
0 2 1
Jadi A mempunyai Invers
⎛ -1 2 1 ⎞
−1
⎜ ⎟
A = ⎜ -1 1 1 ⎟
⎜ 2 - 2 - 1⎟
⎝ ⎠
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 19
21. Solusi SPL dengan aturan Cramer
Misalkan SPL ditulis dalam bentuk AX = B, yaitu :
⎛ a11 a11 L a1n ⎞ ⎛ x1 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎛ b1 ⎞
⎜ ⎟
⎜ a11 a11 L a 2 n ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜ b2 ⎟
⎜ M M O M ⎟ ⎜ M⎟ = ⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ M
⎜a ⎜ ⎟
⎝ n1 a n1 L ann ⎟⎠
⎜x ⎟
⎝ n⎠ ⎜b ⎟
⎝ n⎠
Jika determinan A tidak sama dengan nol
maka solusi dapat ditentukan satu persatu (peubah ke-i, xi)
Langkah-langkah aturan cramer adalah :
• Hitung determinan A
• Tentukan Ai matriks A dimana kolom ke-i diganti oleh B.
Contoh : ⎛ a11 b1 L a1n ⎞
⎜ ⎟
⎜a b2 L a2n ⎟
A2 = ⎜ 11
M M O M ⎟
⎜ ⎟
⎜a L a nn ⎟
⎝ n1 bn ⎠
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 21
22. • 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
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 22
23. Maka
det ( Ab )
b =
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
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 23
24. Tentukan solusi SPL untuk peubah a ?
det ( Aa )
a=
det ( A )
4 0 1
-1 -1 0
7 2 1
=
1
-1 0 -1 -1
= 4 + 0 +1
2 1 7 2
= 4 ( -1- 0 ) +1( - 2 - (-7))
= -4 + 0 + 5
= 1
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 24
25. Sistem Persamaan Linear Homogen
Bentuk umum
a11x1 + a12 x2 + L + a1n xn = 0
a21x1 + a22 x2 + L + a2n xn = 0
M M M M
am1x1 + am 2 x2 + L + amn xn = 0
• SPL homogen merupakan SPL yang konsisten,
selalu mempunyai solusi.
• Solusi SPL homogen dikatakan tunggal jika solusi itu
adalah {x1 = x 2 = K = x n = 0}
• Jika tidak demikian,
SPL homogen mempunyai solusi tak hingga banyak.
(biasanya ditulis dalam bentuk parameter)
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 25
27. dengan melakukan OBE diperoleh :
⎛ 1 0 0 -1 0 ⎞
⎜ ⎟
⎜ 0 1 -2 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.
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 27
28. Contoh :
Diketahui SPL
⎛ -b 0 0 ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ 0⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 0 1- b 1 ⎟ ⎜ y ⎟ = ⎜ 0⎟
⎜ 0 1 1- b ⎟ ⎜ 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.
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 28
29. −b 0 0
0 1− b 1 =0
0 1 1− b
1− b 1
⇔ (− b ) =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
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 29
30. • Saat b = 0
⎛ 0 0 0 ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛0⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 0 1 1 ⎟ ⎜ y ⎟ = ⎜0⎟
⎜ 0 1 ⎟ ⎜ z ⎟ ⎜0⎟
⎝ 1 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Dengan OBE maka
⎛ 0 0 0⎞ ⎛ 0 0 0 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 0 1 1⎟~⎜ 0 1 1 ⎟
⎜ 0 1⎟ ⎜ 0 0 0⎟
⎝ 1 ⎠ ⎝ =
⎠
Misalkan p,q adalah parameter Riil, maka
⎛ x ⎞ ⎛ p ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ y ⎟ = ⎜ − q ⎟ = ⎜ 0 ⎟ p + ⎜ -1 ⎟ q
⎜ z ⎟ ⎜ q ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ ⎠
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 30
32. Contoh 9 :
Perhatikan ilustrasi segitiga berikut :
γ a
b
α β
c
Tunjukan bahwa :
a2 = b2 + c2 – 2bc cosα
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 32
33. Jawab :
Dari gambar tersebut diketahui bahwa :
c cosβ + b cosγ = a
c cosα + a cosγ = b
b cosα + a cosβ = c
atau
⎛ 0 c b ⎞ ⎛ cos α ⎞ ⎛ a⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ c 0 a ⎟ ⎜ cos β ⎟ = ⎜ b⎟
⎜ b a 0 ⎟ ⎜ cos γ ⎟ ⎜ c⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 33
34. Perhatikan bahwa :
⎛0 c b⎞
⎜ ⎟ 1+ 2 c a 1+ 3 c 0
det⎜ c 0 a ⎟ = 0 + c (− 1) + b (− 1)
⎜b a 0⎟ b 0 b a
⎝ ⎠
= −c (ab ) + b (ac ) = 2abc
Dengan aturan Crammer diperoleh bahwa :
a c b
b 0 a
1 ⎛ b a 3+ 2 a b ⎞
⎜ c (− 1)1+ 2 + 0 + a (− 1)
c a 0
cos α = = ⎟
⎜
2abc ⎝ c 0 b a ⎟
2abc ⎠
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 34
35. ac 2 − a 3 + a 2 b 2
cos α =
2abc
c2 − a2 + b2
=
2bc
Jadi, terbukt bahwa :
a2 = b2 + c2 – bc cosα
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 35
36. 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 − 4 r − 7 t = 0
2 p + 10q − 7r + s − 7t = 0
r + s + 7t = 0
− 2 p − 10q + 8r + s + 18t = 0
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 36
37. 4. Diketahui SPL AX = B
⎛ 1 0 1 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛1⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
A = ⎜ 1 - 1 0 ⎟, X = ⎜ x2 ⎟ dan B = ⎜ −1⎟
⎜ 0 2 1⎟ ⎜x ⎟ ⎜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 ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡x x ⎤
Tentukan X = ⎢ 1 2⎥ yang memenuhi.
⎣ x3 x4 ⎦
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 37
38. 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⎥
⎦
Tentukan vektor tak nol u = ⎛ x ⎞ sehingga Bu = 6u
⎜ ⎟
⎜y⎟
⎝ ⎠
07/03/2007 12:14 MA-1223 Aljabar Linear 38
