Bab Iii Sistem Persamaan Linear

Aljabar Linear Elementer MA1223 3 SKS Silabus : Bab Bab Bab Bab Bab Bab Bab Bab

I Matriks dan Operasinya II Determinan Matriks III Sistem Persamaan Linear IV Vektor di Bidang dan di Ruang V Ruang Vektor VI Ruang Hasil Kali Dalam VII Transformasi Linear VIII Ruang Eigen

07/03/2007 12:14

MA-1223 Aljabar Linear

1

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 ¾ Rangkaian listrik ¾ Jaringan Komputer ¾ Model Ekonomi ¾ dan lain-lain. 07/03/2007 12:14

MA-1223 Aljabar Linear

2

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

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

a m1 x1 + a

M m2

M

x 2 + ... + a mn

M x n = bm

Dapat ditulis dalam bentuk :

⎛ a11 ⎜ ⎜ a11 ⎜ M ⎜ ⎜a ⎝ m1 07/03/2007 12:14

a11 a11 M am1

a1n ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ b1 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ L a 2 n ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜ b2 ⎟ = ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ O M M M ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜b ⎟ L amn ⎟⎠ ⎜⎝ xn ⎟⎠ ⎝ m⎠ L

MA-1223 Aljabar Linear

4

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 ⎛ 5000 ⎞ ⎛1 2⎞ ⎛ x ⎞ ⎟⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ 10000 ⎠ ⎝3 1⎠ ⎝ y ⎠ 07/03/2007 12:14

MA-1223 Aljabar Linear

5

Solusi SPL Î 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

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 selain titik tersebut

2

(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

Perhatikan SPL x –y =0 2x – 2y = 2 Jika digambar dalam kartesius y y=x y=x–1

x 1 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

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

y ==00 2xx – 2y

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

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 5⎞ ⎛1 3 5⎞ ⎛1 3 ⎛ 3 −1 5 ⎞ ⎟~ ⎟ ~ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ~ ⎜⎜ ⎟ 0 −10 −10⎟ ⎜ 1 3 5⎟ − 3 1 5 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠

07/03/2007 12:14

MA-1223 Aljabar Linear

⎛1 3 ⎜ ⎜0 1 ⎝

5⎞ ⎛1 0 2⎞ ⎟ ~⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 1 ⎠ ⎝0 1 1⎟⎠

10

Tulis kembali matriks yang diperbesar hasil OBE menjadi perkalian matriks

⎛1 0 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 0 1 ⎠

⎛x⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ y⎠ ⎝ 1 ⎠

Solusi SPL tersebut adalah x = 2 dan y = 1 Contoh : Tentukan solusi (jika ada) dari SPL berikut :

a.

07/03/2007 12:14

a + c = 4 a – b = –1 2b + c = 7

MA-1223 Aljabar Linear

11

b. a + c = 4 a – –a + c. a + a – –a + Jawab : a.

b b c b b

= –1 =1 = 4 = –1 =2

⎛1 0 1 ⎜ ⎜1 −1 0 ⎜0 2 1 ⎝

4⎞ ⎟ − 1⎟ 7 ⎟⎠

∼

⎛1 0 0 ⎜ ⎜0 1 0 ⎜0 0 1 ⎝

1⎞ ⎟ 2⎟ 3 ⎟⎠

Terlihat bahwa solusi SPL adalah a = 1, b = 2, dan c =3 07/03/2007 12:14

MA-1223 Aljabar Linear

12

b.

⎛1 0 1 ⎜ ⎜ 1 −1 0 ⎜ −1 1 0 ⎝

4⎞ ⎟ − 1⎟ 1 ⎟⎠

∼

⎛1 ⎜ ⎜0 ⎜0 ⎝

0

1

1 0

1 0

1⎞ ⎟ 5⎟ 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 : ⎛1⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ − 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ b ⎟ = ⎜ − 1⎟ t + ⎜ 5 ⎟ ⎜ 0⎟ ⎜c⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 07/03/2007 12:14

, dimana t adalah parameter

MA-1223 Aljabar Linear

13

c.

⎛1 0 1 ⎜ ⎜ 1 −1 0 ⎜−1 1 0 ⎝

4⎞ ⎟ − 1⎟ 2 ⎟⎠

∼

⎛1 ⎜ ⎜0 ⎜0 ⎝

0 1 0

1 1 0

1⎞ ⎟ 5⎟ 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

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

Jawab: Matrik diperbesar dari SPL adalah

-3 4 ⎞ ⎛1 2 ⎟ ⎜ 5 2 ⎟~ ⎜3 −1 ⎜ 4 1 a 2 - 14 a + 2 ⎟ ⎠ ⎝

-3 4 ⎞ ⎛1 2 ⎜ ⎟ 14 − 10 ⎟ ⎜0 − 7 ⎜ 0 − 7 a 2 - 2 a − 14 ⎟ ⎝ ⎠

-3 4 ⎞ ⎛1 2 ⎟ ⎜ ~ ⎜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

-3 4 ⎞ ⎛1 2 ⎜ ⎟ 14 − 10 ⎟ ⎜0 − 7 ⎜ 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

Solusi SPL dengan Matriks Invers ⎛ a11 ⎜ ⎜ a11 ⎜ M ⎜ ⎜a ⎝ n1

a11 L a1n ⎞ ⎟ a11 L a 2 n ⎟ M O M ⎟ ⎟ a n1 L ann ⎟⎠

⎛ x1 ⎞ ⎛ b1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x2 ⎟ b ⎜ M ⎟ = ⎜ 2⎟ ⎜M⎟ ⎜ ⎟ ⎜x ⎟ ⎜ ⎟ ⎜b ⎟ ⎝ n⎠ ⎝ 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

Contoh : Tentukan solusi dari SPL berikut : a + c = 4 a – b = –1 2b + c = 7 Jawab : 1 0 1 Perhatikan bahwa A = 1 0

-1 2

0 1

= 1 ≠ 0

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

sehingga X = A–1 B berbentuk : ⎛a⎞ ⎛ -1 2 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ b ⎟ = ⎜ -1 1 1 ⎟ ⎜c⎟ ⎜ 2 - 2 - 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛4⎞ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ - 1⎟ = ⎜ 2 ⎟ ⎜7⎟ ⎜ 3⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Jadi, Solusi SPL tersebut adalah ⎛a⎞ ⎜ ⎟ ⎜b⎟ = ⎜c⎟ ⎝ ⎠

07/03/2007 12:14

⎛1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 2⎟ ⎜ 3⎟ ⎝ ⎠

MA-1223 Aljabar Linear

20

Solusi SPL dengan aturan Cramer Misalkan SPL ditulis dalam bentuk AX = B, yaitu : ⎛ a11 ⎜ ⎜ a11 ⎜ M ⎜ ⎜a ⎝ n1

a11 L a1n ⎞ ⎟ a11 L a 2 n ⎟ M O M ⎟ ⎟ a n1 L ann ⎟⎠

⎛ x1 ⎞ ⎛ b1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜ b2 ⎟ = ⎜ M⎟ ⎜M⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜x ⎟ ⎜b ⎟ ⎝ n⎠ ⎝ 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 Î matriks A dimana kolom ke-i diganti oleh B. Contoh : ⎛ a11 b1 L a1n ⎞ ⎜ ⎜ a11 A2 = ⎜ M ⎜ ⎜a ⎝ n1

07/03/2007 12:14

b2 M bn

⎟ L a2n ⎟ O M ⎟ ⎟ L a nn ⎟⎠

MA-1223 Aljabar Linear

21

• 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

Maka det ( Ab ) det ( A )

b =

1

=

4

1

1 -1 0 0 7 1

=1

1

-1 0 7

1

+ (-4)

1 0 0 1

+1

1 -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

Tentukan solusi SPL untuk peubah a ? det ( Aa ) det ( A )

a=

4 0 1 -1 -1 0 =

7

= 4

2

1

1

-1 0 2 1

+ 0 +1

-1 -1 7 2

= 4 ( -1- 0 ) +1( - 2 - (-7)) = -4 + 0 + 5 = 1 07/03/2007 12:14

MA-1223 Aljabar Linear

24

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, Î 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

Contoh : Tentukan solusi SPL homogen berikut 2p + q – 2r – 2s = 0 p – q + 2r – s = 0 –p + 2q – 4r + s = 0 3p – 3s = 0 SPL dapat ditulis dalam bentuk ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

2

1

-2

1 -1

2

-1 2 3 0

-4 0

07/03/2007 12:14

-2 0 ⎞ ⎟ -1 0 ⎟ 1 0 ⎟ ⎟ - 3 0 ⎟⎠

MA-1223 Aljabar Linear

26

dengan melakukan OBE diperoleh : ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 0 0 0

0 0 -1 0 ⎞ ⎟ 1 -2 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

Contoh : Diketahui SPL

0 ⎛ -b 0 ⎜ ⎜ 0 1- b 1 ⎜ 0 1 1- b ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎛ x ⎞ ⎛ 0⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ y ⎟ = ⎜ 0⎟ ⎜ 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

−b 0 0 1− b

⇔

0 1

=0

1− b

0

1

(− b )

1− b

1

1

1− b

=0

⇔ (–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

• Saat b = 0 ⎛ 0 ⎜ ⎜ 0 ⎜ 0 ⎝

0 1 1

0 ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛0⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎜ y ⎟ = ⎜0⎟ 1 ⎟⎠ ⎜⎝ z ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠

Dengan OBE maka ⎛ 0 ⎜ ⎜ 0 ⎜ 0 ⎝

0 1 1

⎞ ⎛ 0 ⎟ ⎜ ⎟~⎜ 0 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 1

0 0 ⎞ ⎟ 1 1 ⎟ 0= 0 ⎟⎠

Misalkan p,q adalah parameter Riil, maka ⎛ 0 ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ p ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ y ⎟ = ⎜ − q ⎟ = ⎜ 0 ⎟ p + ⎜ -1 ⎟ q ⎜ z ⎟ ⎜ q ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ ⎠ 07/03/2007 12:14

MA-1223 Aljabar Linear

30

• Saat b = 2 ⎛ − 2 0 0 ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ 0⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 −1 1 ⎟ ⎜ y ⎟ = ⎜ 0⎟ ⎜ 0 1 − 1⎟⎠ ⎜⎝ z ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎝ Dengan OBE maka ~ ⎛− 2 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 0 −1 1 ⎟ ~ ⎜ 0 ⎟ − 1 1 ⎝ ⎠

⎛1 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 0 −1 1 ⎟ ~ ⎜ 0 1 − 1⎟ ⎝ ⎠

⎛1 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 0 1 − 1⎟ ~ ⎜ 0 1 − 1⎟ ⎝ ⎠

⎛1 0 0 ⎞ ⎟ ⎜ ⎜ 0 1 − 1⎟ ⎜0 0 0 ⎟ ⎠ ⎝

Misalkan q adalah parameter Riil, maka ⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ y ⎟ = ⎜ q ⎟ = ⎜ 1 ⎟q ⎜ z ⎟ ⎜ q⎟ ⎜1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 07/03/2007 12:14

MA-1223 Aljabar Linear

31

Contoh 9 : Perhatikan ilustrasi segitiga berikut :

γ

b

a

β

α c Tunjukan bahwa :

a2 = b2 + c2 – 2bc cosα

07/03/2007 12:14

MA-1223 Aljabar Linear

32

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 ⎜ ⎟⎜ ⎜ c 0 a ⎟ ⎜ cos β ⎜ b a 0 ⎟ ⎜ cos γ ⎝ ⎠⎝

07/03/2007 12:14

⎞ ⎛ a⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ = ⎜ b⎟ ⎟ ⎜ c⎟ ⎠ ⎝ ⎠

MA-1223 Aljabar Linear

33

Perhatikan bahwa :

⎛0 c b⎞ ⎜ ⎟ a 0 1+ 2 c 1+ 3 c det⎜ c 0 a ⎟ = 0 + c (− 1) + b (− 1) b 0 b a ⎜b a 0⎟ ⎝ ⎠

= −c (ab ) + b (ac ) = 2abc

Dengan aturan Crammer diperoleh bahwa :

cos α =

a c b b 0 a c a 0

07/03/2007 12:14

2abc

a b ⎞ 1 ⎛ 1+ 2 b 3+ 2 a ⎜ ⎟ ( ) ( ) = − + + − c a 1 0 1 c 0 b a ⎟⎠ 2abc ⎜⎝

MA-1223 Aljabar Linear

34

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

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

4. Diketahui SPL AX = B ⎛1⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ 1 0 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ A = ⎜ 1 - 1 0 ⎟, X = ⎜ x2 ⎟ dan B = ⎜ −1⎟ ⎜x ⎟ ⎜ 0 2 1⎟ ⎜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 ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ x1 x2 ⎤ Tentukan X = ⎢ ⎥ x x ⎣ 3 4⎦ 07/03/2007 12:14

yang memenuhi. MA-1223 Aljabar Linear

37

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