sistem persamaan linear

MTE3110 ALGEBRA LINEAR

ARRPPGSEM52013

SISTEM PERSAMAAN LINEAR

A. Sistem persamaan linear satu anu

Selesaikan sistem persamaan linear satu anu berikut:

i. 5y – 6 = 9

ii. 2x + 4 = 12

iii. 3q – 7 = -13

iv. 4s + 12 = -10

B. Sistem persamaan linear dua anu

Selesaikan sistem persamaan linear dua anu berikut:

i. 2x + y = 10 dan 3x – y = 5

ii. u + 7r = 12 dan 5u – 9r = 6

iii. 3p – 2q = -6 dan p – q = 1

iv. 3x – 2y = 8 dan 7x – 4y = 18

v. X + 5y = - 7 dan 2x – 5y = 1

C. Sistem persamaan linear tiga anu

Selesaikan sistem persamaan linear tiga anu berikut:

i. x + y + z = 4, 2x – y + 2z = 5 dan x - 2y – z = -3

ii. 5x – y + 3z = 3, 4x – 2y = 0 dan -3x + 3y – 3z = -9

iii. X – y + 2z = -1, 4x + y + z = 13 dan 5x – y + 8z = 5

iv. X – y – 4z = 1, 2x + 5y – z = 2 dan 3x + 2y – 3z = -1

v. 4x + 2y – z = 24, 2x + 2y – Z = 24 dan 6x – 5y + 7z = -21

vi. 4x – 7y + 6z = -18 5x + y – 4z = -9 dan 3x – 2y + 3z = 12

D. Jenis penyelesaian untuk sistem persamaan linear

i. Penyelesaian konsisten

i. Penyelesaian unik. Contohnya, x – y = 1 dan x + y = 3 iaitu x = 2 dan y = 1.


ARRPPGSEM52013

ii. Penyelesaian infiniti (ketakterhinggaan). Contohnya, x – y = 2 dan 2x – 2y = 4

iii. Secara jelasnya penyelesaian jenis konsisten adalah sekurang-kurangnya

terdapat satu nilai yang memenuhi sistem persamaan linear yang berkaitan.

ii. Penyelesaian tak konsisten

i. Tiada penyelesaian. Contohnya, x – y = 1 dan x – y = 3. Tiada set penyelesaian

yang sama untuk nilai x dan y secara serentak untuk menyelesaian sistem

persamaan linear yang diberi.

ii. Tiada penyelesaian secara serentak untuk sistem linear seperti ini.

E. Penyelesaian Setara

Dua penyelesaian sistem persamaan linear dikatakan setara (equivalent) sekiranya mempunyai

set penyelesaian yang sama. Contoh

i. x – y = 1 dan x + y = 3

ii. x – y = 1 dan y = 1

F. Penyelesaian dari belakang

Kita menggunakan penyelesaian salah satu anu pada persamaan linear yang terakhir dan hanya

mempunyai satu anu untuk diselesaikan dahulu. Kemudian dengan nilai tersebut makan kita

teruskan dengan penyelesaian kepada persamaan yang kedua terakhir. begitulah seterusnya

hingga kepad persamaan linear yang pertama. Contohnya:

i. x – y – z = 2, y + 3z = 5 dan 5z = 10

ii. x1 + x2 – x3 – x4 = 1, x2 + x3 + x4 = 0, x3 - x4 = 0 dan x4 = 1

G. Perbandingan penyelesaian

Sistem Persamaan Tiga Anu

Keadaan Secara Matriks Penerangan

x – y – z = 2 L1

9112

16233

2111

Tukar persamaan ke dalam bentuk matrik dengan menghasilkan matriks yang dinamakan matriks imbuhan (agmented matriks) 3x – 3y + 2z = 16 L2

2x – y + z = 9 L3


ARRPPGSEM52013

x – y – z = 2

5z = 10

2x – y + z = 9

9112

10200

2111

hapuskan x dan y pada L2. Darab L1 dengan 3 kemudian L1 - L2 . Persamaan lain tulis semula. Cuma perubahan terdapat pada L2 sahaja.

x – y – z = 2

5z = 10

y + 3z = 5

5310

10500

2111

Hapuskan x pada L3. Darab L1 dengan 2. Kemudian lakukan L3 – L1 ( mana-mana boleh :L1 – L3).

x – y – z = 2

y + 3z = 5

5z = 10

10500

5310

2111

Saling tukar antara L2 dan L3. Tujuannya untuk mendapatkan kedudukan persamaan-persamaan dalam bentuk segi tiga.

Gunakan kaedah penyelesaian dari belakang untuk mmeperolehi set penyelesaian

Jawapan dalam bentuk pasangan tertib atau set

koordinat

Jawapan dalam bentuk

senarai nilai-nilai

Jawapan dalam bentuk vektor

(1, -1, 2)

x = 1

y = -1

z= 2

2

1

1

z

y

x

H. Operasi Baris Permulaan (OBP)

i. OBP melibatkan penghapusan anu yang sama pada permulaan dengan merujuk kepada

baris (L1). Kemudian disusuli dengan anu yang lain pada baris TETAPI lajur pada pertama.

ii. Terdapat dua matriks yang akan terhasil apabila suatu sistem persamaan linear ditukar

bentuk kepada matriks iaitu matriks pekali (koeffision) dan matriks Imbuhan

(agmented). Contohnya:

2x + y – z = 3,

x + 5z = 1


ARRPPGSEM52013

-x + 3y – 2z = 0

maka,

Matriks Pekali Matriks Imbuhan

231

501

112

0231

1501

3112

iii. OBP melibatkan hanya matriks Imbuhan. Jadikan unsur pertama L2 sifar dengan kaedah

penghapusan. Kemudian unsur pertama L3 juga dijadikan sifar dengan kaedah yang

sama. Selepas itu fikirkan unsur kedua L3 juga dijadikan sifar. Maka terbentuklah

susunan persamaan baris-baris dalam keadaan segi tiga. Baris yang mengandungi unsur

sifar bermula pada L2 dan seterusnya. Bilangan sifar pada baris setrusnya semakin

meningkat. Terbentuklah susunan sifar dalam bentuk segitiga tetapi berada di bawah.

Contohnya:

xx

xxx

xxxx

00

0 atau

xx

xxx

xxxx

xxxxx

000

00

0 atau seterusnya.

iv. Bentuk echelon

Dengan mudah untuk difahami bentuknya seperti tangga.

Definisi bentuk baris echelon


ARRPPGSEM52013

Sustu matriks adalah dalam bentuk baris echelon jika matriks tersebut memuaskan

hukum berikut:

Baris yang mempunyai pemasukan (unsur) “0” berada di bawah L1.

Pada setiap baris yang bukan semua unsurnya “0”, pangsi (pivot) berada di

sebelah kiri setiap pemasukan pada baris tersebut.

Susunan “0” adalam dalam keadaan segitiga tepat. “ “.

Contoh-contoh matriks bentuk baris echelon

000

210

142

0000

3100

1211

400

510

101

500000

040000

221100

311021

v. Prosedur Operasi Baris Permulaan (elementary roe operations = ero)

Operasi berikut boleh dilakukan pada baris matriks yang terlibat

Saling tukar dua baris

Mendarab satu baris dengan skalar bukan sifar

Menambah baris yang didarab kepada baris lain

vi. Tatatanda OBP

Ri Rj , bermaksud saling tukar baris ke-i dengan baris ke-j

kRi, bermaksud baris ke-i didarab dengan skalar k.

Ri + kRj, bermaksud tambah baris ke-i ditambah dengan k kali baris ke-j.

I. Menurunkan matriks kepada bentuk baris echelon

Katakah matriks M =

56311

51232

20042

54421

)(Rdan )2R(R),2R(R 141312 R


ARRPPGSEM52013

102130

591010

88800

54421

32 RR

102130

88800

591010

54421

24 3RR

5292900

88800

591010

54421

3

8

1R

5292900

11100

591010

54421

34 29RR

echelonbentuk matriks

240000

11100

591010

54421

Matriks asal iaitu

56311

51232

20042

54421

dan matriks

240000

11100

591010

54421

dinamakan sebagai matriks setara baris. Matriks setara baris terhasil jika ada urutan

bagi OBP yang menukar matriks asal kepada matriks bentuk echelon.


ARRPPGSEM52013

J. Kaedah penghapusan Gauss

i. Panduan untuk menyelesaikan sistem persamaan linear dengan kaedah Gauss

Bina matriks imbuhan

Guna operasi baris permulaan untuk menurunkan matriks permulaan untuk

menurunkan matriks imbuhan kepada bentuk baris echelon.

Guna cara penyelesaian dari belakang untuk menentukan nilai anu.

ii. Contoh penyelesaian unik

Tentukan nilai a, b dan c bagi sistem persamaan linear berikut dengan menggunakan

kaedah Gauss.

2b + 3c = 8, 2a + 3b + c = 5, dan a – b – 2c = -5

Penyelesaian

Membina matriks imbuhan

Tukar bentuk persamaan kepada bentuk matriks

5

5

8

211

132

320

c

b

a

Maka, matriks imbuhan adalah

5

5

8

211

132

320

Lakukan OBP kepada matriks imbuhan

o R1 R3

o R2-2R1

o 5

1R2

o R3- 2R2

Matrik akhir terhasil adalah bentuk baris echelon

2100

3110

5211

Tukar matriks tersebut kepada bentuk persamaan

a – b - 2c = -5

b + c = 3

c = 2


ARRPPGSEM52013

Dengan penyelesaian dari belakang (BWS):

a = 0, b = 1, dan c = 2

Jawapan boleh juga ditulis dalam bentuk vektor

2

1

0

Dengan demikian penyelesaian ini jenis penyelesaian konsisten dalam

ketagori unik.

iii. Contoh penyelesaian infiniti

Tentukan nilai w, x, y dan z bagi sistem persamaan linear berikut dengan menggunakan

kaedah Gauss.

w – x – y + 2z =1, 2w, - 2x – y + 3z = 3, dan - w + x – y = - 3

Matriks imbuhan

30111

33122

12111

)R(Rdan )2R(R 1312

22200

11100

12111

23 2RR

00000

11100

12111

Tulis semula dalam bentuk persamaan

w – x – y + 2z = 1

y – z = 1

Anu utama dan anu bebas

Oleh kerana w pada persamaan pertama dan y pada persamaan kedua

sebagai “pemasukan utama” maka kedua-dua anu ini dinamakan

sebagai anu utama. Berbanding dengan x dan z yang dikenali sebagai

anu bebas (pembolehubah tidak bersandar).


ARRPPGSEM52013

Oleh itu, kita dapati y = 1 + z dan w = 2 + x – z

Jika kita tetapkan x = s dan z = t ( anggapan nilai untuk x dan z yang

boleh mengambil mana-mana nilai dan akan mempengaruhi nilai y dan

w)

Penyelesaian boleh ditulis dalam bentuk vektor seperti berikut:

t

t

s

ts

z

y

x

w

1

2

atau diubah bentuk

1

1

0

1

0

0

1

1

0

1

0

2

ts

z

y

x

w

Perhatian: Bilangan anu bebas dapat ditentukan seperti berikut:

Anu bebas = n – rank (A) dengan n = bilangan anu dalam persamaan dan rank (A) =

bilangan baris bukan sifar pada matrik bentuk echelon.

Jika bilangan anu dalam persamaan adalah 3 dan baris bukan sifar matriks echelon

adalah 3, maka tiada anu bebas didapati. Seperti penyelesaian unik di atas.

iv. Contoh sistem persamaan linear yang tiada penyelesaian

Diberi sistem persamaan linear adalah seperti di bawah. Tentukan nilai x1 , x2 , dan x3

dengan menggunakan kaedah penghapusan Gauss.

x1 – x2 + 2x3 = 3

x1 + 2x2 - x3 = -3 imbuhan Matriks

1220

3121

3211

12 RR

2x2 - 2x3 = 1

1220

6330

3211

2

3

1R

1220

2110

3211

23 2RR

5000

2110

3211

persamaan bentuk dalamtukar


ARRPPGSEM52013

x1 – x2 + 2x3 = 3 penyelesaian pada baris akhir adalah tidak munasabah iaitu 0 = 5.

x2 - x3 = -2 Oleh itu persamaan ini mempunyai penyelesaian tidak konsisten

0 = 5 dalam kategori tiada penyelesaian.

K. Kaedah Penghapusan Gauss-Jordan

i. Kaedah ini adalah kita mengambil langkah penyelesaian yang seterusnya setelah

memperolehi penyelesaian akhir dalam kaedah penghapusan Gauss atau lanjutan

daripada kaedah Penghapusan Gauss.

ii. Namun begitu matriks penyelesaian yang akhir bagi kaedah penghapusan Gauss-Jordan

dinamakan sebagai echelon baris terturun atau “cannonical form”.

iii. Suatu matriks dikatakan dalam bentuk echelon baris terturun atau “cannonical form”,

Jika matriks tersebut mempunyai ciri-ciri berikut:

Matriks tersebut adalah dalam bentuk echelon

Pemasukan utama (leading entry) dalam setiap baris bukan sifar adalah 1

Setiap lajur mengandungi satu pemasukan utama bukan sifar manakala yang

lain adalah sifar.

Contoh-contoh matriks “cannonical form”.

a.

10

01 b.

00

10

d.

0000000

1000000

0231000

0140100

0130021

c.

nilai mana-manaboleh *

00

*1

e.

210000

301000

400310


ARRPPGSEM52013

f.

3100

1010

2001

g.

100

010

001

h.

2

11000

5

20100

2

30011

i.

00000

11100

21011

L. Bentuk echelon kepada bentuk cannonical

i. Bentuk baris terturun (echelon) boleh dilanjutkan dengan menggunakan operasi baris

kepada bentuk baris cannonocal

ii. Contoh: Turunkan matriks bentuk echelon berikut kepada bentuk baris cannonical.

Matriks OBP OBP

100

320

695

100

020

095

100

010

095

100

010

005

gfc

heb

ida

Tentukan nilai-nilai a hingga g?


ARRPPGSEM52013

iii. Turunkan matriks berikut kepada bentuk baris cannonical dengan berpandukan

OBP yang diberi.

A =

.:

:3

1:

6:R

R2R:R

R4

1: R

24000

52300

46122

:

4:

2:

2326188

1310144

46122

121

22

131

232

33

323

313

212

xx Rz

yR

RRR

RR

RR

RRR

RRR

RRR

A

Tentukan pemasukan untuk tiga matriks yang kosong dengan 5 lajur 3 baris

serta nilai x, y dan z.

M. Sistem Homogeneous

i. Sifat sistem Homogeneous adalah

a. Mempunyai hanya satu penyelesaian

b. Bahagian konsten adalah “0”

c. Matriks imbuhan berbentuk [ A l 0 ]

d. Mempunai penyelesaian unit atau tak terhingga

e. Jika “r” mewakili bilangan baris bukan sifar untuk matriks berbentuk echelon

dan “n” adalah bingan anu, syarat berikut adalah berguna:

Jika r = n , maka sistem persamaan mempunyai penyelesaian 0.

Jika r < n , maka sistem pempunyai penyelesaian bukan sifar.

ii. Contoh penyeleaian:

a. Untuk r = n


ARRPPGSEM52013

Katalah sistem tersebut adalah,

x + y – z = 0, 2x + 4y – z = 0 dan 3x + 2y + 2z = 0

Sistem tersebut diturunkan kepada bentuk echelon. Matrik imbuhan adalah

echelonbentuk

01110

0120

0111

0510

0120

0111

0223

0142

0111

nn RR

Dengan menyelesaikan dari belakang, sistem mempunyai “0” penyelesaian.

b. Untuk r < n

Katalah sistem tersebut adalah

X + 2y – 3z + t = 0 , 2x – 3y + z – 2t =0 dan 7x - 4y – 5z + 6t = 0.

Sistem tersebut diturunkan kepada bentuk echelon. Matrik imbuhan adalah:

05547

02132

01321

313212 7:2:

05547

04770

01321RRRRRR

323313212 718:7:2:

0116180

04770

01321

05547

04770

01321RRRRRRRRR

06514

0477

032

0651400

04770

01321

tz

tzy

tzyx

Hanya terdapat satu anu bebas kerana r = 3, n = 4 iaitu t dan


ARRPPGSEM52013

tz

tzy

tzyx

14

65

7

4

32

Katakan t = a, maka a14

617dan x a

2

57y a,

14

65z

Jika a = t = 14, maka x = -617, y = 399 dan z = 65.

N. Penyelesaian dengan menggunakan kaedah Penghapusan Gauss-Jordan

Diberi sistem persamaan linear seperti di bawah:

(rujuk penyelesaian unik kaedah Penghapusan Gauss)

2b + 3c = 8,

2a + 3b + c = 5, dan KPG

2100

3110

5211

, matriks ini adalah

a – b – 2c = -5

penyelesaian akhir bagi Kaedah Penghapusan Gauss. Namun begitu kita akan mengubah

matriks ini mengikut Kaedah Penghapusan Gauss-Jordan.

2100

3110

5211

Pemasukan yang dibulat akan dijadikan “0” dengan OBP. Ikut

langkah berikut:

R1 = R1 + R2

R2 = R2 - R1

R1 = R1 + R3

Jawapan akhir adalah dalam bentuk matrik echelon baris terturun atau “cannonical

form” iaitu:

2100

1010

0001

iaitu a = 0, b = 1 dan c = 2


ARRPPGSEM52013

sistem persamaan linear

Documents