1

Dwiprima Elvanny Myori, S.Si., M.Si.

SISTEM PERSAMAAN LINIER I. Pendahuluan

Persamaan linier adalah persamaan yang variabel-variabelnya berpangkat satu dan tidak ada perkalian antar variabel. Secara umum : Persamaan linier (linear equation) dengan 𝑛 variabel 𝑥1, 𝑥2 , ⋯ , 𝑥𝑛 dapat dinyatakan dalam bentuk

𝑎1𝑥1 + 𝑎2𝑥2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑥𝑛 = 𝑏 dimana 𝑎1, 𝑎2, ⋯ , 𝑎𝑛 dan 𝑏 merupakan konstanta riil. Contoh.

𝑥 + 2𝑦 = 3 3𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 8

𝑥1 − 2𝑥2 − 3𝑥3 + 𝑥4 = 7 Perhatikan bahwa persamaan linier tidak mengandung hasil kali atau akar dari variabel. Seluruh variabel yang ada hanya dalam bentuk pangkat pertama dan bukan argumen dari fungsi-fungsi trigonometri, logaritma atau eksponensial. Contoh. Perhatikan persamaan-persamaan berikut.

𝑥 + 3 𝑦 = 5

3𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 + 𝑥𝑧 = 4 𝑦 = sin 𝑥

Persamaan-persamaan tersebut bukan merupakan persamaan-persamaan linier. Sistem persamaan linier (SPL) adalah susunan dari beberapa persamaan linier. Contoh.

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 10 𝑥 − 𝑦 + 6𝑧 = 12

Dua persamaan tersebut di atas merupakan SPL dengan 2 persamaan dan 3 variabel. Secara umum : SPL dengan 𝑚 persamaan dan 𝑛 variabel dapat ditulis sebagai berikut.

𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 + ⋯ + 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = 𝑏1 𝑎21𝑥1 + 𝑎22𝑥2 + ⋯ + 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = 𝑏2

⋮ 𝑎𝑚1𝑥1 + 𝑎𝑚2𝑥2 + ⋯ + 𝑎𝑚𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏𝑚

SPL tersebut di atas jika dinyatakan dalam matriks, maka akan menjadi

𝑎11 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 ⋯

𝑎1𝑛

⋮𝑎𝑚𝑛

𝑥1

⋮𝑥𝑛

= 𝑏1

⋮𝑏𝑚

.

Sedangkan jika dinyatakan dalam bentuk matriks diperbesar, maka akan menjadi

𝑎11 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 ⋯

𝑎1𝑛

⋮𝑎𝑚𝑛

𝑏1

⋮𝑏𝑚

.

2

Dwiprima Elvanny Myori, S.Si., M.Si.

Latihan. 1. Nyatakan SPL berikut ke dalam bentuk matriks dan matriks diperbesar.

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 8 𝑦 + 𝑧 = 9

𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 11 2. Nyatakan matriks berikut ke dalam bentuk SPL.

1 2 30 1 30 0 1

567

Pasangan bilangan 𝑥1 = 𝑠1, 𝑥2 = 𝑠2, ⋯ , 𝑥𝑛 = 𝑠𝑛 disebut solusi dari suatu SPL dengan 𝑛 variabel jika pasangan bilangan tersebut memenuhi SPL yang diberikan. Contoh.

𝑥 + 𝑦 = 3 𝑥 + 2𝑦 = 5

Solusi dari SPL di atas adalah 𝑥 = 1 dan 𝑦 = 2. Tidak semua sistem persamaan linier memiliki solusi. Contoh.

𝑥 + 𝑦 = 4 2𝑥 + 2𝑦 = 6

Pada SPL tersebut di atas tidak terdapat solusi karena terdiri dari dua persamaan yang saling bertolak belakang. Suatu SPL yang tidak memiliki solusi disebut SPL tidak konsisten (inconsistent), sedangkan jika terdapat paling tidak satu solusi dalam SPL tersebut disebut SPL konsisten (consistent). SPL yang memiliki solusi terdapat dua kemungkinan, yaitu solusi tunggal dan solusi banyak. II. Metode Penyelesaian SPL A. Operasi Baris Elementer

Metode dasar untuk menyelesaikan SPL adalah dengan menggantikan sistem yang ada dengan suatu sistem baru yang memiliki himpunan solusi yang sama tetapi penyelesaiannya lebih mudah. Solusi suatu SPL tidak akan berubah hasilnya jika : 1. Mempertukarkan letak persamaan 2. Mengalikan persamaan dengan suatu bilangan tertentu (kecuali nol). 3. Menambahkan kelipatan satu persamaan ke persamaan lainnya.

Karena baris-baris dari matriks yang diperbesar bersesuaian dengan persamaan-persamaan dalam SPL yang berkaitan, ketiga operasi tersebut di atas bersesuaian dengan operasi-operasi berikut pada baris-baris matriks yang diperbesar :

3

Dwiprima Elvanny Myori, S.Si., M.Si.

1. Menukarkan posisi baris 2. Mengalikan baris dengan konstanta tak nol 3. Menambahkan kelipatan suatu baris ke baris lainnya.

Contoh.

Tentukan solusi SPL berikut dengan operasi baris elementer.

𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 9

2𝑥 + 4𝑦 − 3𝑧 = 1

3𝑥 + 6𝑦 − 5𝑧 = 0

Penyelesaian.

1 1 22 4 −33 6 −5

910

𝑂 2 +(−2) 1

1 1 20 2 −73 6 −5

9

−170

𝑂 3 +(−3) 1

1 1 20 2 −70 3 −11

9

−17−27

𝑂12

2

1 1 2

0 1 −7

20 3 −11

9

−17

2−27

𝑂 3 +(−3) 2

1 1 2

0 1 −7

2

0 0 −1

2

9

−17

2

−3

2

𝑂(−2) 3

1 1 2

0 1 −7

20 0 1

9

−17

23

𝑂 1 +(−1) 2

1 011

2

0 1 −7

20 0 1

35

2

−17

23

𝑂1 +(−

112

) 3

1 0 0

0 1 −7

20 0 1

1

−17

23

𝑂

2 +(72

) 3

1 0 00 1 00 0 1

123

Jadi, diperoleh solusi dari SPL di atas yaitu

𝑥 = 1, 𝑦 = 2, dan 𝑧 = 3. B. Eliminasi Gauss

Suatu matriks dikatakan matriks eselon baris jika memenuhi hal-hal berikut. 1. Jika suatu baris dari matriks tersebut elemen-elemennya tidak semuanya nol,

maka elemen pertama yang tak nol haruslah 1 (satu). 1 (satu) ini disebut sebagai satu utama.

2. Jika suatu baris semua elemennya nol, maka baris tersebut terletak pada baris paling bawah.

3. Satu utama pada baris yang lebih besar terletak lebih ke kanan dari baris yang lebih kecil.

4

Dwiprima Elvanny Myori, S.Si., M.Si.

Contoh.

𝐴 = 1 0 00 0 10 0 0

, 𝐵 = 1 0 00 1 00 0 1

, 𝐶 = 0 0 00 0 0

Langkah-langkah menentukan solusi suatu SPL dengan metode eliminasi Gauss adalah sebagai berikut. 1. Nyatakan SPL yang diberikan dalam bentuk matriks diperbesar. 2. Ubah matriks yang diperbesar menjadi matriks eselon baris dengan

menggunakan operasi baris elementer. 3. Lakukan substitusi mundur untuk menentukan solusi suatu SPL tersebut. Contoh. Tentukan solusi SPL berikut dengan eliminasi Gauss.

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 6 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 9

𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 = 11 Penyelesaian.

1 1 11 1 21 2 2

69

11

𝑂 2 + −1 1

𝑂 3 + −1 1

1 1 10 0 10 1 1

635

𝑂 2 ↔ 3

1 1 10 1 10 0 1

653

Substitusi mundur : (i) 𝑧 = 3 (ii) 𝑦 + 𝑧 = 5 ⟹ 𝑦 = 5 − 𝑧 = 5 − 3 = 2 (iii) 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 6 ⟹ 𝑥 = 6 − 𝑦 − 𝑧 = 6 − 2 − 3 = 1 Jadi, solusi dari SPL tersebut adalah

𝑥 = 1, 𝑦 = 2, dan 𝑧 = 3.

C. Eliminasi Gauss-Jordan Suatu matriks dikatakan matriks eselon baris tereduksi jika memenuhi hal-hal berikut. 1. Jika suatu baris dari matriks tersebut elemen-elemennya tidak semuanya nol,

maka elemen pertama yang tak nol haruslah 1 (satu). 1 (satu) ini disebut sebagai satu utama.

2. Jika suatu baris semua elemennya nol, maka baris tersebut terletak pada baris paling bawah.

3. Satu utama pada baris yang lebih besar terletak lebih ke kanan dari baris yang lebih kecil.

4. Jika suatu kolom dari matriks tersebut memuat satu utama, maka elemen-elemen yang lain pada kolom tersebut haruslah nol.

5

Dwiprima Elvanny Myori, S.Si., M.Si.

Contoh.

𝑃 = 1 0 00 1 00 0 1

, 𝑄 = 1 0 00 1 00 0 1

47

−1 , 𝑅 =

0 00 0

Langkah-langkah menentukan solusi suatu SPL dengan metode eliminasi Gauss-Jordan adalah sebagai berikut. 1. Nyatakan SPL yang diberikan dalam bentuk matriks diperbesar. 2. Ubah matriks yang diperbesar menjadi matriks eselon baris tereduksi

dengan menggunakan operasi baris elementer. 3. Lakukan substitusi mundur untuk menentukan solusi suatu SPL tersebut. Contoh. Tentukan solusi SPL berikut dengan eliminasi Gauss-Jordan.

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 6 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 9

𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 = 11 Penyelesaian.

1 1 11 1 21 2 2

69

11

𝑂 2 + −1 1

𝑂 3 + −1 1

1 1 10 0 10 1 1

635

𝑂 2 ↔ 3

1 1 10 1 10 0 1

653

𝑂 1 + −1 2

1 0 00 1 10 0 1

153

𝑂 2 − 3

1 0 00 1 00 0 1

123

Jadi, diperoleh solusi SPL tersebut adalah 𝑥 = 1, 𝑦 = 2, dan 𝑧 = 3.

4. Dengan Menggunakan Invers Matriks Jika 𝐴𝑋 = 𝐵 SPL nonhomogen dan 𝐴 ≠ 0, maka ada matriks 𝐴−1 sehingga 𝐴𝐴−1 = 𝐴−1𝐴 = 𝐼. Penyelesaian 𝐴𝑋 = 𝐵 diperoleh sebagai berikut.

𝐴𝑋 = 𝐵 𝐴−1𝐴𝑋 = 𝐴−1𝐵

𝐼𝑋 = 𝐴−1𝐵 𝑋 = 𝐴−1𝐵

Jadi, 𝐴−1𝐵 adalah solusi tunggal dari 𝐴𝑋 = 𝐵. Contoh. Tentukan penyelesaian dari SPL berikut.

2𝑥 + 3𝑦 = 8 𝑥 + 4𝑦 = 4

Penyelesaian. SPL tersebut jika dinyatakan dalam bentuk 𝐴𝑋 = 𝐵, maka akan menjadi

6

Dwiprima Elvanny Myori, S.Si., M.Si.

2 31 4

𝑥𝑦 =

84

𝐴−1 =1

5

4 −3−1 2

dan 𝐵 = 84

Sehingga diperoleh

𝑋 = 𝐴−1𝐵 =1

5

4 −3−1 2

84 =

1

5

200

= 40

Jadi, solusi dari SPL tersebut adalah 𝑥 = 4 dan 𝑦 = 0. 5. Aturan Cramer

Jika 𝐴 adalah matriks koefisien dari suatu SPL dan det(𝐴) ≠ 0, maka solusi dari SPL 𝐴𝑋 = 𝐵 adalah

𝑥1 =det 𝐴1

det 𝐴 , 𝑥2 =

det 𝐴2

det 𝐴 , ⋯ , 𝑥𝑛 =

det 𝐴𝑛

det 𝐴

Dimana 𝐴𝑘 untuk 𝑘 = 1,2, ⋯ , 𝑛 adalah matriks yang diperoleh dengan mengganti kolom ke-𝑘 pada matriks 𝐴 oleh matriks kolom 𝐵.

Misal 𝐴 =

𝑎11 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 ⋯

𝑎1𝑛

⋮𝑎𝑚𝑛

, 𝑋 =

𝑥1

⋮𝑥𝑛

, 𝐵 = 𝑏1

⋮𝑏𝑚

.

Maka 𝐴𝑘 , 𝑘 = 1,2, ⋯ , 𝑛 diperoleh sebagai berikut.

𝐴1 =

𝑏1 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑏𝑚 𝑎𝑚2 ⋯

𝑎1𝑛

⋮𝑎𝑚𝑛

, 𝐴2 =

𝑎11

⋮𝑎𝑚1

𝑏1 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑏𝑚 𝑎𝑚2 ⋯

𝑎1𝑛

⋮𝑎𝑚𝑛

𝐴𝑛 =

𝑎11 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 ⋯

𝑏1

⋮𝑏𝑚

Jadi, solusi untuk SPL di atas adalah

𝑥1 =det 𝐴1

det 𝐴 =

𝑏1 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑏𝑚 𝑎𝑚2 ⋯

𝑎1𝑛

⋮𝑎𝑚𝑛

𝑎11 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 ⋯

𝑎1𝑛

⋮𝑎𝑚𝑛

𝑥2 =det 𝐴2

det 𝐴 =

𝑎11

⋮𝑎𝑚1

𝑏1 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑏𝑚 𝑎𝑚2 ⋯

𝑎1𝑛

⋮𝑎𝑚𝑛

𝑎11 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 ⋯

𝑎1𝑛

⋮𝑎𝑚𝑛

⋮

7

Dwiprima Elvanny Myori, S.Si., M.Si.

𝑥𝑛 =det 𝐴𝑛

det 𝐴 =

𝑎11 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 ⋯

𝑏1

⋮𝑏𝑚

𝑎11 𝑎12 ⋯

⋮ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 ⋯

𝑎1𝑛

⋮𝑎𝑚𝑛

Contoh. Tentukan penyelesaian SPL nonhomogen berikut dengan menggunakan aturan Cramer.

3𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 7 𝑥1 − 𝑥2 + 3𝑥3 = 3

5𝑥1 + 4𝑥2 − 2𝑥3 = 1 Penyelesaian. SPL tersebut jika dinyatakan dalam bentuk 𝐴𝑋 = 𝐵, maka

3 2 11 −1 35 4 −2

𝑥1

𝑥2

𝑥3

= 731

det 𝐴 = 3 2 11 −1 35 4 −2

det 𝐴1 = 7 2 13 −1 31 4 −2

det 𝐴2 = 3 7 11 3 35 1 −2

det 𝐴3 = 3 2 71 −1 35 4 1

Maka 𝑥1 =−39

13= −3, 𝑥2 =

78

13= 6, 𝑥3 =

52

13= 4.

Jadi, solusi dari SPL tersebut adalah 𝑥1 = −3, 𝑥2 = 6, dan 𝑥3 = 4. III. Nilai Eigen dan Vektor Eigen

Jika 𝐴 adalah sebuah matriks 𝑛 × 𝑛, maka sebuah vektor tak nol 𝑥 pada ℝ𝑛 disebut vektor eigen (eigenvector) dari 𝐴 jika 𝐴𝑥 adalah sebuah kelipatan scalar dari 𝑥 , yaitu

𝐴𝑥 = 𝜆𝑥 , untuk skalar sebarang 𝜆. Skalar 𝜆 disebut nilai eigen (eigenvalue) dari 𝐴 dan 𝑥 disebut sebagai vektor eigen dari 𝐴 yang terkait dengan 𝜆.

8

Dwiprima Elvanny Myori, S.Si., M.Si.

Contoh.

Vektor 𝑥 = 12 adalah vektor eigen dari 𝐴 =

3 08 −1

yang terkait dengan nilai

eigen 𝜆 = 3, karena

𝐴𝑥 = 3 08 −1

12 =

36 = 3𝑥 .

Untuk memperoleh nilai eigen dari sebuah matriks 𝐴, perhatikan hal berikut.

𝐴𝑥 = 𝜆𝑥 𝐴𝑥 − 𝜆𝑥 = 0

𝐴 − 𝜆𝐼 𝑥 = 0 ⋯ 1) Vektor eigen merupakan solusi tak trivial dari 𝐴 − 𝜆𝐼 𝑥 = 0. Persamaan 1) memiliki solusi tak trivial jika dan hanya jika

det 𝐴 − 𝜆𝐼 𝑥 = 0. det 𝐴 − 𝜆𝐼 𝑥 = 0 merupakan persamaan karakteristik matriks 𝐴. Skalar yang memenuhi persamaan ini adalah nilai-nilai eigen dari 𝐴. Contoh. Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari matriks 𝐴.

𝐴 = 1 0 00 1 00 0 0

Penyelesaian.

𝐴 − 𝜆𝐼 = 1 0 00 1 00 0 0

− 𝜆 1 0 00 1 00 0 1

= 1 − 𝜆 0 0

0 1 − 𝜆 00 0 1 − 𝜆

det 𝐴 − 𝜆𝐼 = 1 − 𝜆 0 0

0 1 − 𝜆 00 0 1 − 𝜆

= 0 ⟹ 1 − 𝜆 1 − 𝜆 1 − 𝜆 = 0

Akar-akar persamaan karakteristiknya adalah

𝜆1 = 0, 𝜆2 = 𝜆3 = 1. Jadi, nilai eigen matriks 𝐴 adalah 0 dan 1.

𝐴 − 𝜆𝐼 = 1 − 𝜆 0 0

0 1 − 𝜆 00 0 −𝜆

= 1 0 00 1 00 0 0

𝐴 − 𝜆𝐼 𝑥 = 0 ⟹ 1 0 00 1 00 0 0

𝑥1

𝑥2

𝑥3

= 000

𝑥1 = 0, 𝑥2 = 0, 𝑥3 = 𝑡, 𝑡 ≠ 0, 𝑡 ∈ ℝ.

Jadi, 𝑥 = 00𝑡 adalah vektor eigen yang terkait dengan 𝜆 = 0.

9

Dwiprima Elvanny Myori, S.Si., M.Si.

𝐴 − 𝜆𝐼 = 1 − 𝜆 0 0

0 1 − 𝜆 00 0 −𝜆

= 0 0 00 0 00 0 −1

𝐴 − 𝜆𝐼 𝑥 = 0 ⟹ 0 0 00 0 00 0 −1

𝑥1

𝑥2

𝑥3

= 000

𝑥1 = 𝑎, 𝑥2 = 𝑏, 𝑥3 = 0, 𝑎, 𝑏 ≠ 0, 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ.

Jadi, 𝑥 = 𝑎𝑏0 adalah vektor eigen dari matriks 𝐴 yang terkait dengan 𝜆 = 1.