solusi spl dengan metode invers dan aturan...

Solusi SPL dengan Metode Invers dan Aturan CramerKuliah Aljabar Linier Semester Ganjil 2015-2016

MZI

Fakultas InformatikaTelkom University

FIF Tel-U

September 2015

MZI (FIF Tel-U) Solusi SPL n × n September 2015 1 / 24

Acknowledgements

Slide ini disusun berdasarkan materi yang terdapat pada sumber-sumber berikut:

1 Aplikasi Matriks dan Ruang Vektor, Edisi 1 2014, oleh Adiwijaya.2 Elementary Linear Algebra, 10th Edition, 2010, oleh H. Anton dan C. Rorres.3 Slide kuliah Aljabar Linier di Telkom University oleh Jondri.

Beberapa gambar dapat diambil dari sumber-sumber di atas. Slide ini ditujukanuntuk keperluan akademis di lingkungan FIF Telkom University. Jika Andamemiliki saran/ pendapat/ pertanyaan terkait materi dalam slide ini, silakan kirimemail ke <pleasedontspam>@telkomuniversity.ac.id.


mailto:[email protected]

Bahasan

1 Jenis-jenis SPL Berdasarkan Banyak Persamaan dan Variabel

2 Solusi SPL dengan Metode Invers Matriks

3 Solusi SPL dengan Aturan Cramer


Jenis-jenis SPL Berdasarkan Banyak Persamaan dan Variabel

Bahasan






SPL Underdetermined, Overdetermined, dan Determined

Pada pembahasan sebelumnya kita telah mempelajari suatu metode umum untukmencari solusi SPL dengan m persamaan dan n variabel, yaitu dengan metodeoperasi baris elementer dan eliminasi Gauss-Jordan. Berdasarkan perbandingannilai m (banyak persamaan) dan n (banyak variabel), SPL dapat dibagi menjaditiga kategori berikut:

1 SPL underdetermined, yaitu SPL yang variabelnya lebih banyak daripada

persamaannya, contohnya adalah SPLx+ y + z = 3

−x− 2y + z = 1 .2 SPL overdetermined, yaitu SPL yang variabelnya lebih sedikit daripada

persamaannya, contohnya adalah SPLx+ y = 32x− y = 72x+ 2y = 6

.

3 SPL determined, yaitu SPL yang variabel dan persamaannya sama banyak,

contohnya adalah SPLx+ y + z = 3−y + z = 1

x− 2y + 3z = 0.

Selain memakai OBE dan EGJ, SPL determined dengan solusi tunggal juga dapatdiselesaikan dengan metode invers matriks dan aturan Cramer.






persamaannya,

contohnya adalah SPLx+ y + z = 3



.



x− 2y + 3z = 0.








−x− 2y + z = 1 .

2 SPL overdetermined, yaitu SPL yang variabelnya lebih sedikit daripada


.



x− 2y + 3z = 0.









persamaannya,

contohnya adalah SPLx+ y = 32x− y = 72x+ 2y = 6

.



x− 2y + 3z = 0.










.



x− 2y + 3z = 0.



Solusi SPL dengan Metode Invers Matriks

Bahasan





Matriks Koefisien dan Vektor Solusi

Apabila diberikan suatu SPL dengan n persamaan dan n variabel, maka kita selaludapat menyatakan SPL tersebut sebagai hasil kali matriks koefisien pada SPLdengan vektor solusi. Hal ini tentunya sudah pernah Anda lihat di sekolahmenengah.

Contoh

Diberikan SPLx+ y = 4x− y = 2 , maka SPL ini dapat ditulis sebagai

[1 11 −1

] [xy

]=

[42

]

Diberikan SPLx+ y + z = 3

y − z = 1x − z = 0

, maka SPL ini dapat ditulis sebagai

1 1 10 1 −11 0 −1

xyz

= 310

.

Matriks Koefisien dan Vektor Solusi

Apabila diberikan suatu SPL dengan n persamaan dan n variabel, maka kita selaludapat menyatakan SPL tersebut sebagai hasil kali matriks koefisien pada SPLdengan vektor solusi. Hal ini tentunya sudah pernah Anda lihat di sekolahmenengah.

Contoh

Diberikan SPLx+ y = 4x− y = 2 , maka SPL ini dapat ditulis sebagai[

1 11 −1

] [xy

]=

[42

]

Diberikan SPLx+ y + z = 3

y − z = 1x − z = 0

, maka SPL ini dapat ditulis sebagai

1 1 10 1 −11 0 −1

xyz

= 310

.



Jika kita memiliki SPL dengan n persamaan dan n variabel (misalkan variabelnyaadalah x1, x2, . . .xn), maka kita dapat menyatakannya dalam bentuk perkalianmatriks-vektor, yaitu

A~x = ~b

dengan A adalah matriks koefisien, ~x disebut vektor solusi, dan ~b adalahkonstanta pada SPL. Karena persamaan dan variabel pada SPL sama banyaknya,maka A adalah matriks persegi. Ketika det (A) 6= 0, maka A memiliki invers,akibatnya jika kita mengalikan kedua ruas dari A~x = ~b dengan A−1, diperoleh

A~x = ~b

A−1A~x = A−1~b

I~x = A−1~b

~x = A−1~b





A~x = ~b

dengan A adalah matriks koefisien, ~x disebut vektor solusi, dan ~b adalahkonstanta pada SPL.

Karena persamaan dan variabel pada SPL sama banyaknya,maka A adalah matriks persegi. Ketika det (A) 6= 0, maka A memiliki invers,akibatnya jika kita mengalikan kedua ruas dari A~x = ~b dengan A−1, diperoleh

A~x = ~b

A−1A~x = A−1~b

I~x = A−1~b

~x = A−1~b





A~x = ~b

dengan A adalah matriks koefisien, ~x disebut vektor solusi, dan ~b adalahkonstanta pada SPL. Karena persamaan dan variabel pada SPL sama banyaknya,maka A adalah matriks persegi.

Ketika det (A) 6= 0, maka A memiliki invers,akibatnya jika kita mengalikan kedua ruas dari A~x = ~b dengan A−1, diperoleh

A~x = ~b

A−1A~x = A−1~b

I~x = A−1~b

~x = A−1~b





A~x = ~b

dengan A adalah matriks koefisien, ~x disebut vektor solusi, dan ~b adalahkonstanta pada SPL. Karena persamaan dan variabel pada SPL sama banyaknya,maka A adalah matriks persegi. Ketika det (A) 6= 0, maka A memiliki invers,akibatnya jika kita mengalikan kedua ruas dari A~x = ~b dengan A−1, diperoleh

A~x = ~b

A−1A~x = A−1~b

I~x = A−1~b

~x = A−1~b



Teorema Penting

TeoremaSuatu SPL n persamaan dan n variabel dituliskan dalam bentuk

A~x = ~b

memiliki solusi tunggal jika dan hanya jika A memiliki invers. Jika A−1 ada,maka solusi dari SPL di atas adalah

~x = A−1~b.



Contoh Penentuan Solusi SPL dengan Invers Matriks

Misalkan kita memiliki SPLx +z = 4x −y = −1

2y +z = 7. Maka SPL dapat ditulis

sebagai

1 0 11 −1 00 2 1

xyz

= 4−17

. Dalam hal ini matriks koefisien

adalah A =

1 0 11 −1 00 2 1

. Kita memiliki

|A| =

∣∣∣∣∣∣1 0 11 −1 00 2 1

∣∣∣∣∣∣ =(1) (−1)1+1

∣∣∣∣ −1 02 1

∣∣∣∣+ (0) (−1)1+2 ∣∣∣∣ 1 00 1

∣∣∣∣+ (1) (−1)1+3 ∣∣∣∣ 1 −10 2

∣∣∣∣ = 1 6= 0.Jadi A mempunyai invers. A−1 dapat dicari dengan metode berikut:






sebagai

1 0 11 −1 00 2 1

xyz

= 4−17


adalah A =

1 0 11 −1 00 2 1

. Kita memiliki

|A| =

∣∣∣∣∣∣1 0 11 −1 00 2 1

∣∣∣∣∣∣ =

(1) (−1)1+1∣∣∣∣ −1 02 1

∣∣∣∣+ (0) (−1)1+2 ∣∣∣∣ 1 00 1

∣∣∣∣+ (1) (−1)1+3 ∣∣∣∣ 1 −10 2







sebagai

1 0 11 −1 00 2 1

xyz

= 4−17


adalah A =

1 0 11 −1 00 2 1

. Kita memiliki

|A| =

∣∣∣∣∣∣1 0 11 −1 00 2 1

∣∣∣∣∣∣ =(1) (−1)1+1

∣∣∣∣ −1 02 1

∣∣∣∣+ (0) (−1)1+2 ∣∣∣∣ 1 00 1

∣∣∣∣+ (1) (−1)1+3 ∣∣∣∣ 1 −10 2




0).

1 0 1 1 0 01 −1 0 0 1 00 2 1 0 0 1

1).

1 0 1 1 0 00 −1 −1 −1 1 00 2 1 0 0 1

(R2 ← R2 −R1)

2).

1 0 1 1 0 00 −1 −1 −1 1 00 0 −1 −2 2 1

(R3 ← R3 + 2R2)



3).

1 0 0 −1 2 10 −1 0 1 −1 −10 0 −1 −2 2 1

( R1 ← R1 +R3R2 ← R2 −R3

)

4).

1 0 0 −1 2 10 1 0 −1 1 10 0 1 2 −2 −1

( R2 ← −R2R3 ← −R3

)

Akibatnya A−1 =

−1 2 1−1 1 12 −2 −1

.



Untuk mencari ~x =

xyz

, maka ~x =

A−1~b, akibatnya

xyz

=

−1 2 1−1 1 12 −2 −1

4−17

=

−4− 2 + 7−4− 1 + 78 + 2− 7

= 123

Jadi diperoleh solusi SPL x = 1, x = 2, dan x = 3.



Untuk mencari ~x =

xyz

, maka ~x = A−1~b, akibatnya xyz

=

−1 2 1−1 1 12 −2 −1

4−17

=

−4− 2 + 7−4− 1 + 78 + 2− 7

= 123

Jadi diperoleh solusi SPL x = 1, x = 2, dan x = 3.



Latihan

Latihan berikut telah diberikan sebelumnya. Penentuan nilai b dapat dilakukandengan lebih mudah menggunakan metode determinan.

LatihanDiberikan SPL

−bx = 0(1− b) y +z = 0+y +(1− b) z = 0

Tentukan nilai b agar SPL homogen di atas memiliki tak hingga banyaknya solusi.Tuliskan semua kemungkinan solusi dari SPL tersebut.

Solusi:

SPL di atas dapat ditulis dalam bentuk −b 0 00 1− b 10 1 1− b

xyz

= 000



Latihan

Latihan berikut telah diberikan sebelumnya. Penentuan nilai b dapat dilakukandengan lebih mudah menggunakan metode determinan.

LatihanDiberikan SPL

−bx = 0(1− b) y +z = 0+y +(1− b) z = 0

Tentukan nilai b agar SPL homogen di atas memiliki tak hingga banyaknya solusi.Tuliskan semua kemungkinan solusi dari SPL tersebut.

Solusi: SPL di atas dapat ditulis dalam bentuk −b 0 00 1− b 10 1 1− b

xyz

= 000



Agar SPL memiliki tak hingga banyak solusi, maka

solusi SPL harus tidak tunggal(tidak trivial x = y = z = 0). Akibatnya matriks koefisien

A =

−b 0 00 1− b 10 1 1− b

harus tidak invertibel.

Kita memiliki |A| =

∣∣∣∣∣∣−b 0 00 1− b 10 1 1− b

∣∣∣∣∣∣ = (−b) (−1)1+1∣∣∣∣ 1− b 1

1 1− b

∣∣∣∣ =(−b)

((1− b)2 − 1

)= (−b)

(b2 − 2b

)= (−b) (b) (b− 2).

Matriks A tidak invertibel bila |A| = 0, hal ini berakibat (−b) (b) (b− 2) = 0,sehingga b = 0 atau b = 2.



Agar SPL memiliki tak hingga banyak solusi, maka solusi SPL harus tidak tunggal(tidak trivial x = y = z = 0). Akibatnya matriks koefisien

A =

−b 0 00 1− b 10 1 1− b

harus

tidak invertibel.

Kita memiliki |A| =

∣∣∣∣∣∣−b 0 00 1− b 10 1 1− b

∣∣∣∣∣∣ = (−b) (−1)1+1∣∣∣∣ 1− b 1

1 1− b

∣∣∣∣ =(−b)

((1− b)2 − 1

)= (−b)

(b2 − 2b

)= (−b) (b) (b− 2).





A =

−b 0 00 1− b 10 1 1− b


Kita memiliki |A| =

∣∣∣∣∣∣−b 0 00 1− b 10 1 1− b

∣∣∣∣∣∣ =

(−b) (−1)1+1∣∣∣∣ 1− b 1

1 1− b

∣∣∣∣ =(−b)

((1− b)2 − 1

)= (−b)

(b2 − 2b

)= (−b) (b) (b− 2).





A =

−b 0 00 1− b 10 1 1− b


Kita memiliki |A| =

∣∣∣∣∣∣−b 0 00 1− b 10 1 1− b

∣∣∣∣∣∣ = (−b) (−1)1+1∣∣∣∣ 1− b 1

1 1− b

∣∣∣∣ =

(−b)((1− b)2 − 1

)= (−b)

(b2 − 2b

)= (−b) (b) (b− 2).





A =

−b 0 00 1− b 10 1 1− b


Kita memiliki |A| =

∣∣∣∣∣∣−b 0 00 1− b 10 1 1− b

∣∣∣∣∣∣ = (−b) (−1)1+1∣∣∣∣ 1− b 1

1 1− b

∣∣∣∣ =(−b)

((1− b)2 − 1

)= (−b)

(b2 − 2b

)= (−b) (b) (b− 2).

Matriks A tidak invertibel bila |A| =

0, hal ini berakibat (−b) (b) (b− 2) = 0,sehingga b = 0 atau b = 2.




A =

−b 0 00 1− b 10 1 1− b


Kita memiliki |A| =

∣∣∣∣∣∣−b 0 00 1− b 10 1 1− b

∣∣∣∣∣∣ = (−b) (−1)1+1∣∣∣∣ 1− b 1

1 1− b

∣∣∣∣ =(−b)

((1− b)2 − 1

)= (−b)

(b2 − 2b

)= (−b) (b) (b− 2).

Matriks A tidak invertibel bila |A| = 0, hal ini berakibat (−b) (b) (b− 2) = 0,sehingga b =

0 atau b = 2.




A =

−b 0 00 1− b 10 1 1− b


Kita memiliki |A| =

∣∣∣∣∣∣−b 0 00 1− b 10 1 1− b

∣∣∣∣∣∣ = (−b) (−1)1+1∣∣∣∣ 1− b 1

1 1− b

∣∣∣∣ =(−b)

((1− b)2 − 1

)= (−b)

(b2 − 2b

)= (−b) (b) (b− 2).

Matriks A tidak invertibel bila |A| = 0, hal ini berakibat (−b) (b) (b− 2) = 0,sehingga b = 0 atau b =

2.




A =

−b 0 00 1− b 10 1 1− b


Kita memiliki |A| =

∣∣∣∣∣∣−b 0 00 1− b 10 1 1− b

∣∣∣∣∣∣ = (−b) (−1)1+1∣∣∣∣ 1− b 1

1 1− b

∣∣∣∣ =(−b)

((1− b)2 − 1

)= (−b)

(b2 − 2b

)= (−b) (b) (b− 2).




Bila b = 0, diperoleh matriks

0 0 0 00 1 1 00 0 0 0

, dengan OBE diperoleh 0 1 1 00 0 0 00 0 0 0

(R1 ↔ R2). Akibatnya diperoleh y + z = 0. Misalkan z = t

dengan t ∈ R, maka nilai y = −t. Karena nilai x tidak bergantung pada y dan z,maka misalkan x = s dengan s ∈ R. Akibatnya solusi SPL adalah x = s, y = −t,dan z = t, dengan s, t ∈ R. Dalam bentuk tupel,solusi SPL adalah (s,−t, t), dengan t ∈ R .




0 0 0 00 1 1 00 0 0 0

, dengan OBE diperoleh

0 1 1 00 0 0 00 0 0 0






0 0 0 00 1 1 00 0 0 0


(R1 ↔ R2). Akibatnya diperoleh

y + z = 0. Misalkan z = t





0 0 0 00 1 1 00 0 0 0


(R1 ↔ R2). Akibatnya diperoleh y + z = 0.

Misalkan z = t





0 0 0 00 1 1 00 0 0 0



dengan t ∈ R, maka nilai y = −t.

Karena nilai x tidak bergantung pada y dan z,maka misalkan x = s dengan s ∈ R. Akibatnya solusi SPL adalah x = s, y = −t,dan z = t, dengan s, t ∈ R. Dalam bentuk tupel,solusi SPL adalah (s,−t, t), dengan t ∈ R .




0 0 0 00 1 1 00 0 0 0



dengan t ∈ R, maka nilai y = −t. Karena nilai x tidak bergantung pada y dan z,maka misalkan x = s dengan s ∈ R.

Akibatnya solusi SPL adalah x = s, y = −t,dan z = t, dengan s, t ∈ R. Dalam bentuk tupel,solusi SPL adalah (s,−t, t), dengan t ∈ R .




0 0 0 00 1 1 00 0 0 0



dengan t ∈ R, maka nilai y = −t. Karena nilai x tidak bergantung pada y dan z,maka misalkan x = s dengan s ∈ R. Akibatnya solusi SPL adalah x = s, y = −t,dan z = t, dengan s, t ∈ R.

Dalam bentuk tupel,solusi SPL adalah (s,−t, t), dengan t ∈ R .




0 0 0 00 1 1 00 0 0 0







2 0 0 00 −1 1 00 2 −2 0

, dengan OBE diperoleh 1 0 0 00 −1 1 00 0 0 0

( R1 ← 12R1

R3 ← R3 + 2R2

) 1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0

(R2 ← −R2).Akibatnya diperoleh x = 0 dan y − z = 0. Misalkan z = t dengan t ∈ R, makanilai y = t. Akibatnya solusi SPL adalah x = 0, y = t, dan z = t, dengan t ∈ R.Dalam bentuk tupel, solusi SPL adalah (0, t, t), dengan t ∈ R .




2 0 0 00 −1 1 00 2 −2 0

, dengan OBE diperoleh

1 0 0 00 −1 1 00 0 0 0

( R1 ← 12R1

R3 ← R3 + 2R2

) 1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0





2 0 0 00 −1 1 00 2 −2 0


( R1 ← 12R1

R3 ← R3 + 2R2

) 1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0

(R2 ← −R2).

Akibatnya diperoleh x = 0 dan y − z = 0. Misalkan z = t dengan t ∈ R, makanilai y = t. Akibatnya solusi SPL adalah x = 0, y = t, dan z = t, dengan t ∈ R.Dalam bentuk tupel, solusi SPL adalah (0, t, t), dengan t ∈ R .




2 0 0 00 −1 1 00 2 −2 0


( R1 ← 12R1

R3 ← R3 + 2R2

) 1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0

(R2 ← −R2).Akibatnya diperoleh x = 0 dan y − z = 0.

Misalkan z = t dengan t ∈ R, makanilai y = t. Akibatnya solusi SPL adalah x = 0, y = t, dan z = t, dengan t ∈ R.Dalam bentuk tupel, solusi SPL adalah (0, t, t), dengan t ∈ R .




2 0 0 00 −1 1 00 2 −2 0


( R1 ← 12R1

R3 ← R3 + 2R2

) 1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0

(R2 ← −R2).Akibatnya diperoleh x = 0 dan y − z = 0. Misalkan z = t dengan t ∈ R, makanilai y = t.

Akibatnya solusi SPL adalah x = 0, y = t, dan z = t, dengan t ∈ R.Dalam bentuk tupel, solusi SPL adalah (0, t, t), dengan t ∈ R .




2 0 0 00 −1 1 00 2 −2 0


( R1 ← 12R1

R3 ← R3 + 2R2

) 1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0

(R2 ← −R2).Akibatnya diperoleh x = 0 dan y − z = 0. Misalkan z = t dengan t ∈ R, makanilai y = t. Akibatnya solusi SPL adalah x = 0, y = t, dan z = t, dengan t ∈ R.

Dalam bentuk tupel, solusi SPL adalah (0, t, t), dengan t ∈ R .




2 0 0 00 −1 1 00 2 −2 0


( R1 ← 12R1

R3 ← R3 + 2R2

) 1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0



Solusi SPL dengan Aturan Cramer

Bahasan






Aturan Cramer

Aturan Cramer (Gabriel Cramer, 1704-1752)

Jika SPL A~x = ~b merupakan SPL dengan n persamaan dan n variabel dengansyarat det (A) 6= 0, maka SPL tersebut memiliki solusi tunggal. Lebih jauh, jika~x = (x1, x2, . . . , xn) adalah solusi tunggal tersebut, maka

x1 =det (A1)

det (A), x2 =

det (A2)

det (A), . . . , xn =

det (An)

det (A),

dengan Ai adalah matriks yang diperoleh dengan mengganti kolom ke-i pada Adengan entri matriks

~b =

b1b2...bn

.



Aturan Cramer untuk SPL 2 Persamaan 2 Variabel

Kita akan memakai aturan Cramer untuk mencari solusi SPLx+ y = 4x− y = 2

. SPL

dapat ditulis sebagai

[1 11 −1

] [xy

]=

[42

].

Matriks A =

[1 11 −1

], Ax =

[4 12 −1

], Ay =

[1 41 2

]. Solusi x dan y

dapat dicari sebagai berikut

x = det(Ax)det(A) =

∣∣∣∣∣∣ 4 12 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣∣∣= −6−2 = 3. y =

det(Ay)det(A) =

∣∣∣∣∣∣ 1 41 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣∣∣= −2−2 = 1.

Jadi diperoleh x = 3 dan y = 1.





. SPL

dapat ditulis sebagai [1 11 −1

] [xy

]=

[42

].

Matriks A =

[1 11 −1

], Ax =

[4 12 −1

], Ay =

[1 41 2

]. Solusi x dan y


x = det(Ax)det(A) =

∣∣∣∣∣∣ 4 12 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣∣∣= −6−2 = 3. y =

det(Ay)det(A) =

∣∣∣∣∣∣ 1 41 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣∣∣= −2−2 = 1.






. SPL


] [xy

]=

[42

].

Matriks A =

[1 11 −1

], Ax =

[4 12 −1

], Ay =

[1 41 2

]. Solusi x dan y


x =

det(Ax)det(A) =

∣∣∣∣∣∣ 4 12 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣∣∣= −6−2 = 3. y =

det(Ay)det(A) =

∣∣∣∣∣∣ 1 41 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣∣∣= −2−2 = 1.






. SPL


] [xy

]=

[42

].

Matriks A =

[1 11 −1

], Ax =

[4 12 −1

], Ay =

[1 41 2

]. Solusi x dan y


x = det(Ax)det(A) =

∣∣∣∣∣∣ 4 12 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣∣∣= −6−2 = 3. y =

det(Ay)det(A) =

∣∣∣∣∣∣ 1 41 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣∣∣= −2−2 = 1.




Aturan Cramer untuk SPL 3 Persamaan dan 3 Variabel

Kita akan menggunakan aturan Cramer untuk mencari solusi dari SPL berikut

x1 +2x3 = 6−3x1 +4x2 +6x3 = 30−x1 −2x2 +3x3 = 8

SPL di atas dinyatakan dalam bentuk A~x = ~b dengan A =

1 0 2−3 4 6−1 −2 3

,~b =

6308

, dan ~x = x1x2x3

.





x1 +2x3 = 6−3x1 +4x2 +6x3 = 30−x1 −2x2 +3x3 = 8


1 0 2−3 4 6−1 −2 3

,~b =

6308

, dan ~x =

x1x2x3

.





x1 +2x3 = 6−3x1 +4x2 +6x3 = 30−x1 −2x2 +3x3 = 8


1 0 2−3 4 6−1 −2 3

,~b =

6308

, dan ~x = x1x2x3

.



A =

1 0 2−3 4 6−1 −2 3

, A1 =

6 0 230 4 68 −2 3

, A2 =

1 6 2−3 30 6−1 8 3

,A3 =

1 0 6−3 4 30−1 −2 8

. Akibatnyax1 =

det (A1)

det (A)=−4044

=−1011

, x2 =det (A2)

det (A)=72

44=18

11, dan

x3 =det (A3)

det (A)=152

44=38

11.



A =

1 0 2−3 4 6−1 −2 3

, A1 =

6 0 230 4 68 −2 3

, A2 =

1 6 2−3 30 6−1 8 3

,A3 =

1 0 6−3 4 30−1 −2 8

. Akibatnyax1 =

det (A1)

det (A)=−4044

=−1011

, x2 =

det (A2)

det (A)=72

44=18

11, dan

x3 =det (A3)

det (A)=152

44=38

11.



A =

1 0 2−3 4 6−1 −2 3

, A1 =

6 0 230 4 68 −2 3

, A2 =

1 6 2−3 30 6−1 8 3

,A3 =

1 0 6−3 4 30−1 −2 8

. Akibatnyax1 =

det (A1)

det (A)=−4044

=−1011

, x2 =det (A2)

det (A)=72

44=18

11, dan

x3 =

det (A3)

det (A)=152

44=38

11.



A =

1 0 2−3 4 6−1 −2 3

, A1 =

6 0 230 4 68 −2 3

, A2 =

1 6 2−3 30 6−1 8 3

,A3 =

1 0 6−3 4 30−1 −2 8

. Akibatnyax1 =

det (A1)

det (A)=−4044

=−1011

, x2 =det (A2)

det (A)=72

44=18

11, dan

x3 =det (A3)

det (A)=152

44=38

11.



Latihan: Solusi SPL dengan Aturan Cramer

LatihanTentukan solusi SPL

a +c = 4a −b = −1

2b +c = 7

dengan aturan Cramer.

Solusi:

SPL dapat ditulis dalam bentuk A~x = ~b, dengan A =

1 0 11 −1 00 2 1

,~x =

abc

, dan ~b = 4−17

.





a +c = 4a −b = −1

2b +c = 7


Solusi: SPL dapat ditulis dalam bentuk A~x = ~b, dengan A =

1 0 11 −1 00 2 1

,~x =

abc

, dan ~b = 4−17

.





a +c = 4a −b = −1

2b +c = 7



1 0 11 −1 00 2 1

,~x =

abc

, dan ~b =

4−17

.





a +c = 4a −b = −1

2b +c = 7



1 0 11 −1 00 2 1

,~x =

abc

, dan ~b = 4−17

.



A =

1 0 11 −1 00 2 1

, Aa =

4 0 1−1 −1 07 2 1

, Ab =

1 4 11 −1 00 7 1

,Ac =

1 0 41 −1 −10 2 7

. Akibatnya

|A| =

∣∣∣∣∣∣1 0 11 −1 00 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 1, |Aa| =

∣∣∣∣∣∣4 0 1−1 −1 07 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 1,|Ab| =

∣∣∣∣∣∣1 4 11 −1 00 7 1

∣∣∣∣∣∣ = 2, |Ac| =

∣∣∣∣∣∣1 0 41 −1 −10 2 7

∣∣∣∣∣∣ = 3a = |Aa|

|A| = 1, b =|Ab||A| = 2, c =

|Ac||A| = 3.



A =

1 0 11 −1 00 2 1

, Aa =

4 0 1−1 −1 07 2 1

, Ab =

1 4 11 −1 00 7 1

,Ac =

1 0 41 −1 −10 2 7

. Akibatnya

|A| =

∣∣∣∣∣∣1 0 11 −1 00 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 1, |Aa| =

∣∣∣∣∣∣4 0 1−1 −1 07 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 1,|Ab| =

∣∣∣∣∣∣1 4 11 −1 00 7 1

∣∣∣∣∣∣ = 2, |Ac| =

∣∣∣∣∣∣1 0 41 −1 −10 2 7

∣∣∣∣∣∣ = 3a =

|Aa||A| = 1, b =

|Ab||A| = 2, c =

|Ac||A| = 3.



A =

1 0 11 −1 00 2 1

, Aa =

4 0 1−1 −1 07 2 1

, Ab =

1 4 11 −1 00 7 1

,Ac =

1 0 41 −1 −10 2 7

. Akibatnya

|A| =

∣∣∣∣∣∣1 0 11 −1 00 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 1, |Aa| =

∣∣∣∣∣∣4 0 1−1 −1 07 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 1,|Ab| =

∣∣∣∣∣∣1 4 11 −1 00 7 1

∣∣∣∣∣∣ = 2, |Ac| =

∣∣∣∣∣∣1 0 41 −1 −10 2 7

∣∣∣∣∣∣ = 3a = |Aa|

|A| = 1, b =

|Ab||A| = 2, c =

|Ac||A| = 3.



A =

1 0 11 −1 00 2 1

, Aa =

4 0 1−1 −1 07 2 1

, Ab =

1 4 11 −1 00 7 1

,Ac =

1 0 41 −1 −10 2 7

. Akibatnya

|A| =

∣∣∣∣∣∣1 0 11 −1 00 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 1, |Aa| =

∣∣∣∣∣∣4 0 1−1 −1 07 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 1,|Ab| =

∣∣∣∣∣∣1 4 11 −1 00 7 1

∣∣∣∣∣∣ = 2, |Ac| =

∣∣∣∣∣∣1 0 41 −1 −10 2 7

∣∣∣∣∣∣ = 3a = |Aa|

|A| = 1, b =|Ab||A| = 2, c =

|Ac||A| = 3.


solusi spl dengan metode invers dan aturan...

Documents