penyelesaian persmaan linear menggunakan metode eliminasi gauss, gauss jordan dan cramer

-

1. Sistem persamaan linear
2x
1
– x
2
+ 2x
3
= 7
x
1
+ 3x
2
– 5x
3
= 0
- x
1
+ x
3
= 4
Dng notasi matriks













101
531
212










3
2
1
x
x
x
=










4
0
7
A X=G
3x
1
– 7x
2
+ x
3
= 0
-2x
1
+ 3x
2
– 4x
3
= 0
Dng notasi matriks










432
173










3
2
1
x
x
x
=








0
0
A X=G
A, matriks koefisien
X, matriks variabel /peubah
G, matriks konstanta
Matriks augmented : matriks koefisien A
ditambah matriks konstanta G.
(A | G) =













4101
0531
7212

2. SISTEM PERSAMAAN LINEAR
A X = G
G = 0 ?
ya
Sistem persamaan linear homogen
A X = 0
tidak
Sistem persamaan linear nonhomogen
A X = G, dng G ≠ 0
Contoh :
3x – 5y + 3z = 0
x + 2y – z = 0
2x + y + 2z = 0
Contoh :
2x + y – 7z = 0
3x + 2y + z = 5
x – 6y + 2z = 0

3. SPL Nonhomogen
A X = G, G ≠ 0
Mempunyai jawab / konsisten
r(A) = r(A G)
Jawab tunggal
r(A) = r(A G) = n
Metode penyelesaian :
• Gauss
• Gauss-Jordan
• matriks invers
• Aturan cramer
Banyak Jawab
r(A) = r(A G) < n
Metode penyelesaian :
• dng OBE, bawa (A G)
ke bentuk echelon.

banyaknya variabel
bebas = n – r .
Tidak mempunyai jawab / inkonsisten
r(A) ≠ r(A G)
Keterangan :
n : banyaknya variabel
r : rank
(A G) : matriks augmented
(tambahan), yaitu
matriks koefisien &
matriks konstanta

4. SPL Nonhomogen dengan penyelesaian tunggal (unique)
Cari penyelesaian dari sistem :
x
1
– 2x
2
+ x
3
= -5
3x
1 + x
2 – 2x
3 = 11
-2x
1
+ x
2
+ x
3
= -2
Metode Gauss :
1.lakukan OBE, bawa (A G) menjadi
bentuk echelon
(A G) =













2112
11213
5121
~













12330
26570
5121













4110
26570
5121
~ ~
~













26570
4110
5121













2200
4110
5121
Persamaan baru menjadi :
x
1
– 2x
2
+ x
3
= -5
x
2
– x
3
= 4
2x
3 = -2
2. lakukan subtitusi balik :
2x
3 = -2 x
3 = -1
x
2
– x
3
= 4 x
2
– (-1) = 4
x
2
= 3
x
1 – 2x
2 + x
3 = -5
x
1
– 2(3) + (- 1) = -5
x
1 = 2
Jadi penyelesaiannya :
{(2, 3, -1)}.
r(A) = 3
r(A G) = 3
n = 3

5. SPL Nonhomogen dengan penyelesaian tunggal (unique)
Cari penyelesaian dari sistem :
x
1
– 2x
2
+ x
3
= -5
3x
1 + x
2 – 2x
3 = 11
-2x
1
+ x
2
+ x
3
= -2
Metode Gauss-Jordan :
lakukan OBE, bawa (A G) menjadi
bentuk echelon baris tereduksi.
(A G) =













2112
11213
5121
~













12330
26570
5121













4110
26570
5121
~ ~
~













26570
4110
5121













2200
4110
5121
Jadi penyelesaiannya :
{(2, 3, -1)}.
r(A) = 3
r(A G) = 3
n = 3
~













1100
4110
5121
~












1100
3010
4021
~










1100
3010
2001
Persamaan terakhir menjadi:
x
1
= 2
x
2
= 3
x
3
= -1

6. SPL Nonhomogen dengan penyelesaian tunggal (unique)
Cari penyelesaian dari sistem :
x
1
– 2x
2
+ x
3
= -5
3x
1 + x
2 – 2x
3 = 11
-2x
1
+ x
2
+ x
3
= -2
Metode Matriks Invers :
1. Cari invers dari A (bisa dng OBE,
atau bisa dng matriks adjoint).
Jadi penyelesaiannya :
{(2, 3, -1)}.
Jadi :
x
1
= 2
x
2
= 3
x
3
= -1
A X = G
A
-1
A X = A
-1
G
X = A
-1
G
A =













112
213
121
, maka
adj A =










735
531
333
det(A) = 6
A
-1
=
)det(
1
A
adj A=
6
1










735
531
333
2. Selesaikan X = A
-1
G
X =
6
1










735
531
333












2
11
5
=










1
3
2

7. SPL Nonhomogen dengan penyelesaian tunggal (unique)
Cari penyelesaian dari sistem :
x
1
– 2x
2
+ x
3
= -5
3x
1 + x
2 – 2x
3 = 11
-2x
1
+ x
2
+ x
3
= -2
Metode Cramer :
1.Cari det(A), dan det(A
i
) , yaitu
determinan dr A dng terlebih dahulu
mengganti kolom ke i dengan matriks
konstanta G
Jadi penyelesaiannya :
{(2, 3, -1)}.
|A| = = 6
| A
1 | =
2. Selesaikan X
i
= |A
i
| / | A |
112
213
121



112
2111
125



= 12
| A
2
| =
122
2113
151



= 18
| A
3 | =
212
1113
521


= - 6
2
6
12
||
||
1
1

A
A
x
3
6
18
||
||
2
2 
A
A
x
1
6
6
||
||
3
3 


A
A
x

8. SPL Nonhomogen dengan banyak jawab / banyak penyelesaian.
Selesaikan sistem :
x
1
– 2x
2
+ x
3
= 2
-2x
1
+ 3x
2
– 4x
3
= 1
-5x
1
+ 8x
2
– 9x
3
= 0
1.lakukan OBE, bawa (A G) menjadi
bentuk echelon
(A G) =













0985
1432
2121
~













10420
5210
2121
~












0000
5210
2121
r(A) = 2
r(A G) = 2
n = 3
Banyaknya variabel bebas = n – r = 3 – 2 = 1
Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci)
adalah : x
3
Persamaan baru menjadi :
x
1
– 2x
2
+ x
3
= 2
– x
2
– 2x
3
= 5
2.Berikan nilai parameter tertentu
pada variabel bebas, kemudian
subtitusikan pada persamaan baru.
Misalkan x
3 = α, dng α bil Real
– x
2
– 2x
3
= 5
– x
2 – 2α = 5
x
2
= - 2α – 5
x
1 – 2x
2 + x
3 = 2
x
1
– 2(- 2α – 5) + α = 2
x
1
= -5α – 8
Jadi penyelesaian umum :
{(-5α – 8, -2α – 5, α)}.
Jika diambil nilai α = 0, maka salah satu
penyelesaian khusus adalah {(-8, -5, 0)}.

9. SPL Nonhomogen dengan banyak jawab / banyak penyelesaian.
Selesaikan sistem :
x
1 – x
2 + 2x
3 – 3x
4 = - 2
-x
1 + x
2 – 3x
3 + x
4 = 1
2x
1 – 2x
2 + 3x
3 – 8x
4= - 5
Solusi :
(A G) =













58322
11311
23211
~
~













12100
12100
23211












00000
12100
23211
r(A) = 2
r(A G) = 2
n = 4
Banyaknya variabel bebas = n – r = 4 – 2 = 2
Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci)
adalah : x
2
dan x
4
Persamaan baru menjadi :
x
1
– x
2
+ 2x
3
– 3x
4
= - 2
– x
3
– 2x
4
= - 1
Misalkan x
2
= α, dan x
4
= β
dng α, β bil Real
– x
3
– 2x
4
= - 1– x
3
– 2β = - 1
x
3
= - 2β + 1
x
1
– x
2
+ 2x
3
– 3x
4
= - 2
x
1
– α + 2 (-2β + 1) – 3β = -2
x
1
= α + 7β – 4
Jadi penyelesiaan umum :
{(α + 7β – 4, α, - 2β + 1, β)}.
misal diambil nilai α = 1, dan β = 0, maka salah
satu penyelesaian khusus adalah {(-3, 1, 1, 0)}.

10. SPL Nonhomogen yang tidak mempunyai jawab / penyelesaian.
Selesaikan sistem :
x
1 – x
2 + 2x
3 – 3x
4 = - 2
-x
1 + x
2 – 3x
3 + x
4 = 1
2x
1 – 2x
2 + 3x
3 – 8x
4= - 3
Solusi :
(A G) =













38322
11311
23211
~
~













12100
12100
23211












20000
12100
23211
r(A) = 2
r(A G) = 3
n = 4
r(A) ≠ r(A G); tidak punya penyelesaian.
Mengapa ?
Persamaan baru yg terakhir dpt
dibaca :
0x
1
+ 0x
2
+ 0x
3
+ 0x
4
= 2
Apakah ada nilai x yang memenuhi ?
Sistem tidak punya penyelesaian.

11. SPL Homogen
A X = 0
Selalu mempunyai jawab / konsisten
Sebab pasti r(A) = r(A 0)
Jawab tunggal /
hanya jawab trivial / jawab nol
r(A) = n
Banyak Jawab. Selain jawab
trivial, ada jawab non trivial
r(A) < n
Metode solusi : Lakukan OBE terhadap matriks koefisien A, sehingga
menjadi bentuk echelon.
banyaknya var.bebas = n – r

12. SPL Homogen dangan Jawab Tunggal /hanya jawab trivial / hanya jawab nol
Selesaikan sistem :
x
1 – 2x
2 + x
3 = 0
-x
1
+ 3x
2
– 2x
3
= 0
2x
1
+ x
2
– 4x
3
= 0
Solusi :
(A 0) =













0412
0231
0121
~













0650
0110
0121
~













0100
0110
0121
r(A) = 3
r(A 0) = 3
n = 3
Sistem hanya mempunyai jawab nol,
Dari persamaan baru dapat dibaca :
x
1
– 2x
2
+ x
3
= 0
x
2 – x
3 = 0
– x
3
= 0
Dengan subtitusi balik diperoleh :
x
3
= 0,
x
2
= 0, dan
x
1
= 0
Catatan : saat OBE, perhatikan bahwa bagian kanan dari (A | 0) tidak berubah,
Jadi khusus sistem homogen kita dapat cukup melakukan OBE terhadap
matriks A; dengan mengingat bahwa bagian ruas kanan selalu bernilai 0 (nol).

13. SPL Homogen dengan banyak Jawab
Selesaikan sistem :
x
1 – 2x
2 + x
3 = 0
-x
1
+ 3x
2
– 2x
3
= 0
2x
1
+ x
2
– 3x
3
= 0
Solusi :
A =













312
231
121
~













550
110
121
~












000
110
121
r(A) = 2
n = 3
Dari persamaan baru dapat dibaca :
x
1
– 2x
2
+ x
3
= 0
x
2
– x
3
= 0
Dengan subtitusi balik diperoleh :
Banyaknya variabel bebas = n – r = 3 – 2 = 1
Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci)
adalah : x
3

Misalkan x
3 = α, dng α bil Real
x
2 – x
3 = 0 x
2 = α
x
1
– 2x
2
+ x
3
= 0 x
1 = α
Jadi penyelesaian umum :
{(α, α , α)}.
misal diambil nilai α = 1, maka salah satu
penyelesaian khusus adalah {(1, 1, 1)}.

14. SPL Homogen dengan banyak Jawab
Selesaikan sistem :
-x
1
+ x
2
– 3x
3
+ x
4
= 0
x
1
– x
2
+ 2x
3
– 3x
4
= 0
2x
1 – 2x
2 + 3x
3 – 8x
4= 0
Solusi :
A =













8322
3211
1311
~













6300
2100
1311
~












0000
2100
1311
r(A) = 2
n = 4
Banyaknya variabel bebas = n – r = 4 – 2 = 2
Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci)
adalah : x
2
dan x
4
Persamaan baru menjadi :
- x
1 + x
2 – 3x
3 + x
4 = 0
– x
3
– 2x
4
= 0
Misalkan x
2
= α, dan x
4
= β
dng α, β bil Real
– x
3
– 2x
4
= 0 – x
3
– 2β = 0
x
3
= - 2β
-x
1
+ x
2
– 3x
3
+ x
4
= 0
-x
1
+ α – 3(-2β) + β = 0
x
1
= α + 7β
Jadi penyelesaian umum :
{(α + 7β, α, - 2β, β)}.
misal diambil nilai α = 0, dan β = 1, maka salah
satu penyelesaian khusus adalah {(7, 0, -2, 1)}.

15. Jika mungkin, carilah jawab yang non trivial dari sistem persamaan :
x
1 – 3x
2 + x
3 + 2x
4 = 0
2x
1 – 5x
2 + 3x
3 + 4x
4 = 0
3x
1 – 8x
2 + 4x
3 + 6x
4 = 0
-4x
1 + 11x
2 – 5x
3 – 8x
4 = 0
Solusi :
A =


















85114
6483
4352
2131
~
















0110
0110
0110
2131
~














0000
0000
0110
2131
r(A) = 2
n = 4
Banyaknya variabel bebas = n – r = 4 – 2 = 2
Variabel bebasnya (yg tidak memuat unsur kunci)
adalah : x
3
dan x
4
Persamaan baru menjadi :
x
1
– 3x
2
+ x
3
+ 2x
4
= 0
x
2 + x
3 = 0
Misalkan x
3
= α, dan x
4
= β
dng α, β bil Real
x
2
+ x
3
= 0 x
2
+ α = 0
x
2 = - α
x
1
– 3x
2
+ x
3
+ 2x
4
= 0
x
1
– 3(-α) + α + 2β = 0
x
1
= - 4α – 2β
Jadi penyelesaian umum :
{(- 4α – 2β, -α, α, β)}.
misal diambil nilai α = 1, dan β = 1, maka salah
satu penyelesaian khusus adalah {(-6, -1, 1, 1)}.

16. Jika mungkin, carilah jawab yang non trivial dari sistem persamaan :
x
1 + 3x
2 + 3x
3 = 0
x
1 + 4x
2 + 3x
3 = 0
x
1 + 3x
2 + 4x
3 = 0
Solusi :
Sistem tersebut hanya mempunyai jawab trivial (jawab nol).
Jadi x
1
= x
2
= x
3
= 0.