PENYELESAIAN PERSAMAAN LINIER SIMULTAN PDF

Preview

Summary

PENYELESAIAN PERSAMAAN LINIER SIMULTAN ANNISA PUSPA KIRANA, S.KOM, M.KOM  Persamaan linier simultan adalah suatu bentuk persamaan-persamaan yang secara bersama-sama menyajikan banyak PERSAMAAN LINIER SIMULTAN variabel bebas  Bentuk persamaan linier simultan dengan m persamaan dan n variabel bebas ...

Description

Accelerat ing t he world's research.

PENYELESAIAN PERSAMAAN LINIER SIMULTAN Annisa Puspa Kirana

Related papers

Download a PDF Pack of t he best relat ed papers 

Avid-06 1 Fisika Komput asi cahya lucky

Met ode Numerik Sebagai Algorit ma Komput asi 1Penghalusan Kurva Dengan Fungsi Pendekat an Polin… Muh Asri Met ode Numerik (Int erpolasi Linear, Met ode Secant , Met ode It erasi, Met ode Newt hon-Rapshon) Jefrisensius Hendra Riko

PENYELESAIAN PERSAMAAN LINIER SIMULTAN ANNISA PUSPA KIRANA, S.KOM, M.KOM

 Persamaan linier simultan adalah suatu bentuk persamaan-persamaan yang secara bersama-sama menyajikan banyak

PERSAMAAN LINIER SIMULTAN

variabel bebas

 Bentuk persamaan linier simultan dengan m persamaan dan n variabel bebas

 aij untuk i=1 s/d m dan j=1 s/d n adalah koefisien atau persamaan simultan  xi untuk i=1 s/d n adalah variabel bebas pada persamaan simultan

PERSAMAAN LINIER SIMULTAN  Penyelesaian persamaan linier simultan adalah penentuan nilai xi untuk semua i=1 s/d n yang

memenuhi semua persamaan yang diberikan.

 AX = B

 Matrik A = Matrik Koefisien/ Jacobian.  Vektor x = vektor variabel

 vektor B = vektor konstanta.

 a11 a  21  ...  a m1

a12 a 22 ... am2

... a1n   x1   b1  ... a 2 n   x 2  b2       ...  ... ... ...     ... a mn   x n  bn 

PERSAMAAN LINIER SIMULTAN  Persamaan Linier Simultan atau

Sistem Persamaan Linier mempunyai kemungkinan solusi :  Tidak mempunyai solusi

 Tepat satu solusi  Banyak solusi

AUGMENTED MATRIX  Matrik yang merupakan perluasan matrik A dengan menambahkan vector B pada

kolom terakhirnya, dan dituliskan:

 Augmented (A) = [A B]

 a11 a  21  ...  a m1

a12 a 22 ... am2

a13 a 23 ... am3

... a1n ... a 2 n ... ... ... a mn

b1  b2  ...   bm 

CONTOH 1 :

 Seorang pembuat boneka ingin membuat dua macam boneka yaitu boneka A dan

boneka B. Kedua boneka tersebut dibuat dengan menggunakan dua macam bahan yaitu potongan kain dan kancing. Boneka A membutuhkan 10 potongan kain dan 6 kancing, sedangkan boneka B membutuhkan 8 potongan kain dan 8 kancing.

 Permasalahannya adalah berapa buah boneka A dan boneka B yang dapat

dibuat dari 82 potongan kain dan 62 kancing ?

CONTOH 1  Permasalahan ini dapat dimodelkan dengan menyatakan :  x = jumlah boneka A  y = jumlah boneka B

 Untuk setiap bahan dapat dinyatakan bahwa:  Potongan kain

10 untuk boneka A + 8 untuk boneka B = 82

 Kancing

6 untuk boneka A + 8 untuk boneka B = 62

 Atau dapat dituliskan dengan :

10 x + 8 y = 82 6 x + 8 y = 62

 Penyelesaian dari permasalahan di atas adalah penentuan nilai x dan y yang memenuhi kedua

persamaan di atas.

CONTOH 2 :  Perhatikan potongan peta yang sudah diperbesar (zoom) sebagai berikut : 3

4

2

1

 Perhatikan bahwa pada ke-4 titik tersebut dihubungkan dengan garis lurus, sehingga tampak kasar.

 Untuk menghaluskannya dilakukan pendekatan garis dengan kurva yang dibentuk dengan fungsi pendekatan polinomial.  Dari fungsi polinomial yang dihasilkan kurva dapat digambarkan dengan lebih halus.

CONTOH 2 :  4 titik yang ditunjuk adalah (2,3), (7,6), (8,14) dan (12,10). 4 titik ini dapat didekati dengan fungsi polinom pangkat 3 yaitu :

y  ax3  bx 2  cx  d

 Bila nilai x dan y dari 4 titik dimasukkan ke dalam persamaan di atas akan diperoleh model persamaan simultan sebagai

berikut : Titik 1  Titik 2  Titik 3  Titik 4 

3=8a+4b+2c+d 6 = 343 a + 49 b + 7 c + d 14 = 512 a + 64 b + 8 c + d 10 = 1728 a + 144 b + 12 c + d

 Nilai a, b, c dan d adalah penyelesaian dari permasalahan di atas.

CONTOH 2 :  Setelah nilai a, b, c dan d diperoleh maka persamaan polinomialnya didapatkan dan

dengan menggunakan step x yang lebih kecil dapat digambarkan grafiknya dengan lebih halus.

THEOREMA 4.1.

 Suatu persamaan linier simultan mempunyai penyelesaian tunggal bila memenuhi syarat-syarat sebagai

berikut.

 Ukuran persamaan linier simultan bujursangkar, dimana jumlah persamaan sama dengan jumlah variable bebas.

 Persamaan linier simultan non-homogen dimana minimal ada satu nilai vector konstanta B tidak nol atau ada bn

 0.

 Determinan dari matrik koefisien persamaan linier simultan tidak sama dengan nol.

METODE ANALITIK

 Metode grafis

 Aturan Crammer  Invers matrik

METODE NUMERIK



 

Metode Eliminasi Gauss

Metode Eliminasi Gauss-Jordan Metode Iterasi Gauss-Seidel

METODE ELIMINASI GAUSS  Metode Eliminasi Gauss merupakan metode yang dikembangkan dari metode

eliminasi, yaitu menghilangkan atau mengurangi jumlah variable sehingga dapat diperoleh nilai dari suatu variable bebas

 matrik diubah menjadi augmented matrik :

 a11  a 21  ...  a n1

a12

... a1n

a 22

... a 2 n

...

...

an2

...

... a nn

b1   b2  ...   bn 

METODE ELIMINASI GAUSS  Ubah matrik menjadi matrik segitiga atas atau segitiga bawah dengan menggunakan

OBE (Operasi Baris Elementer).  a11 a  21 a31   ... a n1

a12

a13

... a1n

a 22

a 23

... a 2 n

a32 ...

a33 ...

... a3n ... ...

an2

a n 3 ... a nn

b1  b2  b3   ...  bn 

c11 0  0   ...  0

c12

c13

... c1n

c 22

c 23

... c 2 n

0 ...

c33 ...

... c3n ... ...

0

0

... c nn

d1  d 2  d3   ...  d n 

OPERASI BARIS ELEMENTER

 Metode dasar untuk menyelesaikan Sistem Persamaan Linier adalah mengganti sistem

yang ada dengan sistem yang baru yang mempunyai himp solusi yang sama dan lebih mudah untuk diselesaikan

 Sistem yang baru diperoleh dengan serangkaian step yang menerapkan 3 tipe operasi.

Operasi ini disebut Operasi Baris Elementer 1. Multiply an equation through by an nonzero constant. 2. Interchange two equation. 3. Add a multiple of one equation to another.

METODE ELIMINASI GAUSS  Sehingga penyelesaian dapat diperoleh dengan:

dn xn  c nn

x n 1 

1 c n 1,n 1

 c

n 1, n

x n  d n 1 

.....................................

1 d 2  c23 x3  c24 x4  ...  c2 n xn  x2  c 22

1 d1  c12 x2  c13 x3  ...  c1n xn  x1  c11

CONTOH :

 Selesaikan sistem persamaan berikut:

x1  x 2  x3  6

x1  2 x 2  x3  2

2 x1  x 2  2 x3  10  Augmented matrik dari persamaan linier simultan tersebut :

1 1 1 6  1 2  1 2    2 1 2 10

CONTOH :

B2  B1  Lakukan operasi baris elementer

B3  2B1

B3  B2

1 6  1 1   0 1  2  4 0 1 0  2  

6 1 1 1 0 1  2  4    0 0  2  6

CONTOH :

 Penyelesaian :

6 x3  3 2 1 x 2   4  (2)3  2 1 1 x1  6  2  3  1 1

ECHELON FORMS  This matrix which have following properties is in reduced row-echelon form (Example 1, 2).

1. If a row does not consist entirely of zeros, then the first nonzero number in the row is a 1. We call this a leader 1. 2. If there are any rows that consist entirely of zeros, then they are grouped together at the bottom of the matrix. 3. In any two successive rows that do not consist entirely of zeros, the leader 1 in the lower row occurs farther to the right than the leader 1 in the higher row. 4. Each column that contains a leader 1 has zeros everywhere else.

 A matrix that has the first three properties is said to be in row-echelon form (Example 1, 2).

 A matrix in reduced row-echelon form is of necessity in row-echelon form, but not conversely.

EXAMPLE 1 form:  reduced row-echelon

 2 0 1 ROW-ECHELON & REDUCED FORM 0 1 ROW-ECHELON 1 0 0 4 1 0 0      0 1 0 7  , 0 1 0  , 0 0     0 0 0 0 1  1 0 0 1  0 0



0

0 0

1 3 0 0 , 0 0 0 0  0 0

row-echelon form: 1 4  3 7  1 1 0 0 1 2 6 0 0 1 6 2  , 0 1 0  , 0 0 1  1 0        0 0 1 5 0 0 0 0 0 0 0 1

EXAMPLE 2 MORE ON ROW-ECHELON AND REDUCED ROW-ECHELON FORM

 All matrices of the following types are in row-echelon form ( any real numbers

substituted for the *’s. ) : 1 0  0  0



* * * 1 1 * * 0 , 0 1 * 0   0 0 1 0

* * * 1 1 * * 0 , 0 1 *  0   0 0 0  0

0 * * *  0 1 * *  , 0  0 0 0   0 0 0 0  0

1 * * * * * * * * 0 0 1 * * * * * * 0 0 0 1 * * * * *  0 0 0 0 1 * * * * 0 0 0 0 0 0 0 1 *

All matrices of the following types are in reduced row-echelon form ( any real numbers substituted for the *’s. ) : 1 0  0  0

0 0 0 1 1 0 0 0 , 0 1 0  0   0 0 1  0

0 0 * 1 1 0 * 0 , 0 1 *  0   0 0 0  0

0 * 1 * 0 0 0 0

0 *  0 *  , 0  0   0 0  0

1 * 0 0 0 * * 0 * 0 0 1 0 0 * * 0 * 0 0 0 1 0 * * 0 *  0 0 0 0 1 * * 0 * 0 0 0 0 0 0 0 1 *

CONTOH SOLUSI DARI SISTEM PERS LINIER Anggaplah ini adalah matrik dari Sistem Persamaan Linier yang telah direduksi dengan bentuk row echelon.

1 0 0 5  (a) 0 1 0  2 0 0 1 4  Solution (a)

 5

x y

 -2

z 4

EXAMPLE 3 SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (B1) 1 0 0 4  1 (b) 0 1 0 2 6  0 0 1 3 2  Solution (b)

 4 x4  - 1

x1 x2

leading variables

 2 x4  6

x3  3x4  2

free variables

EXAMPLE 3 SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (B2) x1  - 1 - 4 x4

x 2  6 - 2 x4 x3  2 - 3 x4

Free variabel kita misalkan dengan t. Sehingga selanjutnya dapat kita tentukan leading variabelnya.

Sistem Persamaan Linier menghasilkan banyak solusi

x1  1  4t , x2  6  2t , x3  2  3t , x4  t

EXAMPLE 3 SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (C1) 1 0 (c)  0  0

6 0 0 4  2 0 1 0 3 1  0 0 1 5 2  0 0 0 0 0

Solution (c) 1. Pada baris ke-4 semuanya nol sehingga persamaan ini dapat diabaikan

x1  6 x2

 4 x5  - 2 x3

 3x5  1

x4  5 x5  2

EXAMPLE 3 SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (C2) Solution (c) 2. Selesaikan leading variabel dengan free variabel

3. Free variabel kita misalkan dengan t (sembarang value). Sehingga Sistem Persamaan Linier menghasilkan banyak solusi

x1  - 2 - 6 x2 - 4 x5 x3  1 - 3x5 x4  2 - 5 x5

x1  - 2 - 6 s - 4t ,

x2  s

x3  1 - 3t

x4  2 - 5t , x4  t

EXAMPLE 3 SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (D) 1 0 0 0 (d) 0 1 2 0 0 0 0 1 Solution (d): Persamaan terakhir pada Sistem Persamaan Linier

0 x1  0 x2  0 x3  1

Karena persamaan ini tidak konsisten, maka Sistem ini tidak mempunyai solusi

EXAMPLE 3 SOLUTIONS OF FOUR LINEAR SYSTEMS (D) 1 0 0 0 (d) 0 1 2 0 0 0 0 1 Solution (d): the last equation in the corresponding system of equation is

0 x1  0 x2  0 x3  1

Since this equation cannot be satisfied, there is no solution to the system.

 We shall give a step-by-step elimination procedure that can be used to reduce any matrix

ELIMINATION METHODS (1/7) to reduced row-echelon form.

0 0  2 0 7 12  2 4  10 6 12 28    2 4  5 6  5  1

ELIMINATION METHODS (2/7)  Step1. Locate the leftmost column that does not consist entirely of zeros. 0 0  2 0 7 12  2 4  10 6 12 28    2 4  5 6  5  1

Leftmost nonzero column

 Step2. Interchange the top row with another row, to bring a nonzero entry to top of the column

found in Step1.

2 4  10 6 12 28  0 0  2 0 7 12    2 4  5 6  5  1

The 1th and 2th rows in the preceding matrix were interchanged.

ELIMINATION METHODS (3/7)  Step3. If the entry that is now at the top of the column found in Step1 is a, multiply the first row by 1/a in

order to introduce a leading 1. 1 2  5 3 6 14  0 0  2 0 7 12    2 4  5 6  5  1

The 1st row of the preceding matrix was multiplied by 1/2.

 Step4. Add suitable multiples of the top row to the rows below so that all entires below the leading 1

become zeros.

14  1 2  5 3 6 0 0  2 0 7  12   0 0 5 0  17  29

-2 times the 1st row of the preceding matrix was added to the 3rd row.

ELIMINATION METHODS (4/7)  Step5. Now cover the top row in the matrix and begin again with Step1 applied to the submatrix that

remains. Continue in this way until the entire matrix is in row-echelon form. 14  1 2  5 3 6 0 0  2 0 7  12   0 0  5 0  17  29

14  1 2  5 3 6 0 0 1 0  7   6 2   0 0 5 0  17  29

Leftmost nonzero column in the submatrix

The 1st row in the submatrix was multiplied by -1/2 to introduce a leading 1.

ELIMINATION METHODS (5/7) 1 2  5 3 6 14  0 0 1 0  7  6  2   1 0 0 0 0 2 1   Step5 (cont.)

1 2  5 3 6 0 0 1 0  7 2  0 0 0 0 12

14   6 1 

1 2  5 3 6 0 0 1 0  7 2  0 0 0 0 1

14   6 2 

-5 times the 1st row of the submatrix was added to the 2nd row of the submatrix to introduce a zero below the leading 1.

The top row in the submatrix was covered, and we returned again Step1.

Leftmost nonzero column in the new submatrix The first (and only) row in the new submetrix was multiplied by 2 to introduce a leading 1.

 The entire matrix is now in row-echelon form.

ELIMINATION (6/7)  Step6. Beginning with las nonzeroMETHODS row and working upward, add suitable multiples of each row to the rows above to introduce zeros above the leading 1’s. 1 2  5 3 6 14 0 0 1 0 0 1    0 0 0 0 1 2 

1 2  5 3 0 2 0 0 1 0 0 1    0 0 0 0 1 2

7/2 times the 3rd row of the preceding matrix was added to the 2nd row.

-6 times the 3rd row was added to the 1st row.

1 2 0 3 0 7  0 0 1 0 0 1  5 times the 2nd row was added to   the 1st row. 0 0 0 0 1 2  The last matrix is in reduced row-echelon form.

ELIMINATION METHODS (7/7)

 Step1~Step5: the above procedure produces a row-echelon form and is called Gaussian

elimination.

 Step1~Step6: the above procedure produces a reduced row-echelon form and is called

Gaussian-Jordan elimination.

 Every matrix has a unique reduced row-echelon form but a row-echelon form of a given

matrix is not unique.

ALGORITMA METODE ELIMINASI GAUSS

METODE ELIMINASI GAUSS JORDAN  Metode ini merupakan pengembangan metode eliminasi Gauss, hanya saja augmented

matrik, pada sebelah kiri diubah menjadi matrik diagonal  a11 a  21 a31   ... a n1

a12

a13

... a1n

a 22

a 23

... a 2 n

a32 ...

a33 ...

... a3n ... ...

an2

a n 3 ... a nn

b1  b2  b3   ...  bn 

1 0  0  ...  0

d1  ... 0 d 2  ... 0 d 3   ... ... ...  ... 1 d n 

0

0 ... 0

1

0

0 1 ... ... 0

0

 Penyelesaian dari persamaan linier simultan diatas adalah nilai d1,d2,d3,…,dn dan atau:

x1  d1 , x2  d 2 , x3  d 3 ,...., xn  d n

CONTOH :  Selesaikan persamaan linier simultan:

 Augmented matrik dari persamaan

linier simultan

x1  x 2  3

2 x1  4 x 2  8

1 1 3 2 4 8  

 Lakukan operasi baris elementer Penyelesaian persamaan linier simultan : x1 = 2 dan x2 = 1

1 1 3 B2  2b1   0 2 2   1 1 3 B 2 / 2  0 1 1   1 0 2 B1  B2   0 1 1  

CONTOH : x  y  2z  9

2 x  4 y  3z  1 3x  6 y  5 z  0

1 1 2 9  2 4  3 1   3 6  5 0

B2-2B1

B2-2B1

x  y  2z  9 2 y  7 z  1 7 3x  6 y  5 z  0

9  1 1 2 0 2  7  17    3 6  5 0 

B3-3B1

B3-3B1

EXAMPLE 3 USING ELEMENTARY ROW OPERATIONS(2/4) x  y  2z  9 2 y  7 z  17 3 y  11z  27

9  1 1 2 0 2  7  17    0 3  11  27 

½ B2

½ B2

x  y  2z 

9

y  72 z   172

3 y  11z 

B3-3B2

0

9  1 1 2 0 1  7  17  2 2   0 3  11  27 

B3-3B2

EXAMPLE 3 USING ELEMENTARY ROW OPERATIONS(3/4) x  y  2z 

9

y  72 z   172

-2 B3

9   172   32 

9

y  72 z   172

B1- B2

z 3

 12 z   32

1 1 2 0 1  7 2  0 0  12

x  y  2z 

-2 B3

1 1 2 0 1  7 2  0 0 1

9   172  3 

B1- B2

EXAMPLE 3 USING ELEMENTARY ROW OPERATIONS(4/4) x

 112 z 

35 2

y  72 z   172 z 3

1 0 112  7 0 1  2  0 0 1

    3  35 2 17 2

B2 + 7/2 B3

1

x y

B1 - 11/2 B3 B2 + 7/2 B3

B1 - 11/2 B3

 Solusi x = 1, y=2 dan z=3

 2

z 3

1 0 0 1  0 1 0 2    0 0 1 3...