PENGANTAR MATRIKS 1.1. Pendahuluan - IF Only News · PDF filePENGANTAR MATRIKS 1.1. ......

®Aljabar Linier dan Penerapannya

1

PENGANTAR MATRIKS

1.1. Pendahuluan

Dalam kehidupan sehari-hari sering dijumpai masalah yangmembutuhkan perlakuan khusus. Hal itu dimaksudkan untukkeperluan penyajian dan pencarian metode penyelesaiaannya. Salahsatu bentuk penyajian adalah menyusun item-item dalam bentukbaris dan kolom.

?Definisi 1.1.1 Matriks adalah susunan segiempat siku-siku daribilangan-bilangan.

Ukuran (ordo) suatu matriks ditentukan oleh banyaknya baris danbanyaknya kolom yang dimilikinya. Bilangan-bilangan dalam suatumatriks disebut unsur (entri) dari matriks tersebut. Notasi matriksdigunakan huruf besar, misal A, B, …dan notasi unsur digunakan hurufkecil yang berindek, misal aij adalah unsure dari suatu matriks padabaris ke-i dan kolom ke-j.

Secara umum, misal matriks A yang berukuran mxn, dapatditulis sebagai berikut

A mxn =11 12 1n

21 22 2n

ij

m1 m2 mn

a a ... aa a ... a. . a .

a a ... a

,

dengan aij adalah unsur dari matriks A pada baris-I dan kolm-j.

CContoh Diberikan suatu matriks berukuran 3x3

A =2 3 16 4 50 7 9

.

Maka 3 adalah unsur dari A pada baris-1 dan kolom-2, 5 adalah unsurA pada baris-2 dan kolom-3.


2

1.2. Jenis Matriks

Dalam subbab ini akan dibicarakan beberapa jenis matriks.Pembahasan dibatasi pada jenis-jenis matriks yang banyak digunakandalam materi selanjutnya.

?Definisi 1.2.1 Matriks A disebut matriks persegi jika banyaknyabaris sama dengan banyaknya kolom. Notasi Anxn

CContoh : Matriks A, B dan C berikut masing-masing merupakanmatriks persegi.

A = 1 24 3

B =3 4 21 3 67 3 1

C =

a b c de f g hi j k lm n o p

?Definisi 1.2.2 Matriks A disebut matriks kolom jika banyaknyakolom adalah satu. Notasi Amx1

CContoh :

A = 12

B =439

C =

abcd

?Definisi 1.2.3 Matriks A disebut matriks segitiga atas (bawah)jika setiap unsure di bawah(atas) diagonal utama adalah nol.


3

CContoh :

A = 1 20 3

B =3 4 20 3 60 0 1

C =1 1 80 4 60 0 0

D = 1 02 1

E =2 0 01 1 02 2 1

F =1 0 01 4 05 2 0

Matriks A, B, C masing-masing merupakan matriks segitiga atas,sedangkan matriks D, E dan F masing-masing merupakan matrikssegitiga bawah.

?Definisi 1.2.4 Matriks A disebut matriks identitas jika setiapunsur pada diagonal utamanya adalah satu dan unsur-unsurlainnya adalah nol.

Notas Inxn

CContoh :

A = 1 00 1

B =1 0 00 1 00 0 1

?Definisi 1.2.5 Matriks B disebut matriks transpose A jika unsurpada baris matriks B didapat dari unsur pada kolom matriks A.

Notas B = A’

CContoh : Misalkan diberikan tiga matriks A , B dan C, sebagaiberikut

A = 1 63 5

, B =1 7 32 5 28 3 6

, C =2 34 27 5

Maka didapat A’ = 1 36 5

, B’ =1 2 87 5 33 2 6

dan C’ = 2 4 73 2 5


4

?Definisi 1.2.6 Matriks persegi A nxn = [aij] disebut invertible(mempunyai balikan/invers) jika terdapat Bnxn sehingga berlakuAB = I dan BA = I, dengan I matriks identitas.

Notasi B = A-1

CContoh : Misalkan diberikan matriks A , dengan A = 3 72 5

. Maka

B = 5 72 3

− −

adalah matriks invers dari A atau ditulis B = A-1.

Hal itu karena AB = 3 72 5

5 72 3

− −

= 1 00 1

= I dan

BA = 5 72 3

− −

3 72 5

= 1 00 1

= I.

Dengan kata lain, terdapat matriks B sehingga berlaku AB = I danBA = I atau A adalah matriks yang mempunyai invers(invertible).

?Definisi 1.2.7 Matriks A disebut matriks eselon baris (MEB) jikamemenuhi

i. baris nol terletak pada baris bagian bawahii. pada baris tidak nol, unsur tidak nol pertama (pivot) baris

yang lebih bawah terletak pada kolom yang lebih kanan

CContoh : Diberikan matriks-matriks berikut

A = 1 00 1

B =3 4 20 2 60 0 0

C =1 1 50 0 40 0 0

D =1 4 20 2 60 1 0

E =1 3 10 0 60 2 0


5

Maka matriks A, B dan C masing-masing adalah MEB, sedangkan Ddan E bukan merupakan MEB. Eksistensi MEB dari suatu matriksadalah tidak tunggal.

?Definisi 1.2.8 Matriks A disebut matriks eseleon baris tereduksi(MEBT), jika memenuhi

i. A merupakan MEBii. Pivot setiap baris tidak nol adalah satuiii. Pd kolom yg memuat pivot, unsur selain pivot adalah nol

CContoh. Diberikan matriks-matriks berikut

A = 1 00 1

B =1 0 20 1 60 0 0

C =1 2 00 0 10 0 0

D =1 4 20 1 60 0 0

E =1 0 00 2 00 0 1

Maka A, B dan C masing-masing merupakan MEBT, sedangkan D danE bukan merupakan MEBT. Eksistensi MEBT dari suatu matriksadalah tunggal.

1.3 Operasi Matriks

Subbab ini membahas tentang operasi pada matriks. Operasi yangdibicarakan meliputi operasi jumlah dua matriks, operasi hasilkalimatriks dengan skalar dan operasi hasilkali dua matriks. Sebelummasuk pada pembahasan operasi matriks akan diberikan pengertiankesamaan dua matriks.


6

?Definisi 1.3.1 Dua matriks A dan B dikatakan sama jika ukurankedua matriks sama dan unsur yang seletak juga sama.

CContoh : Misalkan A mxn = [aij] dan Bmxn = [bij]. A = B jika aij = bij,untuk setiap i, j.

Definisi kesamaan dua matriks di atas memperlihatkan bahwakajian tentang matriks itu meliputi setiap unsur-unsurnya.

?Definisi 1.3.2 Misalkan A mxn = [aij] dan Bmxn = [bij]. Jumlahmatriks A dan B adalah suatu matriks yang unsur-unsurnyamerupakan jumlah unsur-unsur yang seletak dari matriks A danB.

Notasi : A + B = [ cij ], dengan cij = aij + bij, untuk setiap i,j.

CContoh. Misalkan A = 3 72 5

dan B = 9 23 1

.

Maka A + B = 3 72 5

+ 9 23 1

= 3 9 7 22 3 5 1

+ + + +

= 12 95 6

?Definisi 1.3.3. Misalkan A mxn = [aij] dan k suatu bilangan riil.Hasilkali matriks A dan k adalah suatu matriks yang unsur-unsurnya merupakan hasilkali unsur-unsurnya dengan k

Notasi : kA = [ cij ], dengan cij = kaij, untuk setiap i,j.

CContoh : Misalkan A = 3 72 5

dan k=9

Maka kA = 9. 3 72 5

= 9.3 9.79.2 9.5

= 27 6318 45


7

?Definisi 1.3.4 Misalkan A mxn = [aij] dan Bnxp = [bjk]. Hasilkalimatriks A dan B adalah suatu matriks yang unsur pada baris-idan kolom-k merupakan jumlahan dari hasilkali-hasilkali unsurpada baris-i matriks A dan unsur pada kolom-k matriks B.

Notasi : A Bmxp = [ cik ], dengan cik =n

ij jkj= 1

a b∑ , i = 1, 2, …, m,

k=1,2,…,p

CContoh Misalkan A = 2 14 5

dan B = 3 5 72 4 6

Maka AB = 2 14 5

. 3 5 72 4 6

= 2.3 1.2 2.5 1.4 2.7 1.64.2 5.2 4.5 5.4 4.7 5.6

+ + + + + +

= 8 14 2022 40 58

CContoh Misalkan A 3x3 =11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a aa a aa a a

, matriks vector X3x1 =xyz

dan

B3x1 =1

2

3

bbb

. Jika AX = B maka diperoleh hubungan sebagai

berikut

AX = B ⇔11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a aa a aa a a

.xyz

=1

2

3

bbb

⇔11 12 13

21 22 23

31 32 33

a x + a y + a za x + a y + a za x + a y + a z

=1

2

3

bbb

.

Dengan menggunakan sifat kesamaan dua matriks diperoleh hubungan a11 x + a12 y + a13 z = b1

a21 x + a22 y + a23 z = b2

a31 x + a32 y + a33 z = b3.


8

SISTEM PERSAMAAN LINIER (SPL)

2.1 Persamaan Linier (PL)

?Definisi 2.1.1 Persamaan Linier dengan n variabel x1, x2, …, xn

adalah suatu persamaan yang berbentuk

a1 x1 + a2 x2 + … + an xn = b,

dengan a1, a2, …, an, b bilangan riil.

Dalam suatu persamaan linier, variabel yang digunakanberderajat nol atau satu, variabel bukan fungsi trigonometri dantidak terjadi perkalian antara variabelnya.

CContoh :1. 2 x + 3y - 6z = 9 adalah suatu persamaan linier dengan 3 variabel,2. x1 + 3x2 + 2x3 + 8x4 + 4= 0 adalah suatu persamaan linier dengan 4

variabel.3. 6x2 + 2y – 3z = 1, bukan persamaan linier sebab memuat variable

berpangkat 24. 2 sin x – 3 cos x + 4 y = 5, bukan persamaan linier sebab memuat

fungsi trigonometrik5. 6xy + 3y + z = 7 bukan persamaan linier sebab memuat hasl kali dua

variable.

?Definisi 2.1.2 Selesaian (solusi) dari persamaan linier a1 x1 + a2

x2 + … + an xn = b adalah pasangan n-bilangan terurut (s1, s2, …,sn) yang jika s1 disubstitusikan ke x1, s2 disub-stitusikan ke x2,

, sn disubstitusikan ke xn maka berlaku

a1 s1 + a2 s2 + + an sn = b

?Himpunan semua solusi dari persamaan linier a1 x1 + a2 x2 + … + an

xn = b disebut Himpunan Solisi (HS).


9

CContoh :

1.Persamaan 3x + 7 = 0, untuk x bilangan bulat. Maka tidakterdapat x bilangan bulat yang memenuhi persamaan liniertersebut. Jadi, himpunan solusinya (HS) adalah himpunankosong. Ditulis HS = { }

2.Himpunan Solusi dari persamaan linier 2x = 8 adalah HS = {4}.3.Himpunan Solusi dari persamaan linier 2x + 3y + z = 7 adalah

HS = {(s, t, 7-2s+3t/ s, t ∈ R}.4.Proses penyelesaian : Dalam HS dari persamaan linier ini,

terdapat dua variable bebas, yaitu variable x dan y. Untukmenentukan nilai variable z, dapat ditentukan denganmensubstitusikan variable x dan y ke persamaan. Hasilperhitungan diperoleh nilai z = 7-2s-3t. Jadi, HS = {(s, t, 7-2s-3t) / s, t ∈ R }. ( Hasil HS ini, dijelaskan pada waktu kuliah)

2.2 Sistem Persamaan Linier (SPL)

?Definisi 2.2.1 Sistem Persamaan Linier (SPL) dengan n variabelx1, x2, , xn dan m persa-maan adalah suatu sistem persamaanyang berbentuk

a11 x1 + a12 x2 + … a1j xj + … + a1n xn = b1

a21 x1 + a22 x2 + … a2j xj + … + a2n xn = b2

. . . . . . . . **(1) am1 x1 + am2 x2 + … amj xj + … + amn xn = bm

dengan aij ∈ R,I=1,2, …, m dan j=I,2, … , n.

?Definisi 2.2.2 Selesaian (solusi) dari System Persamaan Llinier(**) adalah pasangan n-bilangan terurut (s1, s2, …, sn) yang jikas1 disubstitusikan ke x1, s2 disubstitusikan ke x2, , sn

disubstitusikan ke xn maka berlaku ai1 s1 + ai2 s2 + + ain sn = bi,i=1,2, , m


10

Secara lengkap, jika (s1, s2, …, sn) dari SPL (**) maka (s1, s2, …, sn)merupakan solusi dari setiap persamaan dalam SPL (**). Artinyaberlaku

a11 s1 + a12 s2 + a1j sj + + a1n sn = b1

a21 s1 + a22 s2 + a2j sj + + a2n sn = b2

. . . . . . . .

am1 s1 + am2 s2 + amj sj + + amn sn = bm

CHimpunan semua selesaian dari Sistem Persamaan Linier (**) disebutHimpunan Solusi

Notasinya HS

Sistem Persamaan Linier yang mempunyai selesaian disebutKonsisten dan Sistem yang tidak mempunyai selesaian disebut tidakkonsisten

CContoh :

Diberikan suatu SPL sebagai berikut :

1. 2x + 3y =7 2. x + 2y = 5 3. 2x + 5y= 73x + y =7 2x + 4y = 10 6x + 15y

= 10

♦Penyelesaian.

§Berdasarkan SPL di atas maka pasangan bilangan (2,1) merupakanselesaian dari SPL (1) karena x=2 dan y=1 memenuhi keduapersamaan, yaitu 2 . 2 + 3 . 1 = 7 dan 3 . 2 + 1 . 1 = 7 sehinggadiperoleh HS = { (2,1) }.


11

§Pada SPL (2), persamaan-2 merupakan 2 kali persamaan-1 sehinggaSPL mempunyai satu persamaan dengan 2 variabel. Maka terdapat1 variable bebas dan misal variabel bebasnya adalah y. Variabelbebas y dapat dipilih y = t, t bilangan riil. Substitusikan y = t kepersamaan sehingga didapat nilai x = 7-2t . Jadi HS = {(7-2t, t) / t ∈R}.

§Pada SPL(3), tidak terdapat pasangan bilangan (x,y) yang memenuhikedua persamaan. Sebab, jika memenuhi persamaan 1 maka 6x +15y = 3(2x + 5y) = 3 . 7 = 21 ≠ 10, sehingga HS = { }.

Untuk melihat tafsiran geometri dari selesaian suatu SPL,diberikan SPL dengan 2 persamaan dan 2 variabel, sebagai berikut :

a1 x + b1 y = c1

a2 x + b2 y = c2,dengan a1, a2, b1 dan b2 konstanta riil tidak nol.

Grafik persamaan-persamaan ini merupakan garis, misal garis l1dan garis l2. Karena titik (x,y) terletak pada sebuah garis jika danhanya jika bilangan-bilangan x dan y memenuhi persamaan tersebut,maka selesaian SPL tersebut akan bersesuaian dengan titikperpotongan dari garis l1 dan garis l2. Terdapat 3 (tiga) kemungkinan,yaitu :

(a). garis l1 dan garis l2 sejajar, yaitu jika tidak terdapat titikperpotongan sehingga sistem tidak mempunyai selesaian

(b). garis l1 dan garis l2 berpotongan pada satu titik, sehinggasistem hanya mempunyai satu (tunggal) selesaian.

(c). garis l1 dan garis l2 berimpit artinya terdapat takterhinggabanyak titik perpotongan. Dalam hal ini sistem mempunyaitakterhingga banyak selesaian. Biasa dikatakan SPLmempunyai banyak solusi.


12

Secara visual dapat digambarkan, sebagai berikut :

Y y y

X x x

l1 l2 l1 l2 l1 dan l2a) tidak ada solusi (b) satu solusi (c) takterhingga banyak solusi

Berdasarkan ilustrasi kasus di atas, maka SPL mempunyai tigakemungkinan yang berkaitan dengan selesaian, yaitu tidakmempunyai selesaian, mempunyai satu selesaian dan mempunyaitakterhingga banyak selesaian.

2.3 Metode Selesaian SPL

2.3.1 Operasi Persamaan Linier (OPL)

Metode dasar untuk menyelesaikan suatu SPL adalah menggantisistem yang diberikan dengan sistem baru. Sistem baru yangmempunyai himpunan selesaian (HS) sama, dengan pemecahan yanglebih mudah. Sistem baru ini diperoleh dari suatu tahapan denganmenerapkan suatu langkah operasi. Operasi-operasi yang dilakukandimaksudkan untuk menghilangkan variabel-variabel secarasistematis.

Operasi Persamaan Linier (OPL) tersebut adalah

1.mengalikan suatu persamaan dengan skalar riil tidak nol, k2.menukar letak dua persamaan3.mengganti suatu pers. dengan pers. tsb + k kali pers. lain


13

Untuk menyelesaikan suatu SPL dapat dilakukan dengan satuatau lebih operasi persamaan linier (OPL).

CContoh : Diberikan suatu SPL dengan 3 persamaan dan 3 variabel

x + 2y + 3z = 6 2x + 3y + 2z = 7 (2) 3x + y + 2z = 6

♦Penyelesaian. Untuk menyelesaikan SPL di atas digunakan langkah-langkah OPL :§persamaan 2 diganti dengan persamaan-2 + (-2) kali persamaan-1,sehingga diperoleh SPL baru, yaitu

x + 2y + 3z = 6 - y - 4z = -5 (3) 3x + y + 2z = 6

§persamaan 3 pada SPL (3) diganti dengan persamaan 3 + (-3) kalipersamaan 1, sehingga diperoleh SPL baru, yaitu

x + 2y + 3z = 6 - y - 4z = - 5 (4) - y - 7z = -12

§persamaan 3 pada SPL (4) diganti dengan persamaan 3 + (-1)persamaan 2 sehingga diperoleh SPL baru, yaitu

x + 2y + 3z = 6 - y - 4z = - 5 (5)

-3z = - 3

§Berdasarkan persamaan 3 pada SPL (5), didapat z = 1. Denganmensubstitusikan z=1 ke persamaan 2 diperoleh -y – 4 . 1 = -5sehingga didapat y = 1. Kemudian, dengan mensubstitusikan z=1dan y =1 ke persamaan 1 diperoleh x + 2 . 1 + 3 . 1 = 6 sehinggadidapat x = 1. Dengan demikian didapat HS = { (1,1,1) }.


14

2.3.2 Operasi Baris Elementer (OBE)

Proses penyelesaian SPL pada Contoh di atas, perbedaan SPL (1),SPL (2) hingga SPL (5) terletak pada koefisiennya, sedangkan variabeldan tanda “=” tetap. Oleh karena itu, untuk menyelesaikan suatu SPLdapat dilakukan dengan hanya mengoperasikan koefisen-koefisiendari setiap persamaannya. Hal ini dapat dilakukan denganmenggunakan operasi matriks.

Sistem Persamaan Linier (SPL **1) dengan m persamaan dan nvariabel

a11 x1 + a12 x2 + … a1j xj + … + a1n xn = b1

a21 x1 + a22 x2 + … a2j xj + … + a2n xn = b2

. . . . . . . . am1 x1 + am2 x2 + … amj xj + … + amn xn = bm

dapat disajikan secara matriks Amxn Xnx1 = Bmx1 dengan

Amxn =

11 12 1n

21 22 2n

m1 m2 mn

a a ... aa a ... a. . ... .

a a ... a

Xnx1 =1

2

m

xx.

x

Bmx1 =1

2

m

bb.

b

Untuk menyelesaikan SPL (1) digunakan matriks yang unsur-unsurnya merupakan gabungan unsur-unsur dari A dan B. Matriks inidinamakan matriks lengkap dan notasinya [A|B], atau

[A | B] =11 12 1n 1

21 22 2n 2

m1 m2 mn m

a a ... a ba a ... a b. . . . .

a a ... a b

.

Untuk proses pengerjaan pencarian HS, tidak menggunakanoperasi persamaan linier (OPL). Operasi-operasi yang digunakanuntuk menyelesaikan SPL melalui [A|B] adalah Operasi BarisElementer (OBE). OBE adalah suatu operasi yang hanya melibatkanunsure (bilangan) dalam suatu matriks. OBE terdiri dari 3 (tiga) jenislangkah dan dapat digunakan satu atau semuanya.


15

Operasi Baris Elementer (OBE)

No Operasi Notasi1 Mengalikan baris-i dengan konstanta

tidak nol k kRi

2 Menukar baris-i dengan baris-j Ri↔Rj

3 Mengganti baris-j dengan baris j + kbaris-i Rj+kRi

Operasi Baris Elementer tidak merubah HS dari sistempersamaan linier. Artinya SPL baru yang diperoleh dari SPL lamadengan menggunakan OBE, mempunyai selesaian yang sama. Untukmempertegas hal ini, didefinisikan pengertian matriks ekivalen baris.

?Definisi 2.3.2.1 Dua matriks disebut matriks ekivalen baris jikasalah satu matriks dapat diperoleh dengan melakukan OBEsebanyak hingga kali pada matriks yang lain.

Notasi : ~

Berdasarkan Definisi 2.3.2.1, dua sistem persamaan linier yangberkaitan dengan dua matriks yang ekivalen baris mempunyaiselesain yang sama. Hal ini dipertegas dalam teorem berikut.

?Teorema 2.3.2.2 Jika matriks lengkap dari dua SPL merupakanmatriks ekivalen baris maka kedua SPL mempunyai selesainyang sama.

CContoh : Diberikan SPL dengan 3 persamaan dan 3 variabel, sebagaiberikut

x + 2y + z = 0 3x + 8y + 7z = 8 2x + 7y + 9z = 15


16

§Penyelesaian. SPL dapat ditulis secara matriks A3x3 X3x1 = B3x1,dengan

A =1 2 13 8 72 7 9

X =xyz

B =08

15

.

Matriks lengkap dari SPL adalah

[A|B] =1 2 1 03 8 7 82 7 9 15

Untuk menyelesaikan SPL ini, dilakukan dengan membuatkoefisien x pada persamaan-2 dan persamaan-3 menjadi nol atauunsur a21 dan a31 adalah nol. Untuk dilakukan operasi baris berikut

[A|B] =1 2 1 03 8 7 82 7 9 15

~R2+(-3)R1

1 2 1 00 2 4 82 7 9 15

~R3+(-2)R1

1 2 1 00 2 4 80 3 7 15

~ ½ R2

1 2 1 00 1 2 40 3 7 15

~R3+(-3)R2

1 2 1 00 1 2 40 0 1 3

.

Matriks terakhir merupakan matriks lengkap dari SPL x + 2y + z = 0 y + 2z = 4 z = 3.

Substitusi z=3 ke persamaan-2 didapat y + 2 . 3 = 4 sehingga y = -2.Dengan mensubstitusikan z=3 dan y=-2 ke persamaan-1 diperoleh

x + 2 . (-2) + 3 = 0 sehingga x = 1.

HS = {(1,-2,3)}.


17

2.3.3 Eliminasi Gauss dan Eliminasi Gauss-Jordan

Telah diketahui bahwa setiap SPL dapat diselesaikan denganmengubah matriks lengkapnya menjadi suatu matriks tertentusehingga selesaiannya dapat segera diperoleh. Maka kecepatan dalammenyelesaikan SPL tergantung pada proses pengubahan matrikslengkap ke bentuk matriks yang spesifik. Matriks spesifik yangdimaksud adalah MEB atau MEBT.

?Definisi 2.3.3.1 Proses perubahan matriks lengkap [A|B] ke bentukMEB dengan OBE disebut Eliminasi Gauss. Sedangkan prosesperubahan matriks lengkap [A|B] ke bentuk MEBT melalui OBEdinamakan Eliminasi Gauss-Jordan.

?Algoritma Eliminasi Gauss

1. Cari kolom paling kiri yang memuat unsur tidak nol2. Jika unsur pertama kolom yang diperoleh dari langkah 1 sama

dengan nol, tukarlah baris pertama dari matriks baris yangunsur pada kolom tersebut tidak nol.

3. Buatlah unsur-unsur di bawahnya menjadi nol dengan OBE,sehingga matriks yang didapat akan berbentuk

1

0 0 * x x x0 0 00 0 0 A0 0 0

, dengan * pivot yang ditemukan.

4. Ulangi proses 1 sampai dengan 3 pada matriks A1.


18

?Algoritma Eliminasi Gauss-Jordan

1. Rubah matriks [A |B] menjadi MEB2. Buatlah pivot menjadi 13. Buat unsur pada kolom yang memuat pivot menjadi nol

dengan OBE.

Produk dari Algoritma Gauss dan Algoritma Gauss-Jordan adalahmatriks lengkap [A|B]* dalam bentuk MEB. Kemudian, SPL yangberkaitan dengan [A|B]* akan menunjukkan keterkaitan pivot denganvariabel dari SPL. Variabel tersebut adalah variabel tidak bebas danvariabel bebas. Pengertian keduanya tersaji dalam definisi berikut.

?Definisi 2.3.3.2 Variabel tidak bebas adalah suatu variabel yangberkaitan dengan pivot, sedangkan variabel bebas adalahvariabel yang tidak berkaitan dengan pivot..

Untuk melengkapi Algoritma Eliminasi Gauss dan Gauss-Jordan,berikut disajikan langkah-langkah untuk menyelesaikan SPL denganproses OBE. Perbedaan keduanya hanya terletak pada matrikslengkap [A|B]* yang dicapai.

®Langkah-2 selesaikan SPL dengan OBE

1. Tulis SPL dalam bentuk matriks2. Tulis matriks lengkap [A|B] dari SPL (1)3. Rubah [A|B] ke [A|B]* suatu MEB (untuk Eliminasi Gauss)

atau MEBT (untuk Eliminasi Gauss-Jordan) dengan OBE4. Tulis SPL yang berkaitan dengan [A|B]*5. Tentukan variabel tidak bebas dan variabel bebas6. Tentukan nilai variabel dengan substitusi mundur7. Tulis HS


19

Untuk mengetahui perbedaan kedua proses eliminasi ini,dijelaskan dengan contoh berikut..

CContoh : Diberikan Sistem Persamaan Linier dengan 3 persamaandan 3 variabel, yaitu

x + 2y + 3 z = 11 2x + 3y + z = 10 4x + y + 2z = 10

♦Penyelesaian.

1. SPL dapat ditulis secara matriks A3x3 X3x1 = B3x1, dengan

A =1 2 32 3 14 1 2

X =xyz

B =111010

.

2. Matriks lengkap dari SPL adalah

[A|B] =1 2 3 112 3 1 104 1 2 10

3. [A|B] =1 2 3 112 3 1 104 1 2 10

~R2+(-2)R1

1 2 3 110 1 5 124 1 2 10

− − −

~R3+(-4)R1

1 2 3 110 1 5 120 7 10 34

− − − − − −

~ -1R2

1 2 3 110 1 5 120 7 10 34

− − −

~R3+(7)R2

1 2 3 110 1 5 120 0 25 50

~(1/25) R3

1 2 3 110 1 5 120 0 1 2

*.

3. Matriks terakhir merupakan matriks lengkap yang berbentuk MEBdari SPL

x + 2y + 3z = 11 y + 5z = 12 z = 2.

4.Variabel tidak bebas x, y dan z sedangkan variabel bebasnya tidakada


20

5. Substitusi z=2 ke persamaan-2 didapat y + 5 . 2 = 12 sehingga y =2. Dengan mensubstitusikan z=2 dan y= 2 ke persamaan-1 diperolehx + 2.2 + 3.2 = 11 sehingga x = 1.

6. HS = {(1,2,2)}.

Jika menggunakan Eliminasi Gauss-Jordan maka langkah prosesOBE dilanjutkan hingga terbentuk MEBT. Perhatiakan hasil proses (2),

1 2 3 110 1 5 120 0 1 2

~R1+(-2)R2

1 0 7 130 1 5 120 0 1 2

− −

~R1+(7)R3

1 0 0 10 1 5 120 0 1 2

~R2+(-5)R3

1 0 0 10 1 0 20 0 1 2

**

4. SPL yang berkaitan dengan [A|B]** yang berbentuk MEBT adalah x = 1 y = 2 z = 25.Variabel tidak bebas adalah x, y dan z, sedangkan variabel

bebasnya tidak ada.6.HS = {(1,2,2)}.

®Catatan. Jika [A|B] dalam bentuk MEBT dengan tidak terdapatvariabel bebas maka A=I dan B adalah selesaiannya. Artinyaselesaian akan langsung terlihat dari proses 2. Anda bandingkandengan Eliminasi Gauss.

CContoh : Diberikan SPL dengan 3 persamaan dan 4 variabel

x1 + x2 + x3 + x4 = 12 x1 + 2x2 + 5x4 = 7 3x1 + 2x2 + 4x3 - x4 = 31


21

♦Penyelesaian.


A =1 1 1 11 2 0 53 2 4 1

−

X =1

2

3

4

xxxx

B =121731

.


[A|B] =1 1 1 1 121 2 0 5 173 2 4 1 31

−

3. [A|B] =1 1 1 1 121 2 0 5 173 2 4 1 31

−

~R2+(-1)R1

1 1 1 1 120 1 1 4 53 2 4 1 31

− −

~R3+(-3)R1

1 1 1 1 120 1 1 4 50 1 1 4 5

− − − −

~R3 +1R2

1 1 1 1 120 1 1 4 50 0 0 0 0

−

*

4. Matriks terakhir merupakan matriks lengkap yang berbentuk MEBdari SPL adalah

x1 + x2 + x3 + x4 = 12 x2 - x3 + 4x4 = 5 0 = 05.Variabel tidak bebasnya adalah x1 dan x2, sedang variabel

bebasnya adalah x3 dan x4.6.Misalkan variabel bebas x3 = s dan x4 = t, dengan s, t sebarang

bilangan riil. Substitusikan x3 = s dan x4 = t ke persamaan-2didapat x2 – s + 4t = 5 sehingga diperoleh x2 = s – 4t + 5.Kemudian, dengan substitusi x3 = s, x4 = t dan x2 = s – 4t + 5 kepersamaan-1 diperoleh x1 + (s-4t+5) + s + t = 12 sehingga diperolehx1 = -2s + 3t + 7.

7.HS = { (2s + 3t + 7, s – 4t + 5, s, t ) / s, t ∈ R }


22

Jika menggunakan Eliminasi Gauss-Jordan, dilanjutkan proses (2)hingga terbentuk MEBT. Perhatikan kembali hasil proses (2)

1 1 1 1 120 1 1 4 50 0 0 0 0

−

~R1+(-1)R2

1 0 2 3 70 1 1 4 50 0 0 0 0

− −

**

(3) SPL yang berkaitan dengan [A|B]** adalah

x1 + 2x3 – 3x4 = 7 x2 - x3 + 4x4 = 5(4) Variabel tidak bebasnya adalah x1 dan x2, sedangkan variabel

bebas adalah x3 dan x4.(5) Misalkan variabel bebas x3 = s dan x4 = t, dengan s, t sebarang

bilangan riil. Substitusikan x3 = s dan x4 = t ke persamaan-2didapat x2 – s + 4t = 5 sehingga diperoleh x2 = s – 4t + 5.Kemudian, dengan substitusi x3 = s dan x4 = t ke persa-maan-1diperoleh x1 + 2s – 3t = 12 sehingga diperoleh x1 = -2s + 3t + 7.

(6) HS = { ( 2s + 3t + 7, s – 4t + 5, s, t ) / s, t ∈ R }.

Secara praktis, Eliminasi Gauss-Jordan tidak memberikankeuntungan yang berarti. Karena pada ME sudah dapat menentukannilai variabel dengan substitusi mundur. Keuntungan dari ElimanasiGauss-Jordan menyangkut pengembangan teori. Misalkan sebarangSPL diberikan

a11 x1 + a12 x2 + … a1j xj + … + a1n xn = b1

a21 x1 + a22 x2 + … a2j xj + … + a2n xn = b2

. . . . . . . . am1 x1 + am2 x2 + … amj xj + … + amn xn = bm


23

Selesaian dapat langsung diketahui berdasarkan MEBT-nya.Misalkan xj1, xj2, …, xjr merupakan variabel bebas maka SPL yangberkaitan dengan MEBT dari matriks lengkapnya adalah

x1 + ∑ c1k xk = d1

x2 + ∑ c2k xk = d2

… … xjr + ∑ cjk xk = dr

(3)0 = dr+1

…0 = dm ,

dengan ∑ menyatakan jumlah yang memuat variabel bebas.SPL tersebut mempunyai selesaian jika dr+1 = dr+2 = … = dm = 0.Kemudian banyaknya unsur pivot adalah r = min{m,n}, yaitu r ≤ mdan r ≤ n.

Dalam kasus r < n, terdapat variabel bebas sebanyak (n-r) buah.Dengan demikian selesaian dari SPL tersebut mempunyai (n-r) buahparameter.

Dalam hal r = n, ∑ pada SPL (3) tidak ada dan SPL mempunyaiselesai tunggal, yaitu xj1=d1, xj2 = d2, …, xjn = dn.

2.3.3. Matriks Balikan (invers)

Telah diketahui bahwa matriks A dapat dibalik (invertible) jikaterdapat matriks B sehingga berlaku AB = I dan BA = I, dengan Imatriks identitas. Dalam subbab ini akan dibicarakan metode ataulangkah-langkah dalam menentukan A-1 dengan memanfaatkan OBEdan peran A-1 untuk menyelesaikan suatu SPL.


24

?Langkah-2 menetukan A-1 dengan OBE

Misalkan diberikan suatu matriks Anxn = [ aij ]. Akan ditentukanmatriks A-1 maka dilakukan langkah-langkah berikut :

1. Tulis [ A | I ]2. Rubah [ A | I ] menjadi [ I | A-1 ] dengan OBE.

Untuk menentukan peran matriks invers dari A terhadapproses penyelesaian suatu SPL, diberikan teorema berikut.

?Teorema 2.3.3.1 Misalkan Anxn = [ aij ] suatu matriks yangdapat dibalik. Maka untuk setiap Bnx1, SPL Anxn Xnx1 = Bnx1

akan mempunyai tepat satu solusi, yaitu X = A-1 B.

CContoh : Misalkan suatu SPL dengan 3 persamaan dan 3 variabel,sebagai berikut :

x + 2y + 4z = 8 2x + 3y + 2z = 9 4x + 2y + z = 11

♦Penyelesaian.


A =1 2 42 3 24 2 1

X =xyz

B =8911

.

2. [A | B] =1 2 2 1 0 02 3 1 0 1 04 1 2 0 0 1

, dengan


25

1 2 2 1 0 02 3 1 0 1 04 1 2 0 0 1

~R2+(-2)R1

1 2 4 1 0 00 1 6 2 1 04 1 2 0 0 1

− − −

~R3+(-4)R1

1 2 3 1 0 00 1 6 2 1 00 6 15 4 0 1

− − − − − −

~(-1) R2

1 2 3 1 0 00 1 6 2 1 00 7 10 1 0 1

− − − −

~R1+(-2)R2

1 0 8 3 2 00 1 6 2 1 00 7 10 1 0 1

− − − − − −

~R3+(7)R2

1 0 8 3 2 00 1 5 2 1 00 0 21 8 6 1

− − − −

~(1/21) R3

1 0 7 3 2 00 1 6 2 1 00 0 1 8 / 21 6 / 21 1/ 21

− − − −

~R1+(7)R3

1 0 0 1/ 21 6 / 21 8 / 210 1 5 2 1 00 0 1 13/ 25 7 / 25 1/ 25

− − −

~R2+(-5)R3

1 0 0 1/ 21 6 / 21 8 / 210 1 0 8 / 21 6 / 21 1/ 210 0 1 6 / 21 15 / 21 6 / 21

− − −

***

♦Berdasarkan hasil [A|I] diperoleh A-1 =1 6 8

1/ 21 8 6 16 15 6

− − − −

.

♦Untuk , X = A-1 B =1 6 8

1/ 21 8 6 16 15 6

− − − −

8911

= 1/21(8-54+ 88)

(-48+ 135-66)(64-54+ 11)

= 1/21422121

=211

♦HS = {( 2,1,1 )}


26

DETERMINAN

3.1 Pendahuluan

Misalkan A = a bc d

, dengan a, b, c dan d bilangan riil. Jika nilai

(ad – bc) ≠ 0 maka matriks A mempunyai balikan. Artinya denganmengetahui sebuah bilangan yang dikaitkan dengan matriks tersebutdapat diketahui sifat kesingularan matriks. Hal ini merupakanpenemuan yang luar biasa. Pada bab ini akan diperluas gagasantersebut untuk sebarang matriks berukuran nxn. Pembahasandikhususkan pada metode menentukan nilai determinan dengan sifat-sifat OBE dan metode Minor dan Kofaktor.

Definisi 3.1.1 Fungsi Determinan adalah suatu fungsi yangmengasosiasikan sebuah matriks dengan sebuah bilangan riil.

Misalkan A = a bc d

maka determinan dari A adalah (ad-bc). Notasi :

det(A) = (ad-bc). Berdasarkan hasil ini, akan dibicarakan beberapa sifatdeterminan yang dikaitkan dengan OBE. Akan dikaji operasi dalamOBE yang tidak merubah nilai determinan suatu matriks kuadrat.

Teorema 3.1.2 Misalkan A = a bc d

, dengan det(A) = ad-bc dan k

suatu bilangan riil, maka berlaku :i. Jika B2x2 dan A ~k Ri B2x2 maka det(B) = k det(A)ii.Jika B2x2 dan A ~R1↔R2 B2x2 maka det(B) = - det(A)iii. Jika B2x2 dan A ~R2+ kRi B2x2 maka det(B) = det(A)iv. Jika B2x2 dan B2x2 = A’ maka det(B) = det(A)

uBukti : Akan dibuktikan (iii). Karena A ~R2+ kRi B2x2 maka B =a b

c+ ka d+ kb

sehingga det(B) = a(d+kb) – b(c+ka) = (ad –bc )+

(kab – kab) = ad – bc = det(A).

Berdasarkan Teorema 3.1.2, memberikan ilustrasi untukmemperluas untuk sebarang matriks kuadrat dan telah terbuktibahwa hal tersebut adalah benar. Sebagaimana tersaji dalamTeorema 3.1.3 berikut.


27

Teorema 3.1.2 Misalkan A nxn = [ aij ] dan k suatu bilangan riil

i. Jika Bnxn dan A →k Ri Bnxn maka det(B) = k det(A)ii. Jika Bnxn dan A →Ri↔Rj Bnxn maka det(B) = - det(A)iii. Jika Bnxn dan A →Rj+ kRi Bnxn maka det(B) = det(A)iv. Jika Bnxn dan Bnxn = A’ maka det(B) = det(A)v. Jika Inxn maka det(I) = 1vi. Jika Anxn, Bnxn dan Cnxn adalah tiga matriks yang hanya

berbeda pada baris-i. Unsur-unsur Baris-i matriks Amerupakan jumlahan dari unsur-unsur pada baris-idarimatriks B dan C. Maka det(A) = det(B) + det(C).

3.2 Menetukan Nilai Determinan suatu Matriks Kuadrat

3.2.1 Dengan menggunakan OBE

Untuk menentukan nilai determinan dengan menggunakan OBE,dilakukan melalui matriks segitiga atas. Hal itu karena nilaideterminan matriks segitiga atas sudah diketahui, sebagaimanaTeorema berikut.

Teorema 3.2.1 Misal Anxn = [ aij ] suatu matriks segitiga atas.Maka det(A) adalah hasilkali unsur pada diagonal utama, yaitudet(A) = Π aii

uLangkah-langkah menentukan determinan suatu matriks dengan OBE

1.Tulis matriks kuadrat A2.Rubah matriks A ke A* suatu matriks segitiga atas, dg OBE-33.Tentukan det(A*) = Π aii

4.Tulis det(A) = det(A*)

uContoh

Misalkan A =1 3 52 3 63 2 1

maka det(A) dapat dihitung dengan OBE,

yaitu

♦ A =1 3 52 3 63 2 1

~R2+(-2)R1

1 3 50 3 43 2 1

− −


28

~R3+(-3)R1

1 3 50 3 40 7 14

− − − −

~R3+(-7/3)R2

1 3 50 3 40 0 14 / 3

− − −

=B

♦Karena B suatu matriks segitia atas maka det(B) = 1 . –3 . –14/3 =14. Karena B diperoleh dari A dengan menggunakan OBE ke-3 makadet(A) = det(B) = 14.

3.2.2 Dengan menggunakan Minor dan Kofaktor

Untuk membicarakan Minor dan Kofaktor suatu matriks kuadrat,di bawah ini diberikan ilustrasi contoh sehingga mudah difahami.

Misalkan A =11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a aa a aa a a

. Menurut sifat determinan maka det(A)

dapat ditulis sebagai det(A) = det(11

21 22 23

31 32 33

a 0 0a a aa a a

) +

det(12

21 22 23

31 32 33

0 a 0a a aa a a

) + det(13

21 22 23

31 32 33

0 0 aa a aa a a

).

Sekarang perhatikan,

det(11

21 22 23

31 32 33

a 0 0a a aa a a

) = a11 det( 21 22 23

31 32 33

1 0 0a a aa a a

) = a11 det( 22 23

32 33

1 0 00 a a0 a a

)

Assumsikan a22 ≠ 0, maka a11 det( 22 23

3233 23

22

1 0 00 a a

a0 0 a - aa

) sehingga

didapat

det(11

21 22 23

31 32 33

a 0 0a a aa a a

) = a11 ( 1 . a22 . (a33 – a32/a22 a23) = a11 ( a22

a33 – a23 a32).

atau det(11

21 22 23

31 32 33

a 0 0a a aa a a

) = a11 det ( 22 23

32 33

a aa a

).


29

Dengan menggunakan cara serupa akan diperoleh

det(12

21 22 23

31 32 33

0 a 0a a aa a a

) = - a12 det( 21 23

31 33

a aa a

) dan

det(13

21 22 23

31 32 33

0 0 aa a aa a a

) = a13 det( 21 22

31 32

a aa a

).

Kesimpulan, det(A) = a11 det ( 22 23

32 33

a aa a

) - a12 det( 21 23

31 33

a aa a

) + a13

det( 21 22

31 32

a aa a

).

Atau dapat ditulis,

Det(A) = a11 M11 – a12 M12 + a13 M13 ,

dengan Mij adalah det dari submatriks A yang berukuran 2x2 dandisebut Minor dari determinan semula.

Definisi 3.2.3.1 Misalkan Anxn = [ aij ]. Minor Mij adalahdeterminan dari matriks berukuran (n-1)x(n-1) yang didapatdari A dengan menghapus baris-i dan kolom-j. SedangkanKofaktor Aij = (-1)I+j Mij.

Teorema 3.2.3.2 Misalkan Anxn = [ aij ].

Nilai det(A) dapat dihitung dengan cara perluasan baris–i, yaitu

det(A) = ai1Ai1 + ai2 Ai2 + … + ain Ain

=(-1)I+1 ai1Mi1 + (-1)I+2 ai2 Mi2 + … +(-1)I+n ain Min

Nilai det(A) dapat dihitung dengan cara perluasankolom-j, yaitu

det(A) = a1j A1j + a2j A2j + … + anj Anj

=(-1)j+1 a1j M1j + (-1)j+2 a2j M2j + … +(-1)j+n anj Mnj

tContoh Misalkan A =1 3 52 3 63 2 1

♦Maka det(A) dengan cara perluasan baris-1 adalah

Det(A) = a11A11 + a12 A12 + a13 A13

= (-1)1+1 a11M11 + (-1)1+2 a12 M12 + (-1)1+3 a13M13


30

= 1 3 62 1

- 3 2 63 1

+ 5 2 33 2

= 1 (3-12) – 3(2-18) + 5(4-9) =-9 + 48 –25 = 14

♦ Maka det(A) dengan cara perluasan kolom-1 adalah

Det(A) = a11A11 + a21 A21 + a31 A31

= (-1)1+1 a11M11 + (-1)2+1 a21 M21 + (-1)3+1 a31M31

= 1 3 62 1

- 2 3 52 1

+ 3 3 53 6

= 1 (3-12) – 2(3-10) + 3(18-15) = -9 + 14 + 9 = 14

3.2.3Menyelesaiakan SPL dengan Determinan

Sistem Persamaan Linier (SPL) dapat diselesaikan denganmenggunakan determinan melalui Rumus Cramer dan Matrikss Invers.Sebagaimana tertuang dalam Teorema berikut.

Teorema 3.2.3.1 (Rumus Cramer). Misalkan SPL dengan npersamaan dan n variabel dapat ditulis secara matrikss Anxn

Xnx1 = Bnx1 dan det(A) ≠ 0. Maka nilai dari variabel xi dapatdihitung dengan

xi = idet(A )det(A)

, i=1,2, ,n

dengan Ai adalah matriks yang diperoleh dari A denganmengganti kolom-i dengan matriks kolom B.

tContoh Misakan diberikan SPL dengan 3 persamaan dan 3 variabel,

2x1 + 3x2 + x3 = 13-4x1 + 5x2 + 2 x3 = 0

3x1 - 2x2 + 5x3 = 10.♦Penyelesaian. Akan diselesaikan dengan aturan Cramer,.

Det(A) =det(2 3 14 5 23 2 5

− −

) = 129

Det(A1) = det(3 3 10 5 2

10 2 5

−

) = 387


31

Det(A1) = det(2 13 14 0 23 10 5

−

) = 258

Det(A1) = det(2 3 134 5 03 2 10

− −

) = 129

Sehingga x1 = det(A1)/det(A) = 387/129 = 3, x2 = det(A2)/det(A) = 258/129 = 2 dan x3 = det(A3)/det(A) = 129/129 = 1.

♦HS = {(3,2,1)}

tTeorema 3.2.3.2 Misalkan Anxn= [ aij ] yang mempunyai balikan.Maka balikan dari matriks A adalah A-1

nxn =Adj Adet(A)

=t

ijAdet(A) ,

dengan Aij merupakan kofaktor dari matriks A.

tContoh Misakan diberikan SPL dengan 3 persamaan dan 3 variabel,

x1 + 2x2 + x3 = 0 3x1 + 8x2 + 7x3 = 8 2x1 + 7x2 + 9x3 = 15.

♦Penyelesaian. Berdasarkan SPL di atas diperoleh

det(A) = det(1 2 13 8 72 7 9

) = 1(72-49) – 2(27-14) + 1(21-16) = 54

♦Kemudian dihitung kofaktor Aij, A11 = M11 = 23 A21 = -M21 = -11 A31 = M31 = 6

A12 = -M11 = -15 A22 = M22 = 7 A32 = -M32 = -4A13 = M13 = 5 A23 = -M23 = -3 A33 = M33 = 2

Sehingga diperoleh

Adj A =23 11 615 7 45 3 2

− − − −

dan A-1 = 1/5423 11 615 7 45 3 2

− − − −

Akhirnya, diperoleh selesaiannya X = A-1 B

= 1/5423 11 615 7 45 3 2

− − − −

08

15

= 1/5454108

162

−

=12

3

−

.

♦HS = {(1,-2,3)}


32

TEORI BILANGAN

3.1 Keterbagian (divisibility)

Apabila dua bilangan a dan b dikalikan diperoleh bilanganketiga yaitu c, maka c dikatakan terbagi oleh a dan b. Sebagaimana,operasi pengurangan merupakan kebalikan dari operasi tambah,operasi perkalian merupakan kebalikan dari operasi bagi. Dalamsubbab ini akan dibicarakan keterbagian dan sifat-sifatnya.

tDefinisi 3.1.1 Misalkan a dan b suatu bilangan bulat. a disebutmembagi b jika terdapat suatu bilangan bulat k sehinggaberlaku b = ka. Notasi a|b

Jika a membagi b maka a disebut faktor b atau a pembagi batau b kelipatan a. Beberapa sifat dari keterbagian tertuang dalamteorema berikut.

tTeorema 3.1.2

i. Jika d|a dan d|b maka d|(a+b) ii. Jika d|a dan d|b maka d|(a-b) iii. Jika d|a maka untuk sebarang bilangan bulat c berlakud|ca

tBukti : Akan dibuktikan (iii). Karena d|a maka terdapat bilanganbulat m sehingga a = md. Kemudian, untuk sebarang bilangan bulat cmaka berlaku ca = cmd atau ca = (cm) d. Jadi, terdapat bilanganbulat cm sehingga ca = (cm) d atau d|ca.

Teorema (i) dan (iii) berakibat , jika d|a dan d|b maka untuksebarang bilangan x dan y berlaku d|(xa+yb).

tContoh Karena 3|9 dan 3|15 maka 3|(5.9+6.15) atau 3|135.

tTeorema 3.1.3 (Algoritma Pembagian) Misalkan a dan b suatubilangan bulat dengan b ≠ 0. Maka terdapat secara tunggabilangan bulat q dan r (sisa) sehingga berlaku a = qb + r, dengan0 ≤ r < b.

tBukti dapat dilihat pada [2] halaman 8-9.


33

3.2. Faktor Persekutuan Terbesar (FPB)

tDefinisi 3.2.1 Suatu bilangan bulat d dikatakan sebagai faktorpersekutuan (FP) dari a dan b jika dan hanya jika d|a dan d|b.

tContoh 5 adalah factor persekutuan dari 10 dan 25 karena 5|10dan 5|25.

tDefinisi 3.2.2 Suatu bilangan bulat d dikatakan sebagai faktorpersekutuan terbesar (FPT) dari a dan b jika dan hanya jika dmerupakan factor persekutuan a dan b serta setiap c factorpersekutan a dan b berlaku c ≤ d. Notasi (a,b) = d.

tContoh ( 8,20 ) = 4 , sebab 4 merupakan faktor persekutuan dansetiap c faktor persekutuan dari 8 dan 20 berlaku c ≤ 4. Hal inibenar karena himpunan faktor persekutuan bulat positip dari 8dan 20 adalah {1,2,4}.

3.3 Kongruensi

Salah satu konsep yang banyak digunakan dalam teori bilanganadalah kongruensi bilangan bulat. Dengan kongruensi dapat dipelajarikonsep keterbagian dan sifat-sifatnya. Teorema berikut akanmenyajikan 3 ekivalensi dari kongruensi bilangan bulat.

tTeorema 3.3.1 Statemen berikut adalah ekivalen :

1. Misalkan m suatu bilangan bulat positip, a kongruen dengan bmodulo m, ditulis a ≡ b mod m jika hanya jika m|(a-b)

2.a ≡ b mod m jikan dan hanya jika dan hanya jika a dan bmempunyai sisa yang sama, apabila masing-masing dibagi oleh m

3. a ≡ b mod m jika dan hanya jika a = b + km, untuk suatubilangan bulat k.

tBukti : Akan dibuktikan (ii →i) Karena a dan b mempunyai sisa yangsama atas pembagian m maka menurut algoritma pembagiandiperoleh a = qm + r dan b = sm + r dengan 0 ≤ r < m. Denganmengurangkan didapat (a-b) = (s-q)m atau m|(a-b).

(i→iii) Karena a ≡ b mod m maka menurut (i) didapat m|(a-b).Artinya terdapat bilangan bulat k sehingga berlaku a-b = km.Dengan kata lain berlaku a = b + km, untuk suatu bilangan bulat k.

(iii →ii) Misalkan a ≡ b mod m. Maka menurut (iii) berlaku a = b +km, untuk suatu bilangan bulat k. Berdasarkan teorema pebagian


34

bulat , terdapat dengan tunggal bilangan bulat q dan r sehinggaberlaku a = qm + r, dengan 0 ≤ r < m. Karena b = a – km maka b= (qm + r) – km = (q-k)m + r.

tContoh

i. 20 ≡ 2 mod 3 maka 3|(20-2) =18ii. 20 ≡ 2 mod 3 maka 20 = 2 + 6 . 3iii. 20 ≡ 2 mod 3 maka 20 ≡2 ≡ 5 mod 3 sehingga 20 dan 5

mempunyai sisa yang sama yaitu 2 jika dibagi 3.

Berdasarkan algoritma pembagian, jika a dan m bilangan bulatdan m > 0 maka a dapat dinyatakan sebagai a = qm + r, untuk suatubilangan bulat tunggal q dan r, dengan 0 ≤ r < m. Hal ini berarti a ≡r mod m. Karena 0 ≤ r < m maka kemungkinannya adalah 0, 1, …,(m-1). Akibatnya setiap bilangan bulat kongruen modulo m dengantepat satu di antara 0, 1, …, (m-1). Sebagaimana tertulis dalamteorema berikut.

tTeorema 3.3.2 Setiap bilangan bulat kongruen modulo m dengantepat satu diantara 0, 1, , (m-1)

tContoh 15 ≡ 3 mod 4, 57 ≡ 1 mod 4, 156 ≡ 0 mod 4, dst

Jika a ≡ r mod m denngan 0 ≤ r < m maka r disebut residuterkecil dari a modulo m.

Kekongruenan adalah suatu relasi antara bilangan-bilanganbulat. Ternyata dapat ditunjukkan bahwa relasi tersebut merupakanrelasi ekuivalensi.

tTeorema 3.3.4 Jika m, a, b dan c adalah bilangan-bilangan bulatdan m > 0, maka

i. a ≡ a mod m [ sifat refleksif ]ii. Jika a ≡ b mod m maka b ≡ a mod m [ sifat simetrik ]iii. Jika a ≡ b mod m dan b ≡ c mod m maka a ≡ c mod m

[ sifat transitif ]

tBukti. Akan dibuktikan (iii) Karena a ≡ b mod m dan b ≡ c mod mmaka terdapat bilangan bulat k dan t sehingga berlaku a = b + kmdan b = c + tm. Akibatnya, diperoleh a = (c + tm) + km = c + (k+ltmatau a ≡ c mod m.


35

tTeorema 3.3.5 Jika a ≡ b mod m dan c ≡ d mod m maka a ± c ≡b ± d mod m

Teorema ini dapat diperluas, yaitu jika a ≡ b mod m dan c ≡ dmod m maka berlaku xc ± yc ≡ xb ± yd mod m, untuk setiapbilangan bulat x dan y.

tContoh Karena 15 ≡ 3 mod 4 dan 10 ≡ 2 mod 4 maka (15 ± 10)≡ (3 ± 2) mod 4

tTeorema 3.3.6 Jika ac ≡ bc mod m dan (m,c) = 1 maka a ≡ bmod m

tBukti : Karena ac ≡ bc mod m maka m| (ac-bc) atau m| c(a-b).Karena diketahui (m,c) = 1 maka m|(a-b) yaitu a ≡ b mod m.

tTeorema 3.3.7 Jika ac ≡ bc mod m dan (m,c) = d maka a ≡ bmod (m/d).

tBukti : Karena ac ≡ bc mod m maka m|ac –bc sehingga m|c (a-b).Karena (c,m) = d maka m/d dan c/d merupakan bilanganbulat. dan (c/d, c/d) = 1. Akibatnya m/d | c/d (a-b), dengan(c/d, m/d) =1 maka m/d|(a-b) atau a ≡ b mod (m/d).


36

KRIPTOGRAFI

4.1 Encoding dan Decoding

&Definisi 4.1.1 Misalkan A adalah himpunan huruf dalam abjad(alphabet). Fungsi F : A → A disebut encoding (penyandian)jika f suatu fungsi 1-1. Sedangkan decoding (pengembalianpenyandian) adalah fungsi invers dari encoding.

Suatu encoding mengaitkan suatu huruf dalam abjad ke hurufyang lain. Suatu encoding haruslah merupakan fungsi 1-1, sebabjika f(a1) = f(a2) = b maka tidak diketahui decoding dari b, apakaha1 atau a2.

Encoding f dapat diperluas untuk sebarang barisan huruf (kata),yaitu f ( a1 a2 … an ) = f (a1) f(a2) …f(an).Artinya untuk melakukan encoding suatu kata maka dikerjakandengan encoding huruf demi huruf.

®Contoh : Misalkan diketahui suatu encoding yang didefinisikansbb : A B C … Z

↓ ↓ ↓ ↓H I J C

Maka encoding dari pesan I LOVE ALE adalah P SVCL HSL dandecoding dari pesan P FBLL HSL adalah I MISS ALE

Salah satu contoh encoding sederhana yang menggunakan moduloaritmetik adalah Caesar Cypher. Encoding ini dinamakan CaesarCypher sebab Julius Caesar yang menggunakannya. Dalam CaesarCypher, Yulius menentukan suatu bilangan bulat tertentu, yaitu 3,untuk melakukan encoding. Encoding dalam Caesar Cypher : A B C … Z

↓ ↓ ↓ ↓D E F C


37

Secara matematik, Caesar cypher dapat dijelaskan sebagaiberikut : asosiasikan huruf-huruf dalam abjad A, B, C, …, Z denganbilangan-bilangan bulat 1, 2, 3, …, 25, 0. Ingat 26 ≡ 0 mod 26.

A B C … Y Z↓ ↓ ↓ ↓ ↓1 2 3 25 0

Misalkan bilangan bulat tertentu dipilih b maka huruf y yangberkaitan dengan x, didefinisikan sebagai f(x) = y ≡ (x + b) mod26. Sisi kanan dari kongruensi dimaksudkan sebagai residu terkecildari f(x) modulo 26. Berdasarkan definisi ini maka Caesar cypherdapat ditulis sebagai f(x) = y ≡ (x+3) mod 26. Untuk menentukanbayangan huruf G, dengan G adalah huruf ke 7 dalam abjad makaf(7) = y ≡ (7+3) mod 26 = 10, yaitu huruf J sehingga G dikaitkandengan J.

Untuk menentukan decoding dalam Caesar cypher, dilakukandengan menentukan x dalam modulo26. Perhatikan, y ≡ (x+3) mod26 ⇔ x ≡ (y-3) mod 26. Misal decoding dari huruf H, dengan hurufH adalah huruf ke 8 dalam abjad maka didapat x ≡ (8-3) mod 26 =5, yaitu huruf E.

Caesar cypher dapat diperluas dengan menggunakan kongruensif(x) = y ≡ (ax+b) mod 26. Untuk menentukan decodingnya berartikita mencari selesaian konguensi f(x) = y ≡ (ax+b) mod 26 untuk xdalam y. Perhatikan,

y ≡ (ax+b) mod 26 ⇔ (ax+b) ≡ y mod 26⇔ ax ≡ (y-b) mod 26,

sehingga untuk menentukan selesaian kongruensi ini kedua sisiharus dibagi dengan a. Hal ini dapat dilakukan jika fpb(a,26)=1.Berdasarkan kenyataan ini, didefinisikan suatu encoding modulo,seperti tertuang dalam definisi berikut.

&Definisi 4.1.2 Misalkan b suatu bilangan bulat tertentu. Suatuencoding f disebut encoding modulo jika f(x) = y ≡(ax+b) mod 26 dengan fpb(a,26) = 1.


38

®Contoh Misalkan encoding modulo didefinisikan dengan f(x) = y ≡(3x+2) mod 26. Tentukan encoding dari pesan DARTH VADER dandecoding dari pesan GKEDLQJ L ZEDE.

®Penyelesaian. Berdasarkan definisi encoding modulo didapatbayangan huruf D dan huruf D huruf ke 4 adalah y ≡ (3 .4 + 2)mod 26 = 15 yaitu huruf N. Dengan cara yang sama, encoding dariDARTH VADER adalah NEDJZ PENQD.

Akan dicari decoding dari pesan GKEDLQJ L ZEDE. Karena y ≡(3x+2) mod 26 maka 3x ≡ (y-2) mod 26. Kalikan kedua sisidengan 9 sehingga didapat

27x ≡ 9(y-2) mod 26.

Tetapi dari sisi lain diketahui bahwa

27x ≡ x mod 26

sehingga didapat

x ≡ 9(y-2) mod 26.

Berdasarkan kongruensi ini, decoding huruf G, huruf ke 7 dalamabjad adalah x ≡ 9(7-2) mod 26 ≡ 45 mod 26 =19 mod 26 yaituhuruf S. Dengan cara yang sama, diperoleh decoding dari pesanGKEDLQJ L ZEDE adalah SCARLET OHARA.

Sering dalam pengiriman pesan, fungsi encodingnya tidakdidefinisikan sehingga penerima (receiver) pesan harusmembongkar dengan berbagai kemungkinan. Cara yang digunakanadalah dengan mengurutkan berdasarkan banyaknya huruf yangmuncul dalam suatu bahasa. Misal bahasa Inggris, urutan hurufyang sering muncul adalah huruf E, kemudian T , N, danseterusnya. Maka huruf yang terbanyak muncul dalam pesantersebut dikaitkan dengan huruf E, huruf berikutnya dengan T,dan seterusnya.


39

®Contoh Misalkan F suatu encoding modulo, tentukan decodingdari pesan berikut (dalam bahasa Inggris) CFFYB RFFYB OZCCOF

CRFFCB QZSA.

®Penyelesaian. Berdasarkan pesan yang dikirim, urutan hurufyang sering muncul adalah F kemudian C. Jika encoding modulof(x) = y ≡ (ax+b) mod 26 maka diprediksikan f(E) = F dan f(T) = C.Karena E, F, T, C masing-masing adalah huruf ke 5, 6, 20 dan 3dalam huruf abjad maka diperoleh hubungan

5a + b ≡ 6 mod 26 20a + b ≡ 3 mod 26

Dengan mengurangkan kedua persamaan kongruensi di atas,didapat

15a ≡ -3 mod 26 ≡ 49 mod 26 ≡ 75 mod 26.

Dengan membagi kedua ruas dengan 15, diperoleh

a ≡ 5 mod 26.

Substitusikan a=5 ke persamaan 5a + b ≡ 6 mod 27, didapat

5 5 + b ≡ 6 mod 26 ≡ b ≡ -19 mod 26 ≡ 7 mod 26.

Kesimpulan, fungsi encoding modulo yang digunakan adalah f(x) =y ≡ (5x+7) mod 26. Berdasarkan definisi ini didapat fungsidecoding adalah x ≡ 21(y-7) mod 26 (buktikan). Akibatnya,decoding dari huruf C, huruf ke 3 dalam abjad adalah

x ≡ 21(3-7) mod 26 ≡ -84 mod 26 ≡ 20 mod 26, yaitu huruf T.

Dengan cara yang sama, decoding dari pesan CFFYB RFFYBOZCCOF CRFFCB QZSA adalah TEENY WEENY LITTLE TWEETY BIRD.


40

4.2 Kriptografi dengan Matriks

Dalam persandian pada 4.1, huruf yang sama pada pesan ternyatamempunyai image huruf yang sama juga. Hal ini mempunyai tingkatresiko yang tinggi karena mudah ditebak. Tujuan membuat encodingadalah aman dari para pembongkar sandi sehingga hanya penerimasaja yang mengetahui isinya.

Pesan dikemas dan ditulis dalam bentuk barisan bilangan atauhuruf tidak beraturan. Pesan sandi yang dikirim merupakan hasilpengolahan dan pemrosesan dengan satu atau lebih operasi matriks.Tingkat keamanan suatu pesan tergantung pada kompleksitaspemrosesan operasi matriks yang digunakan.

Pada proses pengiriman pesan, sender(pengirim) menyertakanjuga perangkat yang digunakan untuk mengolah/merubah pesan.Perangkat yang dimaksud adalah aturan konversi dan matrikspemrosesnya (matriks kunci). Berdasarkan ketiga perangkat inilahreceiver (penerima) dapat membongkar/membaca makna pesan yangdikirim.

Pada Seksi ini akan dibahas proses pengiriman dan pembacaansuatu pesan sandi yang sangat sederhana. Diharapkan dapatdigunakan sebagai ilustrasi untuk mengembangkan peran invers suatumatrikss dalam dunia persandian(kriptografi).

4.2.1 Mengirim Pesan

®Langkah-langkah mengirim pesan

1. Tulis pesan Anda [ dalam deretan huruf yang bermakna]2. Tentukan “aturan konversi” yang Anda gunakan

Misal, A, B, C, …, Z, _, , , ., ?, !,

1, 2, 3,…, 26, 27, 28, 29, 30, 31

3. Tulis pesan (1) dalam bentuk konversi4. Tulis pesan (3) dalam bentuk matriks, misal M


41

5. Tentukan matriks kunci A, dengan kriteria sbb:• Semua unsur dari matriks A dan A-1 adalah bulat• Matriks A dan M dapat dikalikan(multiplicable)

6. Tentukan matriks P, dengan P = AM7. Tulis matriks P dalam deretan bilangan. [ P inilah pesan yang

dikirim]

Dalam proses pengiriman pesan khusus tersebut, seorang penerima(receiver) akan menerima beberapa perangkat. Perangkat yangdisertakan digunakan untuk membongkar /membaca pesan yangdikirimkan.

Perangkat tersebut adalah :• Pesan dalam deretan bilangan [pesan (7)]• Aturan konversi [pesan (2)]• Matriks kunci [pesan (5)].

®Contoh. Seseorang mengirim pesan kepada sahabatnya. Pesantersebut adalah “BE SELF FOREVER.”, sehingga dia tidak keluardari jati dirinya. Agar tidak menyinggung perasaan orang yangmembaca dan lebih menarik maka pesannya dikirim dalam sandi.

®Langkah-langkahnya, adalah sbb:

1.Pesan : BE SELF FOREVER.2.Aturan konversi :

A, B, C, …, Z, _, , , ., ?, !,

1, 2, 3,…, 26, 27, 28, 29, 30, 31

3.Pesan (1) menjadi : 2 5 27 19 5 12 6 27 6 15 18 5 22 5 18 294.Tulis pesan (3) dalam matriks,

M 2x8 = 2 5 27 19 5 12 6 276 15 18 5 22 5 18 29

®Perhatian. Ukuran matriks M bergantung pada ukuran matrikskunci A. Ukuran M adalah (2x…), angka 2 mengacu pada

ukuran A, yaitu 2x2.


42

5.Misalkan diberikan matriks kunci A, dengan A = 2 31 2

.

tIngat, bahwa semua unsur dari A dan unsur A-1 adalah bulat.Hal itu dapat dilakukan (salah satunya) dengan membuatdet(A)=1.

6.Misalkan P, dengan P = AM maka diperoleh

P = 2 31 2

2 5 27 19 5 12 6 276 15 18 5 22 5 18 29

= 4+ 18 10+ 45 54+ 54 38+ 15 10+ 66 24+ 15 12+ 54 54+ 872+ 12 5+ 30 27+ 36 19+ 10 5+ 44 12+ 10 6+ 36 27+ 58

= 22 55 108 53 76 39 66 14114 35 63 29 49 22 42 85

7.Pesan akhir yang didapat adalah

22 55 108 53 76 39 66 141 14 35 63 29 49 22 42 85

®Perangkat yang dikirim terdiri 3 hal yaitu :

1. pesan : 22 55 108 53 76 39 66 141 14 35 63 29 49 22 42 85

2. aturan konversi :

A, B, C, …, Z, _, , , ., ?, !,

1, 2, 3,…, 26, 27, 28, 29, 30, 31

3. matriks kunci A,

A = 2 31 2


43

4.2.2 Membaca isi pesan

Seseorang mengirim pesan mengharapkan pesan tersebut dapatdibaca sehingga isi pesan segera diketahui oleh penerima. Makapenulisan alamat, bahasa dan teknik penulisan sangatlah pentinguntuk diketahui kedua pihak. Khusus teknik penulisan pesan,disamping faham cara membaca juga diberi fasilitas untukmembongkarnya.

Dengan demikian penerima(receiver) cukup mudah untukmelakukan pembacaan pesan yang diterimanya.

®Langkah-langkah membaca pesan

1. Tulis pesan yang diterima dalam bentuk matriks, misal P.Ukuran P multiplicable dengan matriks A-1 artinya matriksA-1 dan matriks P dapat dikalikan. [ ingat : ukuran matriksA-1 = ukuran matriks A]

2. Tentukan A-1 (dengan menggunakan metode yang telahdiketahui)

3. Tentukan M = A-1 P. [ karena A-1 P = A-1 (AM) = (A-1.A) M = I. M= M]

4. Tulis M dalam bentuk deretan bilangan5. Tulis konversi dari (4) dengan aturan konversi6. Tulis pesan yang dimaksud.

®Contoh. Anda perhatikan contoh pada 4.2. Kita akan membacapesan yang dikirim dari contoh tersebut. Perangkat yang dikirim

1. pesan : 22 55 108 53 76 39 66 141 14 35 63 29 49 22 42 85

2. aturan konversi :

A, B, C, …, Z, _, , , ., ?, !,

1, 2, 3,…, 26, 27, 28, 29, 30, 31


44

3. matriks kunci A,

A = 2 31 2

Kita akan membaca pesan yang dikirim berdasarkan petunjuklangkah-langkah di atas.

1. Tulis pesan dalam matriks P, yaitu

P= 22 55 108 53 76 39 66 14114 35 63 29 49 22 42 85

2. Mencari A-1.

Karena A = 2 31 2

maka didapat A-1= 2 -3-1 2

3. Mencari

M = A-1 P = 2 -3-1 2

22 55 108 53 76 39 66 14114 35 63 29 49 22 42 85

44 - 42 110 -105 216 -189 106 -87 152 -147 78- 66 132-126 282-255-22+ 28 -55+ 70 -108+ 126 -53+ 58 -76+ 98 -39+ 44 -66+ 84 -141+ 170

= 2 5 27 19 5 12 6 276 15 18 5 22 5 18 29

4. Menulis pesan P dalam deretan bilangan, yaitu :

2 5 27 19 5 12 6 27 6 15 18 5 22 18 29

5. Tulis pesan dalam bentuk konversi yang dikirim, yaitu :

B E _ S E L F _ F O R E V E R .

6. Pesan yang dikirim adalah : BE SELF FOREVER.


45

®Contoh. Seorang teman mengirim pesan/nasehat kepada Andadalam bentuk sandi. Dia sangat mengharapkan Anda dapat membaca

dan merealisasikan dalam kehidupan sehari-hari. Disampingmengirim pesan dia juga mengikutkan perangkat (fasilitas) untukmembaca-nya. Pesan dan perangkat yang dikirim adalah sebagai

berikut :1. Pesan :

32 31 45 18 41 32 32 79 44 47 23 25 27 12 272. Aturan Konversi :

A, B, C, …, Z, _,

1, 2, 3,…, 26, 0

dan

f(X*)=(X*+5) mod 27, dengan X* huruf alphabet.

( contoh : f(A)=(A+5) mod 27 f(1)=(1+5) mod 27 = 6,

f(D)=(D+5) mod 27 f(4)=(4+5) mod 27 = 9,

f(X)=(X+5) mod 27 f(24)=(24+5) mod 27 = 2, dst)

3.Matriks kunci A, dengan

A =2 0

3 1 0

1 0

1

1

♦Penyelesaian : Langkah-langkah yang dilakukan untuk membacapesan terse-but, adalah :1. Tulis pesan dalam matriks P dengan mengingat ukuran A.

Karena A(3x3) maka ukuran P adalah 3x5, yaitu data pesandibagi tiga baris. Matriks P adalah

P =32 31 45 18 4132 32 79 44 4723 25 27 12 27


46

2. Menentukan matriks A-1 dengan menggunakan metode Adjoint,yaitu A-1 = Adj A / |A|.

Karena A =2 0

3 1 0

1 0

1

1

maka dengan menggunakan perluasan baris –1,

didapat

Det(A) = a11 M11 – a12 M12 + a13 M13

= 2 (1-0) – 0 (3-0) + 1 (0-1)

= 2 – 0 + 1(-1) = 1

Adj A =A A A11 21 31A A A12 22 32A A A13 23 33

, (mohon diperhatikan unsur-unsurnya)

DiperolehA11 = + M11 = (1-0) = 1A21 = - M21 = - (0-0) = 0,A31 = + M31 = (0-1) = -1 A12 = - M12 = -(3-0) = -3

A22 = + M22 = (2-1) = 1,A32 = - M32 = -(0-3) = 3

A13 = + M13 = (0-1) = -1A23 = - M23 = -(0-0) = 0A33 = + M33 = (2-0) = 2.

Maka didapat

Adj A =1 0 -1-3 1 3-1 0 2

sehingga menurut rumus diperoleh

A-1 = Adj A / det(A) =1 0 -1-3 1 3-1 0 2

/ 1 =1 0 -1-3 1 3-1 0 2

3. Menentukan matriks M, yaitu :

M = A-1 * P =1 0 -1-3 1 3-1 0 2

32 31 45 18 4132 32 79 44 4723 25 27 12 27


47

4. M = A-1 * P =(1.32+ 0.32+ (-1.23)) (1.31+ 0.32+ (-1.25)) 18 6 14

5 14 25 26 514 19 9 6 13

=9 6 18 6 145 14 25 26 5

14 19 9 6 13

4. Pesan M pada (4), disusun membentuk deretan bilangan, yaitu : 9 6 18 6 14 5 14 25 26 5 14 19 9 6 13

5. Pesan pada (5), dikonversi dengan menggunakan AturanKonversi, didapat :

9 = 9 mod 27 = (4+5)mod 27 shg 9 → 4 yaitu D6 = 6 mod 27 = (1+5)mod 27 shg 6 → 1 yaitu A

18 =18 mod 27 = (13+5) mod 27 shg 18 →13 yaitu M,6 = 6 mod 27 = (1+5)mod 27 shg 6 → 1 yaitu A

14 = 14 mod 27 = (9+5)mod 27 shg 14 → 9 yaitu I,dan seterusnya

Sehingga didapat pesanD A M A I _ I T U _ I N D A H

5. Pesan yang dimaksud adalah : DAMAI ITU INDAH


48

4.3 Belajar ALE dengan Maple

Dalam mempelajari ALE titik tekannya pada pemahaman konsep.Untuk memahami konsep dibutuhkan keseriusan dan kesabaransehingga memakan waktu. Sebagai contoh, pemahaman tentangSelesaian SPL maka diperlukan waktu untuk berlatih mengoperasikanOBE pada matriks lengkapnya. Pada SPL yang berukuran besar,kegiatan secara manual dalam pengoperasi dengan OBE tidak bisadilakukan lagi. Oleh sebab itu diperlukan sarana untuk membantukebutuhan ini. Pada subbab ini disajikan salah satu software yangdapat digunakan sebagai alternatif penyelesaian. Software yangdimaksud adalah Maple

Dalam pembahasannya dengan Maple, disajikan penggunaanfungsi dalam Maple secara singkat dan langsung. Khususnya, fungsi-fungsi yang berkaitan dengan proses mencari selesaian suatu SPL.Proses penyajian mengikuti langkah-langkah dalam penyelesaian SPLyang telah dikaji pada bab 2.

tContoh1 Diberikan SPL dengan 3 persamaan dan 3 variabel,sebagai berikut :

x + 2y + 3 z = 11 2x + 3y + z = 10 4x + y + 2z = 10

♦Penyelesaian.


A =1 2 32 3 14 1 2

X =xyz

B =111010

.

tDengan Maple >>A:=matrix(3,3,[1,2,3,2,3,1,4,1,2]);

A =1 2 32 3 14 1 2

>>X:=matrix(3,1,[x,y,z]);

X =xyz


49

>>B:=matrix(3,1,[11,10,10]);

B =111010


[A|B] =1 2 3 112 3 1 104 1 2 10

tDengan Maple >>C:=concat(A,B);

C:=1 2 3 112 3 1 104 1 2 10

[ C adalah matriks lengkap dari SPL ]

3. [A|B] =1 2 3 112 3 1 104 1 2 10

~R2+(-2)R1

1 2 3 110 1 5 124 1 2 10

− − −

~R3+(-4)R1

1 2 3 110 1 5 120 7 10 34

− − − − − −

~ -1R2

1 2 3 110 1 5 120 7 10 34

− − −

~R3+(7)R2

1 2 3 110 1 5 120 0 25 50

~(1/25) R3

1 2 3 110 1 5 120 0 1 2

*.

tDengan Maple

>>D:=Gausselim(C) ;

D:=1 2 3 110 1 5 120 0 1 2

4. Matriks terakhir merupakan matriks lengkap yang berbentuk MEBdari SPL

x + 2y + 3z = 11 y + 5z = 12 z = 2.

5.Variabel tidak bebas x, y dan z sedangkan variabel bebasnya tidakada

6. Substitusi z=2 ke persamaan-2 didapat y + 5 . 2 = 12 sehingga y =2. Dengan mensubstitusikan z=2 dan y= 2 ke persamaan-1 diperolehx + 2.2 + 3.2 = 11 sehingga x = 1.


50

tDengan Maple

>X:=backsub(D);

X:= [ 1, 2, 2 ]

6. HS = {(1,2,2)}.

Jika menggunakan Eliminasi Gauss-Jordan maka langkah prosesOBE dilanjutkan hingga terbentuk MEBT. Perhatikan hasil proses (2),

1 2 3 110 1 5 120 0 1 2

~R1+(-2)R2

1 0 7 130 1 5 120 0 1 2

− −

~R1+(7)R3

1 0 0 10 1 5 120 0 1 2

~R2+(-5)R3

1 0 0 10 1 0 20 0 1 2

**

tDengan Maple

>>E:=GaussJord(D);

E :=1 0 0 10 1 0 20 0 1 2

3. SPL yang berkaitan dengan [A|B]** yang berbentuk MEBT adalah x = 1 y = 2 z = 2

6. Variabel tidak bebas adalah x, y dan z, sedangkan variabelbebasnya tidak ada.

tDengan Maple

>X:=backsub(D);

X:= [ 1, 2, 2 ]

6.HS = {(1,2,2)}.


51

Contoh-contoh berikut akan dikerjakan dengan menggunakanMaple. SPL yang diberikan berukuran besar dan lama jika dikerjakandengan manual.

tContoh2 Diberikan SPL dengan 6 persamaan dan 3 variabel,sebagai berikut :

x1 + 2x2 + 3x3 + 2x4 + 3x5 + x6 = 15 2x1 + 3x2 + 5x3 + x4 + 2x5 + 3x6 = 10

3x1 + 4x2 + 2x3 + x4 + x5 + x6 = 84x1 + x2 + x3 + 2x4 + 3x5 + 2x6 = 17

Penyelesaian :

>with(linalg):

>A:=matrix(4,6,[1,2,3,2,3,1,2,3,5,1,2,3,3,4,2,1,1,1,4,1,1,2,3,2]);

A:=

1 2 3 2 3 12 3 5 1 2 33 4 2 1 1 14 1 1 2 3 2

>X:=matrix(6,1,[x1,x2,x3,x4,x5,x6]);

X:=

1

2

3

4

5

6

xxxxxx

>B:=matrix(4,1,[15,10,8,17]);

B:=

1510817

>C:=concat(A,B); [ C adalah matriks lengkap]

uDetailnya lihat lampiran halaman 1-2.


52

uContoh 3 Tentukan HS dari SPL berikut

2x1 + 3x2 + x3 + 4x4 + 3x5 + x6 = 303x1 + x2 +2x3 + 2x4 + 4x5 +3x6 = 324x1 + 5x2 +2x3 + x4 + x5 +2x6 = 235x1 + x2 +3x3 + 2x4 + x5 + x6 = 236x1 + x2 + x3 + 3x4 + 4x5 + x6 = 328x1 + 6x2 +3x3 + 4x4 + 3x5 +2x6 = 45

Penyelesaian secara detail pada lampiran hal 2 – 5.u

PENGANTAR MATRIKS 1.1. Pendahuluan - IF Only News · PDF filePENGANTAR MATRIKS 1.1. ......

Documents

Transcript of PENGANTAR MATRIKS 1.1. Pendahuluan - IF Only News · PDF filePENGANTAR MATRIKS 1.1. ......