Sistem Persamaan Linear
-
Upload
mis-sha-az -
Category
Documents
-
view
88 -
download
14
description
Transcript of Sistem Persamaan Linear
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 1
SISTEM PERSAMAAN LINEAR
A. Sistem persamaan linear satu anu
Selesaikan sistem persamaan linear satu anu berikut:
i. 5y – 6 = 9
ii. 2x + 4 = 12
iii. 3q – 7 = -13
iv. 4s + 12 = -10
B. Sistem persamaan linear dua anu
Selesaikan sistem persamaan linear dua anu berikut:
i. 2x + y = 10 dan 3x – y = 5
ii. u + 7r = 12 dan 5u – 9r = 6
iii. 3p – 2q = -6 dan p – q = 1
iv. 3x – 2y = 8 dan 7x – 4y = 18
v. X + 5y = - 7 dan 2x – 5y = 1
C. Sistem persamaan linear tiga anu
Selesaikan sistem persamaan linear tiga anu berikut:
i. x + y + z = 4, 2x – y + 2z = 5 dan x - 2y – z = -3
ii. 5x – y + 3z = 3, 4x – 2y = 0 dan -3x + 3y – 3z = -9
iii. X – y + 2z = -1, 4x + y + z = 13 dan 5x – y + 8z = 5
iv. X – y – 4z = 1, 2x + 5y – z = 2 dan 3x + 2y – 3z = -1
v. 4x + 2y – z = 24, 2x + 2y – Z = 24 dan 6x – 5y + 7z = -21
vi. 4x – 7y + 6z = -18 5x + y – 4z = -9 dan 3x – 2y + 3z = 12
D. Jenis penyelesaian untuk sistem persamaan linear
i. Penyelesaian konsisten
i. Penyelesaian unik. Contohnya, x – y = 1 dan x + y = 3 iaitu x = 2 dan y = 1.
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 2
ii. Penyelesaian infiniti (ketakterhinggaan). Contohnya, x – y = 2 dan 2x – 2y = 4
iii. Secara jelasnya penyelesaian jenis konsisten adalah sekurang-kurangnya
terdapat satu nilai yang memenuhi sistem persamaan linear yang berkaitan.
ii. Penyelesaian tak konsisten
i. Tiada penyelesaian. Contohnya, x – y = 1 dan x – y = 3. Tiada set penyelesaian
yang sama untuk nilai x dan y secara serentak untuk menyelesaian sistem
persamaan linear yang diberi.
ii. Tiada penyelesaian secara serentak untuk sistem linear seperti ini.
E. Penyelesaian Setara
Dua penyelesaian sistem persamaan linear dikatakan setara (equivalent) sekiranya mempunyai
set penyelesaian yang sama. Contoh
i. x – y = 1 dan x + y = 3
ii. x – y = 1 dan y = 1
F. Penyelesaian dari belakang
Kita menggunakan penyelesaian salah satu anu pada persamaan linear yang terakhir dan hanya
mempunyai satu anu untuk diselesaikan dahulu. Kemudian dengan nilai tersebut makan kita
teruskan dengan penyelesaian kepada persamaan yang kedua terakhir. begitulah seterusnya
hingga kepad persamaan linear yang pertama. Contohnya:
i. x – y – z = 2, y + 3z = 5 dan 5z = 10
ii. x1 + x2 – x3 – x4 = 1, x2 + x3 + x4 = 0, x3 - x4 = 0 dan x4 = 1
G. Perbandingan penyelesaian
Sistem Persamaan Tiga Anu
Keadaan Secara Matriks Penerangan
x – y – z = 2 L1
9112
16233
2111
Tukar persamaan ke dalam bentuk matrik dengan menghasilkan matriks yang dinamakan matriks imbuhan (agmented matriks) 3x – 3y + 2z = 16 L2
2x – y + z = 9 L3
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 3
x – y – z = 2
5z = 10
2x – y + z = 9
9112
10200
2111
hapuskan x dan y pada L2. Darab L1 dengan 3 kemudian L1 - L2 . Persamaan lain tulis semula. Cuma perubahan terdapat pada L2 sahaja.
x – y – z = 2
5z = 10
y + 3z = 5
5310
10500
2111
Hapuskan x pada L3. Darab L1 dengan 2. Kemudian lakukan L3 – L1 ( mana-mana boleh :L1 – L3).
x – y – z = 2
y + 3z = 5
5z = 10
10500
5310
2111
Saling tukar antara L2 dan L3. Tujuannya untuk mendapatkan kedudukan persamaan-persamaan dalam bentuk segi tiga.
Gunakan kaedah penyelesaian dari belakang untuk mmeperolehi set penyelesaian
Jawapan dalam bentuk pasangan tertib atau set
koordinat
Jawapan dalam bentuk
senarai nilai-nilai
Jawapan dalam bentuk vektor
(1, -1, 2)
x = 1
y = -1
z= 2
2
1
1
z
y
x
H. Operasi Baris Permulaan (OBP)
i. OBP melibatkan penghapusan anu yang sama pada permulaan dengan merujuk kepada
baris (L1). Kemudian disusuli dengan anu yang lain pada baris TETAPI lajur pada pertama.
ii. Terdapat dua matriks yang akan terhasil apabila suatu sistem persamaan linear ditukar
bentuk kepada matriks iaitu matriks pekali (koeffision) dan matriks Imbuhan
(agmented). Contohnya:
2x + y – z = 3,
x + 5z = 1
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 4
-x + 3y – 2z = 0
maka,
Matriks Pekali Matriks Imbuhan
231
501
112
0231
1501
3112
iii. OBP melibatkan hanya matriks Imbuhan. Jadikan unsur pertama L2 sifar dengan kaedah
penghapusan. Kemudian unsur pertama L3 juga dijadikan sifar dengan kaedah yang
sama. Selepas itu fikirkan unsur kedua L3 juga dijadikan sifar. Maka terbentuklah
susunan persamaan baris-baris dalam keadaan segi tiga. Baris yang mengandungi unsur
sifar bermula pada L2 dan seterusnya. Bilangan sifar pada baris setrusnya semakin
meningkat. Terbentuklah susunan sifar dalam bentuk segitiga tetapi berada di bawah.
Contohnya:
xx
xxx
xxxx
00
0 atau
xx
xxx
xxxx
xxxxx
000
00
0 atau seterusnya.
iv. Bentuk echelon
Dengan mudah untuk difahami bentuknya seperti tangga.
Definisi bentuk baris echelon
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 5
Sustu matriks adalah dalam bentuk baris echelon jika matriks tersebut memuaskan
hukum berikut:
Baris yang mempunyai pemasukan (unsur) “0” berada di bawah L1.
Pada setiap baris yang bukan semua unsurnya “0”, pangsi (pivot) berada di
sebelah kiri setiap pemasukan pada baris tersebut.
Susunan “0” adalam dalam keadaan segitiga tepat. “ “.
Contoh-contoh matriks bentuk baris echelon
000
210
142
0000
3100
1211
400
510
101
500000
040000
221100
311021
v. Prosedur Operasi Baris Permulaan (elementary roe operations = ero)
Operasi berikut boleh dilakukan pada baris matriks yang terlibat
Saling tukar dua baris
Mendarab satu baris dengan skalar bukan sifar
Menambah baris yang didarab kepada baris lain
vi. Tatatanda OBP
Ri Rj , bermaksud saling tukar baris ke-i dengan baris ke-j
kRi, bermaksud baris ke-i didarab dengan skalar k.
Ri + kRj, bermaksud tambah baris ke-i ditambah dengan k kali baris ke-j.
I. Menurunkan matriks kepada bentuk baris echelon
Katakah matriks M =
56311
51232
20042
54421
)(Rdan )2R(R),2R(R 141312 R
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 6
102130
591010
88800
54421
32 RR
102130
88800
591010
54421
24 3RR
5292900
88800
591010
54421
3
8
1R
5292900
11100
591010
54421
34 29RR
echelonbentuk matriks
240000
11100
591010
54421
Matriks asal iaitu
56311
51232
20042
54421
dan matriks
240000
11100
591010
54421
dinamakan sebagai matriks setara baris. Matriks setara baris terhasil jika ada urutan
bagi OBP yang menukar matriks asal kepada matriks bentuk echelon.
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 7
J. Kaedah penghapusan Gauss
i. Panduan untuk menyelesaikan sistem persamaan linear dengan kaedah Gauss
Bina matriks imbuhan
Guna operasi baris permulaan untuk menurunkan matriks permulaan untuk
menurunkan matriks imbuhan kepada bentuk baris echelon.
Guna cara penyelesaian dari belakang untuk menentukan nilai anu.
ii. Contoh penyelesaian unik
Tentukan nilai a, b dan c bagi sistem persamaan linear berikut dengan menggunakan
kaedah Gauss.
2b + 3c = 8, 2a + 3b + c = 5, dan a – b – 2c = -5
Penyelesaian
Membina matriks imbuhan
Tukar bentuk persamaan kepada bentuk matriks
5
5
8
211
132
320
c
b
a
Maka, matriks imbuhan adalah
5
5
8
211
132
320
Lakukan OBP kepada matriks imbuhan
o R1 R3
o R2-2R1
o 5
1R2
o R3- 2R2
Matrik akhir terhasil adalah bentuk baris echelon
2100
3110
5211
Tukar matriks tersebut kepada bentuk persamaan
a – b - 2c = -5
b + c = 3
c = 2
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 8
Dengan penyelesaian dari belakang (BWS):
a = 0, b = 1, dan c = 2
Jawapan boleh juga ditulis dalam bentuk vektor
2
1
0
Dengan demikian penyelesaian ini jenis penyelesaian konsisten dalam
ketagori unik.
iii. Contoh penyelesaian infiniti
Tentukan nilai w, x, y dan z bagi sistem persamaan linear berikut dengan menggunakan
kaedah Gauss.
w – x – y + 2z =1, 2w, - 2x – y + 3z = 3, dan - w + x – y = - 3
Matriks imbuhan
30111
33122
12111
)R(Rdan )2R(R 1312
22200
11100
12111
23 2RR
00000
11100
12111
Tulis semula dalam bentuk persamaan
w – x – y + 2z = 1
y – z = 1
Anu utama dan anu bebas
Oleh kerana w pada persamaan pertama dan y pada persamaan kedua
sebagai “pemasukan utama” maka kedua-dua anu ini dinamakan
sebagai anu utama. Berbanding dengan x dan z yang dikenali sebagai
anu bebas (pembolehubah tidak bersandar).
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 9
Oleh itu, kita dapati y = 1 + z dan w = 2 + x – z
Jika kita tetapkan x = s dan z = t ( anggapan nilai untuk x dan z yang
boleh mengambil mana-mana nilai dan akan mempengaruhi nilai y dan
w)
Penyelesaian boleh ditulis dalam bentuk vektor seperti berikut:
t
t
s
ts
z
y
x
w
1
2
atau diubah bentuk
1
1
0
1
0
0
1
1
0
1
0
2
ts
z
y
x
w
Perhatian: Bilangan anu bebas dapat ditentukan seperti berikut:
Anu bebas = n – rank (A) dengan n = bilangan anu dalam persamaan dan rank (A) =
bilangan baris bukan sifar pada matrik bentuk echelon.
Jika bilangan anu dalam persamaan adalah 3 dan baris bukan sifar matriks echelon
adalah 3, maka tiada anu bebas didapati. Seperti penyelesaian unik di atas.
iv. Contoh sistem persamaan linear yang tiada penyelesaian
Diberi sistem persamaan linear adalah seperti di bawah. Tentukan nilai x1 , x2 , dan x3
dengan menggunakan kaedah penghapusan Gauss.
x1 – x2 + 2x3 = 3
x1 + 2x2 - x3 = -3 imbuhan Matriks
1220
3121
3211
12 RR
2x2 - 2x3 = 1
1220
6330
3211
2
3
1R
1220
2110
3211
23 2RR
5000
2110
3211
persamaan bentuk dalamtukar
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 10
x1 – x2 + 2x3 = 3 penyelesaian pada baris akhir adalah tidak munasabah iaitu 0 = 5.
x2 - x3 = -2 Oleh itu persamaan ini mempunyai penyelesaian tidak konsisten
0 = 5 dalam kategori tiada penyelesaian.
K. Kaedah Penghapusan Gauss-Jordan
i. Kaedah ini adalah kita mengambil langkah penyelesaian yang seterusnya setelah
memperolehi penyelesaian akhir dalam kaedah penghapusan Gauss atau lanjutan
daripada kaedah Penghapusan Gauss.
ii. Namun begitu matriks penyelesaian yang akhir bagi kaedah penghapusan Gauss-Jordan
dinamakan sebagai echelon baris terturun atau “cannonical form”.
iii. Suatu matriks dikatakan dalam bentuk echelon baris terturun atau “cannonical form”,
Jika matriks tersebut mempunyai ciri-ciri berikut:
Matriks tersebut adalah dalam bentuk echelon
Pemasukan utama (leading entry) dalam setiap baris bukan sifar adalah 1
Setiap lajur mengandungi satu pemasukan utama bukan sifar manakala yang
lain adalah sifar.
Contoh-contoh matriks “cannonical form”.
a.
10
01 b.
00
10
d.
0000000
1000000
0231000
0140100
0130021
c.
nilai mana-manaboleh *
00
*1
e.
210000
301000
400310
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 11
f.
3100
1010
2001
g.
100
010
001
h.
2
11000
5
20100
2
30011
i.
00000
11100
21011
L. Bentuk echelon kepada bentuk cannonical
i. Bentuk baris terturun (echelon) boleh dilanjutkan dengan menggunakan operasi baris
kepada bentuk baris cannonocal
ii. Contoh: Turunkan matriks bentuk echelon berikut kepada bentuk baris cannonical.
Matriks OBP OBP
100
320
695
100
020
095
100
010
095
100
010
005
gfc
heb
ida
Tentukan nilai-nilai a hingga g?
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 12
iii. Turunkan matriks berikut kepada bentuk baris cannonical dengan berpandukan
OBP yang diberi.
A =
.:
:3
1:
6:R
R2R:R
R4
1: R
24000
52300
46122
:
4:
2:
2326188
1310144
46122
121
22
131
232
33
323
313
212
xx Rz
yR
RRR
RR
RR
RRR
RRR
RRR
A
Tentukan pemasukan untuk tiga matriks yang kosong dengan 5 lajur 3 baris
serta nilai x, y dan z.
M. Sistem Homogeneous
i. Sifat sistem Homogeneous adalah
a. Mempunyai hanya satu penyelesaian
b. Bahagian konsten adalah “0”
c. Matriks imbuhan berbentuk [ A l 0 ]
d. Mempunai penyelesaian unit atau tak terhingga
e. Jika “r” mewakili bilangan baris bukan sifar untuk matriks berbentuk echelon
dan “n” adalah bingan anu, syarat berikut adalah berguna:
Jika r = n , maka sistem persamaan mempunyai penyelesaian 0.
Jika r < n , maka sistem pempunyai penyelesaian bukan sifar.
ii. Contoh penyeleaian:
a. Untuk r = n
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 13
Katalah sistem tersebut adalah,
x + y – z = 0, 2x + 4y – z = 0 dan 3x + 2y + 2z = 0
Sistem tersebut diturunkan kepada bentuk echelon. Matrik imbuhan adalah
echelonbentuk
01110
0120
0111
0510
0120
0111
0223
0142
0111
nn RR
Dengan menyelesaikan dari belakang, sistem mempunyai “0” penyelesaian.
b. Untuk r < n
Katalah sistem tersebut adalah
X + 2y – 3z + t = 0 , 2x – 3y + z – 2t =0 dan 7x - 4y – 5z + 6t = 0.
Sistem tersebut diturunkan kepada bentuk echelon. Matrik imbuhan adalah:
05547
02132
01321
313212 7:2:
05547
04770
01321RRRRRR
323313212 718:7:2:
0116180
04770
01321
05547
04770
01321RRRRRRRRR
06514
0477
032
0651400
04770
01321
tz
tzy
tzyx
Hanya terdapat satu anu bebas kerana r = 3, n = 4 iaitu t dan
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 14
tz
tzy
tzyx
14
65
7
4
32
Katakan t = a, maka a14
617dan x a
2
57y a,
14
65z
Jika a = t = 14, maka x = -617, y = 399 dan z = 65.
N. Penyelesaian dengan menggunakan kaedah Penghapusan Gauss-Jordan
Diberi sistem persamaan linear seperti di bawah:
(rujuk penyelesaian unik kaedah Penghapusan Gauss)
2b + 3c = 8,
2a + 3b + c = 5, dan KPG
2100
3110
5211
, matriks ini adalah
a – b – 2c = -5
penyelesaian akhir bagi Kaedah Penghapusan Gauss. Namun begitu kita akan mengubah
matriks ini mengikut Kaedah Penghapusan Gauss-Jordan.
2100
3110
5211
Pemasukan yang dibulat akan dijadikan “0” dengan OBP. Ikut
langkah berikut:
R1 = R1 + R2
R2 = R2 - R1
R1 = R1 + R3
Jawapan akhir adalah dalam bentuk matrik echelon baris terturun atau “cannonical
form” iaitu:
2100
1010
0001
iaitu a = 0, b = 1 dan c = 2
MTE3110 ALGEBRA LINEAR
ARRPPGSEM52013 Page 15