Catatan Aljabar Linear

Aljabar Linier sesungguhnya merupakan topik penting dari
matematika aljabar yang banyak digunakan dalam berbagai
dasar ilmu keteknikan, dan juga diperdalam bahkan diperluas
lagi dalam berbagai mata kuliah: komputasi numerik,
fenomena perpindahan, aliran fluida, perancangan struktur,
rekayasa reaksi kimia, pemodelan, dan lain sebagainya.
Yang terbanyak digunakan adalah: SPAL (Solusi Persamaan
Aljabar Linier).

 Skalar

 NOTASI   Vektor  Operasinya

 Matrik

• Skalar, suatu konstanta yang dituliskan dalam huruf
kecil

• Vektor, simbol atau variabelnya juga akan dituliskan
menggunakan huruf kecil (akan berbeda dengan skalar
sesuai konteksnya): cetak tebal (bold) bila
menggunakan “topi” (tanda caping, ^) di atasnya atau
cetak biasa bila menggunakan tanda panah di atasnya.

• Vektor satuan, adalah suatu vektor yang
ternormalisasi, yang berarti panjangnya bernilai 1 (satu
satuan).

• Umumnya dituliskan dengan menggunakan

topi (bahasa Inggris: hat), sehingga: uˆ dibaca

"u-topi" ('u-hat').

• Secara umum, suatu vektor merupakan vektor kolom,

k ,1

v 

 k ,2

v v 

v 



 k ,n

• namun jika ingin menuliskan vektor baris:

v  v vT vb,n 
b,1 b,2

maka diberi indeks-atas yang menyatakan
simbol “transpos” (xT)

• Jika diperlukan, dimensi vektor dan atau
vektor dapat dituliskan dalam indeks-bawah
(umxn, ynx1, dlsb)

• Matrik, dalam matematika dan fisika, adalah kumpulan
bilangan, simbol, atau ekspresi (ungkapan), berbentuk
persegi panjang yang disusun menurut baris dan kolom.

• Bilangan-bilangan yang terdapat di dalam suatu matriks
disebut dengan elemen atau anggota matriks.

• Matriks, simbolnya dituliskan dalam huruf besar (kapital).
• Contoh matriks dengan 2 baris dan 3 kolom (2 x 3) yaitu:

M  117 7 141
3 



A23  a1,1 a1,2 a1,3 
a a a
 2,1 2,2 3,3

Definisi:

Persamaan berikut ini,

ax  by  cz  dw  h

dengan a, b, c, dan d merupakan tetapan (konstanta) yang diketahui
nilai-nilainya, sedangkan x, y, z, dan w merupakan bilangan yang tak

deketahui (variabel), disebut juga sebagai PERSAMAAN LINIER.

Jika h = 0, maka persamaan linier tersebut

menjadi homogen.
Suatu sistem persamaan linier (SPAL) adalah
suatu set persamaan yang terdiri atas
persamaan-persamaan linier
Suatu sistem persamaan linier homogen adalah
SPAL yang berharga nol.

Pemanfaatan (matriks dan juga vektor), misalnya dalam mencari
solusi Sistem Persamaan Aljabar Linear (SPAL), sering juga disebut
SPL (Sistem Persamaan Linear). Penerapan lainnya adalah dalam
transformasi linier, yaitu bentuk umum dari fungsi linear, misalnya
rotasi dalam 3-dimensi.
Persamaan di bawah ini,

3 x1  2 x2  1
2 x1  4 x2   2

Merupakan suatu sistem persamaan linier (SPAL), namun
4 x1  3 x22  1
x1  2 x2   1

bukanlah SPAL, karena ada variabel yang
berpangkat “tak satu” (non-linier).

Perkalian Matriks dengan Vektor  fungsi: MMULT

Perkalian Matriks dengan Vektor  fungsi: MMULT

Balikan (Invers) Matriks  fungsi: MINVERSE

Determinan Matriks  fungsi: MDETERM

Solusi SPAL  fungsi: MMULT dan MINVERSE

Persamaan di bawah ini, 23 2 1   x1  b1 
 4 4   b2 
3 x1  2 x2  x3  2  x2   
2x  4x  4x  2
5 9 2   x2  b3 
123

5 x1  9 x2  2 x3  2

merupakan suatu Sistem Persamaan Aljabar Linier (SPAL) ber-ordo
3, sedangkan

x1  4 x2  5 x3  0
3 x1  2 x2  x3  0

2 x1  5 x2  7 x3  0

Adalah SPL yang homogen.

Dalam Kuliah ini akan dipelejari 4 buah metode
penyelesaian Sistem Persamaan Aljabal Linier
(SPAL), yaitu:

Bentuk Eselon-baris:matriks
 Eliminasi Gauss: matriks
Eliminasi Gauss-Jordan: matriks
Aturan CRAMER: determinan
matriks

Sistem Persamaan Linear atau SPAL, misalnya:

3 x1  4 x2  2 x3  17
x1  3 x2  5 x3  10

2 x1  5 x2  2 x3  6

dapat dinyatakan dalam bentuk matriks imbuhan (matriks
yang diperluas atau teraugmentasi), sbb:

13 4 2 1170
3 5


2 5  2 6 

Matriks Eselon-baris (#1)

Susunan/Bentuk Matriks Eselon-baris, yaitu yang memiliki
syarat berikut:

1. Di setiap baris, angka pertama selain 0 harus 1 (leading 1).
2. Jika ada baris yang bernilai NOL pada semua elemennya,,

maka ia harus dikelompokkan di baris akhir dari matriks.
3. Jika ada baris yang bereperan sebagai "leading 1", maka

posisi angka "1" dari "leading 1" di bawahnya haruslah
lebih kanan dari yang di atasnya.
4. Jika kolom yang memiliki "leading 1", sedangkan angka
selain 1-nya adalah NOL, maka matriksnya disebut
Eselon-baris tereduksi.

Matriks Eselon-baris (#2)

Contoh matriks eselon-baris, memenuhi syarat:
 No. 1: baris pertama matriks berikut, sebagai “leading 1”

1 2 4

0 2 6

0 3 7

0 8 9

 No. 2: baris ke-3 dan ke-4 memenuhi syarat no. 2:

10 3 2 64
2 5

0 0 3 7

0 0 0 0

Matriks Eselon-baris (#3)

 No. 3: baris pertama dan ke-2 memenuhi syarat no. 3

10 3 2 64
1 5

00 70
0 3
0 0



 No. 4: matriks berikut memenuhi syarat no. 4
( disebut juga:

matriks eselon-baris tereduksi):

10 0 0 00
1 0

00 10
0 1
0 0



Solusi SPL dengan Metode Eliminasi Gauss

Metode “Eliminasi Gauss” merupakan suatu cara
penyelesaian SPL dengan menggunakan bentuk
matriks melalui teknik penyederhanaan matriks menjadi
matriks yang lebih sederhana (diperkenalkan oleh Carl
Friedrich Gauss), yaitu dengan melakukan operasi
baris sehingga matriks tersebut menjadi matriks yang
Eselon-baris.

Teknis operasionalnya: dengan mengubah persamaan
linier tersebut ke dalam matriks imbuhan (matriks yang
diperluas atau teraugmentasi) dan mengoperasikannya.
Setelah terbentuk matriks eselon-baris, maka lakukanlah
substitusi balik untuk mendapatkan nilai dari variabel-
variabel tersebut.

Metode Eliminasi Gauss (#1)

Diberikan SPL berikut ini:
3 x  4 y  2 z  17
x  3 y  5 z  10
2x  5y  2z  6

Tentukanlah harga-harga x, y, dan z !

Jawab:

 Ubahlah SPL diatas menjadibentuk matriks (yang diperluas)sebagiberikut:

 3 4 2 17 
1 3 5 10

 

 2 5 2 6 

 Dengan menggunakan Metode Eliminasi Gauss, maka Operasi penyelesaian

SPL dari "Matriks Imbuhan" di atas adalah:

Metode Eliminasi Gauss (#2)

3 4 2 17  1 untuk mengubah a11 menjadi 1
5
 Dari matriks  1 3 10  , B1 x
 3
 2 5 2 6 

 4 2 17 
 1 3 3 3 

 Didapatkan  13 13 133, dengan B2 – B1 x 1 untuk mengubah a21 menjadi 0
3
 0 3
 
2 6 
2 5

 

 1 4 2 17 
 3 3 3 

 Didapatkan  13 13 133, dengan B3 – B1 x 2 untuk mengubah a31 menjadi 0
3
 0 3

 7 10 16 

0  
 3 3 3

 1 4 2 17  3
 3 3 3 
1 1
 Kemudian  0   , B2 x  untuk mengubah a22 menjadi 1
1 13


 
 7 10 16 

0  
3 3 3


Metode Eliminasi Gauss (#3)

 4 2 17 
3 3 3 
 1 1 7
  ,denganB3–B2x a32 menjadi 0
Didapatkan  0 1 3 untuk mengubah


 0 1 3
0

 

 

 Maka didapatkan SPL baru, yaitu:

4 2 17
x  y  z
33 3
y  z  1 z 3

z   3

 Kemudian lakukan “substitusi balik”, sehingga diperoleh:

4 2 17
x y z 

y z 1 33 3
y3 1 4
dan x 2 2 17
y 2 3
33 3

x1



aa11 aa12   x1   bb1 
  x 

 21 22   2   2 

Eliminasi Gauss & Eliminasi Gauss Jordan

aa11 aa12   x1   bb1 
  x  

 21 22   2   2 

Dalam Kuliah ini akan dipelajari metode-metode
penyelesaian Sistem Persamaan Linier (SPL),
yaitu:

Eliminasi Gauss: matriks

Eliminasi Gauss-Jordan:matriks

Aturan CRAMER: determinan matriks

Metode Eliminasi Gauss - Contoh#1 (ulangan)

Diberikan SPL berikut ini:
3 x  4 y  2 z  17
x  3 y  5 z  10
2 x  5y  2z  6

Tentukanlah harga-harga x, y, dan z !

Jawab:

 UbahlahSPLdiatas menjadibentuk matriks (yangdiperluas)sebagi berikut:

 3 4 2 17 
1 3 5 10



 2 5 2 6 

 Dengan menggunakan Metode Eliminasi Gauss, maka Operasi penyelesaian

SPL dari "Matriks Imbuhan" di atas adalah:

Metode Eliminasi Gauss - Operasi Baris Elementer (Tahap Eliminasi):

1. 3 4 2 17  , B1 x 1 untuk mengubah a11 menjadi 1
3 5 10
Baris#1: dari matriks  1
 3
 2 5 2 6 

 4 2 17 
 3 3 3 

2. Didapatkan  13 13 13 , dengan B2 – B1 x 1 untuk mengubah a21 menjadi 0
 3 3 3

 
 2 5 2 6 



 17 
 1 

3. Didapatkan  13 13 133, dengan B3 - B1 x 2 untuk mengubah a31 menjadi 0
 3 3 

 7 10 16 
0
3 3 3



 4 2 17  3
 3 3 3 

Kemudian, pada baris#2:  1 1  , B2 x  13 untuk mengubah a22 menjadi 1

0 1
 
 7 10 16 

0 3 3 3





 1 4 2 17  7
 3 3 3  3
1 1
5. Didapatkan  0 1, dengan B3 – B2 x untuk mengubah a32 menjadi 0,



 
0 1 3
0

 

dan tahap ELIMINASI hanya sampai di sini (!?!)

6. Maka didapatkan SPL baru, yaitu:

4 2 17
x  y  z
33 3
y  z  1 z 3

z   3

 Kemudian lakukan “substitusi balik”, diperoleh:

4 2 17
x y z 

y z 1 33 3
y3 1 4
dan x 2 2 17
y2 3
33 3

x1

Metode Eliminasi Gauss - Contoh#2:

Sebagai contoh #2, diberikan SPL berikut:

x1  2 x2  3 x3  3
2 x1  3x2  2 x3  3
2 x1  1 x2  2 x3  5

Tentukanlah harga-harga x1, x2 , dan x3 !

Jawab:

 UbahlahSPLdiatasmenjadibentukmatriksimbuhan (teraugmentasi)sbb:

 1 2 3 3 
2 3 2 3


2 1 2 5 

 Dengan menggunakan Metode Eliminasi Gauss, maka Operasi penyelesaian

SPL dari "Matriks Imbuhan" di atas adalah:

Metode Eliminasi Gauss - Tahap OBE (Eliminasi):

1 2 3 3

1. Baris#1: dari matriks  2 3 2 3 , B1 : 1 untuk mengubah a11 menjadi 1


2 1 2 5 

2. 1 2 3 3 – a21
Didapatkan  1 4 ,
0 3 OBE dengan B2 B1 x 2 untuk mengubah menjadi 0
 

 2 1 2 5 

1 2 3 3 a31 menjadi 0
1 4
3. Didapatkan  0 3  , OBE dengan B3 - B1 x 2 untuk mengubah


 0 3 4 1

 1 2 3 3
4. Kemudian,pada baris#2:  0 1 3  , B2 : 1 untukmengubah
4 a22 menjadi 1
 

 0 3 4 1

1 2 3 3

5. Didapatkan  0 1 4 3 , denganB3 – B2 x 3 untukmengubah a32 menjadi 0,

 0 0 8 8

Metode Eliminasi Gauss - Tahap OBE (Eliminasi):

6. Kemudian, pada baris#3:  1 2 3 3  , B3 : 8 dan
0 1 4 3


0 0 1 1

didapatkan SPL baru, yaitu: x1  2 x2  3 x3  3 x3  1
x2  4 x3  3

x3  1

7. Sampai di sini tahap ELIMINASI (OBE) diakhiri (!?!)

 Kemudian lakukan “substitusi balik”, diperoleh:

x3  1 xx2 4 x3  3 dan x1  2 x2  3 x3  3
 4 (1)  3 x1 2 (1)  3 (1)  3

x2  1 x1  2

Dari SPL berikut:

2 xx1  32 xx2  23 xx3  33  21 23 23 33 

12 3 
 2 1 2 5 
2x  1x  2x  5

12 3

Tahapan OBE dari matriksnya adalah sbb:

1. 21 2 3 33 B1:1: untukmengubah a11 menjadi 1
3 2


2 1 2 5

2.  1 23 33 B2  2  B1: untukmengubah a21 menjadi 0
0 1 4


 2 1 2 5

3.  1 23 33 B3  2  B1: untukmengubah a31 menjadi 0
0 1 4


 0 3 4 1

(lanjutan)...Tahapan OBE dari matriksnya adalah sbb:

4.  1 2 3 33 B2: (1): untuk mengubah a22 menjadi 1
0 1 4


 0 3 4 1

5. 01 2 3 33 B3  ( )  B2: untuk mengubah a32 menjadi 0
1 4


0 0 8 8

6. 01 2 3 33 B3: : untuk mengubah a33 menjadi 18
1 4
(Matriks menjadi Eselon-baris)

0 0 1 1

7. Maka didapatkan SPL baru, yaitu: x1  2 x2  3 x3  3

x2  4 x3  3
x3  1

;x3  1 x2   1 x1  2

Dari SPL berikut:

x1  2 x2  x3  6  1 2 1 96
x  3x  2x  9 1 3 2

12 3

2 x  1 x  2 x  12  2 1 2 12

12 3

Tahapan OBE dari matriksnya adalah sbb:

1.  1 2 1 96 B11: untuk mengubah a11 menjadi 1
1 3 2


 2 1 2 12

2.  1 2 1 63 B2  1 B1: untuk mengubah a21 menjadi 0
0 1 1


 2 1 2 12

3.  1 2 1 63 B3  2  B1: untuk mengubah a31 menjadi 0
0 1 1


0 3 0 0

(lanjutan)...Tahapan OBE dari matriksnya adalah sbb:

4.  1 2 1 63 B2 :1: untukmengubah a22 menjadi 1
0 1 1


-3
3-
 0 0 0

5. 01 2 1 63 B3  ( ) B2: untuk mengubah a32 menjadi 0
1 1
 B3: : untuk mengubah a33 menjadi 1

0 0 3 9 (Matriks menjadi Eselon-baris)

6. 01 2 1 63
1 1

0 0 1 3

7. Maka didapatkan SPL baru, yaitu: x1  2 x2  x3  6

x2  x3  3
x3  3

;x3  3 x2  0 x1  3

Eliminasi Gauss vs Eliminasi Gauss-Jordan

 Metode Eliminasi Gauss bertujuan untuk mengubah matriks A (matriks Jacobi atau matriks
koefisien) menjadi matriks segitiga atas, yaitu berbentuk:

 1 a12 a13 bb1
0 1 a 2
b3 
 23

 0 0 1

 Metode Eliminasi Gauss-Jordan bertujuan untuk mengubah matriks A menjadi matriks diagonal
(matriks identitas), yaitu semua elemen pada diagonal matriks bernilai 1, sedangkan semua elemen
lainnya bernilai nol, sehingga bentuk matriksnya adalah:

 1 0 0 b1 
0 1 0 b

 2
 0 0 1 b3 

 Metode Eliminasi Gauss-Jordan “lebih berat” dalam realisasinya, karena memerlukan tahapan
“operasi komputasi” yang lebih banyak dibandingkan Eliminasi Gauss. Oleh karena itu, Eliminasi

Gauss-Jordantidakbanyakdigunakan dalamKomputasiNumerikdalamIlmuTeknik.

Dari SPL berikut:

u  2 v  3w  3  1 2 3 3
2u3v  2w  3 2 3 2 3
2 u  1v  2 w  5 2 1 2 5

Tahapan OBE dari matriksnya adalah sbb:

1. B2  2 B1   1 23 33
0 1 4


 2 1 2 5

2. B3  2B1   1 23 33
0 1 4


 0 3 4 1

3. B3  3 B2   1 2 3 33
0 1 4


 0 0 8 8

Metode Eliminasi Gauss-Jordan - Tahap OBE (Eliminasi): 

 1 2 3 3

4. B2: (1)  0 1 4 3
0 0 8 8

 1 2 3 3

5. B3:8  0 1 4 3
0 0 1 1

6. B2  4B3   1 2 3 31
0 1 0


 0 0 1 1

7. B1 3 B3   1 2 0 01
0 1 0


 0 0 1 1

8. B1 2B2   1 0 0 21 (Matriks menjadi Eselon-baris tereduksi)
0 1 0


 0 0 1 1

9. Maka, diperoleh: u  2; v  1; w  1

Dari SPL berikut:

3 x  4 y  25 zz  1170  3 4 2 17 
x3y 1 3 5 10

2x5y  2z  6 
 2 5 2 6 

Tahapan OBE dari matriks di atas adalah sbb:

B2  B1: 3   143 2 17 

1. 3 13 13 3 
5 3 
6 
 2

2. B3  2  B1  4 2 17 
13
 13 13 
3 3 3
10 16 3 
7
3 3

 3 4 2 17  17 
 
3. B3  (713)  B2 13
 0 13 13 13  13 13 3

 0 3 9   1 3 
 0 

Metode Eliminasi Gauss-Jordan - Tahap OBE (Eliminasi): 

4. B 2: ( 13 )   3 4 2 171
 3  0 1 1

 

0 0 1 3

5. B3 : 1   3 4 2 171
0 1 1



0 0 1 3 

 3 4 2 17

6. B2  1  B3   0 1 0 2 
 
0 0 1 3 

7. B1  2  B3   3 4 0 11
 
 0 1 0 2 

0 0 1 3 

8. B1  4  B2  3 0 0 3
0 1 0 2
0 0 1 3

1 0 0 1 (Matriks menjadi Eselon-baris tereduksi)
1 0 2 y2; z 3
9. B1: 3  0 0 1 3
0
x  1;
10. Maka, diperoleh:

dan

Macam Matriks

• Matriks Nol (0)

Matriks yang semua entrinya nol.

Contoh: 0 0 0 0 0
 0 
 0 0  ,  0 0 0 
   0 0 

• Matriks Identitas (I)

Matriks persegi dengan entri pada diagonal
utamanya 1 dan 0 pada tempat lain.

Contoh: 1 0 0
 0 1 0
I

0

Matriks Diagonal

• Matriks yang semua entri non diagonal

utamanya nol. d1 0 ... 0 
Secara umum: D   0 
d 2 ... 0 

 ... 
 ...
0 0 dn 


Contoh: 2 0 , 1 0 0  6 0 0 0 
 5  1   0 4 0 0 
0 0 0
0, 0 0 0 0
 0  0 0 
1   0 8 

Matriks Segitiga

• Matriks persegi yang aa1211 0 0 0
semua entri di atas aa31 
diagonal utamanya nol A  a22 0 0 
disebut matriks segitiga aa32
bawah. aa33 a 

• Matriks persegi yang  41 42 43 44 
semua entri di bawah
diagonal utamanya nol A  a011 a12 a13 a14 
disebut matriks segitiga a22 a23
atas. 24 

0 0 a33 a34 
0 0 0 a44 

Matriks Simetris

• Matriks persegi A disebut simetris jika
A = At

• Contoh:

1 4 5  d1 0 0 0 
7 3    0 d 0 0 
 3
 3 5 ,  4 0 0 , 0 2 d3 0
5 7 
0

 
 0 0 0 d4 

Transpos Matriks (#1)

• Jika A matriks mxn, maka transpose dari
matriks A (At) adalah matriks berukuran nxm
yang diperoleh dari matriks A dengan menukar
baris dengan kolom.

Contoh:

A   2 3   At 2 1 5 
 1 0   3 0  3

 5  3


Transpose Matriks (#2)

• Sifat:

1. (At)t = A
2. (AB)t = At  Bt
3. (AB)t = BtAt
4. (kA)t = kAt

Balikan (Invers) Matriks [#1]

• Jika A adalah sebuah matriks persegi dan
jika sebuah matriks B yang berukuran
sama bisa didapatkan sedemikian
sehingga AB = BA = I, maka A disebut
dapat dibalik dan B disebut balikan
(invers) dari A.

• Suatu matriks yang dapat dibalik
mempunyai tepat satu invers.

Balikan (Invers) Matriks [#2]

• Cont3oh5:  2  5
B    adalah invers dari A  

 1 3 
1 2

karena 2  53 5 1 0  I
  1 
AB   
3 1 2 0 
 1

dan BA 3 5  2  5 1 0  I
  
    
1 2 1  0


Balikan (Invers) Matriks [#3]

• Cara mencari imnvaetrriskskhAusuas mb atriks 2x2:
Jika diketahui
 d 


maka matriks A dapat dibalik jika ad-bc0,
dimana inversnya bisa dicari dengan rumus

A1 1 dc b   ad dcbc  adab bc 
a  
 ad  bc 

   ad  bc 

ad  bc 