Tugas Akhir m2 David Ardiyanto

TUGAS AKHIR MODUL 2 David Ardiyanto 19031218010795

1. a. Dengan menggunakan algoritma algoritma pembagian, akan ditentukan FPB(1488,868) Penyelesaian : 1488 = 868.1 + 620 868 = 620.1 + 248 620 = 248.2 + 124 248 = 124.2 + 0 Jadi FPB(1488,868) = 124

 b. Akan ditentukan nilai m dan n sehingga FPB(1488,868)=1488xm + 868x n Penyelesaian : Diketahui bahwa FPB(1488,868) = 124 sehingga 124 = 620  –  248.2  248.2 124 = 620  –  (868  (868  –  620).  620). 2 124 = 620. 3  –  868.  868. 2 124 = (1488  –  868.1).3  868.1).3  –  868.2  868.2 124 = 1488.3  –  868.5  868.5 Jadi m = 3 dan n = -5 agar 124 = 1488.m + 868.n

c. Akan ditentukan KPK[1488,868] Penyelesaian : Berdasarkan teorema: jika a dan b bilangan bulat positif maka KPK[a,b] = Diketahui bahwa FPB(1488,868) = 124 maka

KPK[1488,868] = 1488.868 124 = 10416 Jadi KPK[1488,868] adalah 10416

a.b FPB(a, b)

ax − 2 y = 0 3 x +  y = 0

2. Diketahui SPL 

a. Tunjukkan bahwa untuk setiap nilai a, maka SPL tersebut selalu konsisten.  b. Tentukan nilai a agar SPL tersebut hanya mempunyai solusi trivial. c. Tentukan nilai a, agar SPL tersebut mempunyai tak hingga banyak solusi. Penyelesaian : a. Akan ditunjukkan bahwa untuk setiap nilai a, maka SPL tersebut selalu konsisten. Jelas untuk a = 0 SPL

{3+2 ==00 meiliki solusi x = 0 dan y = 0

≠0  2 = 0 ⇔  = 2 Untuk

Dengan melakukan substitusi ke persamaan ke 2 diperoleh :

3 +  = 0 ⇔ 3(2 ) +  = 0 ⇔ 6 +  = 0 ⇔ 6+  = 0 ⇔  = 0   2 = 0 meiliki solusi x = 0 dan y = 0 Jadi untuk  ≠ 0 SPL { 3 +  = 0  b. Akan ditentukan nilai a agar SPL tersebut hanya mempunyai solusi trivial. Pada bagian a telah ditunjukkan untuk y=0 Jadi SPL

 ≠ 0 SPL {3+2 ==00 meiliki solusi x = 0 dan

{3+2 ==00 meiliki solusi trivial jika  ≠ 0

c. Akan ditentukan nilai a, agar SPL tersebut mempunyai tak hingga banyak solusi.

{3+2 ==00 memiliki solusi tak hingga banyak jika determinan matriksnya 0  2 = 0 ⇔  = 6 Det A =  3 1   2 = 0 akan memiliki solusi tak hingga banyak jika a = 6 Jadi SPL { 3 +  = 0 SPL

 – 

3. Akan dibuktikan bahwa semua basis dari suatu ruang vector berdimensi hingga mempunyai  banyak vector yang sama. Penyelesaian :

∈  sedemikian sehingga A dan B merupakan basis dari  Jelas  =  , , … } dan  =  , , … } dengan A dan B merupakan basis dari  Ambil sembarang vektor A, B

Karena A basis maka A bebas linear Karena B basis maka B bebas linear Karena A basis dan B bebas linear maka

m   n

Karena B basis dan A bebas linear maka

n   m

......(i)

.....(ii)

Dari (i) dan (ii) maka m = n. Jadi terbukti  bahwa semua basis dari suatu ruang vector berdimensi hingga mempunyai banyak vector yang sama.

4. Akan dibuktikan bahwa masalah program linear b erikut ini merupakan kasus penyelesaian tidak terbatas. Maks: Z = 3 x  –  4 y + 3 z −  x +  y +  z  −3

h.m : − 2 x − 3 y + 4 z  −5 − 3 x + 2 y −  z  −3  x,  y ,  z 

0

 Z  − 3 x + 4 y − 3 z −  x +  y +  z + − 2 x − 3 y + − 3 x +

S 1

0

=

= −3   x −  y −  z −

4 z + S 2

2 y −  z + S 3

 x,  y , z , S 1 , S 2 , S 3



= −5 

= −3 

0

S 1

=

3

2 x + 3 y − 4 z − S 2

3 x − 2 y +  z − S 3

=

=

3

5

 NB

 X

Y

z

S 1

S 2

S 3

Solusi

Rasio

 Z

-3

4

-3

0

0

0

0

-

S 1

-1

1

1

1

0

0

-3

-

S 2

-2

-3

4

0

1

0

-5

-

S 3

-3

2

-1

0

0

1

-3

3

 X

Y

z

S 1

S 2

S 3

Solusi

Rasio

-3

2

-1

0

0

1

-3

 Nilai baris kunci baru  NB  Z S 1

S 2

 z

Baris baru  Z

-3

4

-3

0

0

0

0

-3

-3

2

-1

0

0

1

-3

-12

10

0

0

0

-3

-9

S 1

1

-1

-1

1

0

0

3

-1

3

-2

1

0

0

1

3

4

1

0

1

0

1

6

S 2

2

3

-4

0

1

0

5

-4

3

-2

1

0

0

1

3

14

-5

0

0

1

4

17

 NB

 X

Y

z

S 1

S 2

S 3

Solusi

Rasio

 Z

6

-2

0

0

0

3

9

-

‘. 

4

1

0

1

0

1

6

6

S 2

14

-5

0

0

1

4

17

-

 z

3

-2

1

0

0

1

3

-

 NB

 X

Y

z

S 1

S 2

S 3

Solusi

Rasio

4

1

0

1

0

1

6

 Z  y S 2

 z

 Z

6

-2

0

0

0

3

9

-2

4

1

0

1

0

1

6

14

0

0

2

0

5

21

S 2

14

-5

0

0

1

4

17

-5

4

1

0

1

0

1

6

34

0

0

5

1

9

47

 z

3

-2

1

0

0

1

3

-2

4

1

0

1

0

1

6

11

0

0

2

0

3

15

 NB

 x

Y

z

S 1

S 2

S 3

Solusi

 Z

14

0

0

2

0

5

21

 y

4

1

0

1

0

1

6

34

0

0

5

1

9

47

11

0

0

2

0

3

15

S 2

 z

Rasio

=

5. Akan dibuktikan bahwa jika G grup komutatif dengan elemen identitas e, mak a merupakan

 ∈ | = }subgrup G. Penyelesaian :

∈  berarti e.e = e  = e ∈  jadi H tak kosong. Ambil sembarang a, b ∈  Jelas   =  dan  =  Akan ditunjukkan bahwa  − ∈  Jelas  −  =  −  −  =  −  =    − = . − =  Karena e

2

Sehingga berakibat:

− =  karena  ∈   maka terbukti bahwa  − ∈  sehingga dapat disimpulkan bahwa H subgraf G