abstrak - asimtot.files.wordpress.com · home page title page jj ii j i page1of132 go back full...

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Catatan Kuliah Aljabar Linier

[email protected]

24 Agustus 2009

AbstrakDalam catatan kuliah ini diberikan beberapa materi dari mata ku-liah Aljabar Linier untuk program Sarjana (S1) jurusan matema-tika FMIPA-ITS. Materi kuliah berupa perencanaan yang disajikanagar mempermudah peserta ajar dalam proses belajar mengajar.Peserta ajar diharapkan mempersiapkan diri melalui pemahamanyang dipunyai sebelumnya dan menambah kekurangan pemahamanpengetahuannya yang dirasa kurang saat proses belajar mengajardi kelas. Juga agar mempermudah proses belajar mengajar digu-nakan alat bantu perangkat lunak Euler. Selain itu materi kuliahini disesuai dengan Kurikulum 2009.

mailto:[email protected]

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Rencana materi yang akan dibahas dalam kelas adalah:

• Lapangan dan Ruang Vektor.

• Ruang-bagian Vektor.

• Himpunan Pembentang, Bebas linier dan Basis.

• Dimensi, Jumlahan Langsung, Koordinat dan Basis Teru-

rut.

• Pemetaan linier pada Ruang Vektor.

• Pemetaan linier dan Aljabar matriks.

• Perubahan dari Basis.

• Rank, Determinan dan Invers.

• Bentuk Echelon dari suatu Matriks.

• Eigenvektor dan Eigenvalue.

• Orthogonalitas (Proses Orthogonalitas Gram-Schmidt).

• General Invers.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lapangan(Field)

Suatu lapangan adalah suatu himpunan K 6= ∅ bersama-sama

dengan dua operasi tambah (+) dan kali (.) sehingga untuk

semua a, b, c ∈ K memenuhi:

• (a + b) ∈ K (tertutup).

• a + b = b + a (komutatif).

• (a + b) + c = a + (b + c) (assosiatif).

• Ada 0 ∈ K sehingga a + 0 = 0 + a (elemen netral).

• Ada suatu −a ∈ K sehingga a + (−a) = −a + a = 0 (invers).

• (a.b) ∈ K (tertutup).

• a.b = ba (komutatif).

• (a.b).c = a.(b.c) (assosiatif).

• Ada 1 ∈ K sehingga a.1 = 1.a = a (elemen identitas).

• Bila a 6= 0, maka ada a−1 ∈ K sehingga a.a−1 = a−1.a = 1

(invers).

• a.(b + c) = (a.b) + (a.c) (distributif).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

1. Himpunan bilangan rasional Q, himpunan bilangan riil Rdan himpunan bilangan kompleks C.

2. Himpunan bilangan bulat modulo p dinotasikan oleh Zp,

dengan p bilangan prima.

Contoh 1. adalah lapangan takhingga sedangkan Contoh 2.

lapangan hingga. Dalam Contoh 2., bila p bukan bilangan

prima, maka Zp bukan lapangan.

Ruang Vektor

Suatu himpunan V dengan dua operasi tambah dan kali

dikatakan suatu ruang vektor atas lapangan K bila memenuhi:

1. Bila u,v,w ∈ V , maka u + v ∈ V dan

• u + v = v + u

• (u + v) + w = u + (v + w)

• Ada 0 ∈ V sehingga v + 0 = 0 + v,∀v ∈ V• Untuk setiap v ∈ V ada w ∈ V sehingga v + w = w + v = 0

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

2. Bila a, b ∈ K dan u,v ∈ V , maka av ∈ V dan

• (a + b)v = av + bv

• a(u + v) = av + au

• (ab)v = a(bv)

• 1v = v

Contoh

1. Himpunan R2 adalah ruang vektor atas lapangan R, dimana(x1

x2

)+

(y1

y2

)def=

(x1 + y1

x2 + y2

),∀(x1

x2

),

(y1

y2

)∈ R2

dan

a

(x1

x2

)def=

(ax1

ax2

),∀a ∈ K dan ∀

(x1

x2

)∈ R2.

2. Himpunan Rn juga ruang vektor atas R dengan definisi ope-

rasi tambah dan kali diberikan seperti di Contoh 1. Pe-

nambahan dalam Contoh 1. dinamakan penambahan secara

komponen yang bersesuaian.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Contoh............

3. Himpunan matriks m×n dengan elemen elemennya bilangan

riil

Mm,n(R) =

a11 . . . a1n... . . . ...

am1 . . . amn

∣∣∣∣∣∣aij ∈ R

dimana penambahan matriks diberikan oleh:

a11 . . . a1n... . . . ...

am1 . . . amn

+

b11 . . . b1n... . . . ...

bm1 . . . bmn

def

=

a11 + b11 . . . a1n + b1n... . . . ...

am1 + bm1 . . . amn + bmn

sedangkan perkalian skalar α ∈ R dengan matriks diberikan

oleh:

α

a11 . . . a1n... . . . ...

am1 . . . amn

def

=

αa11 . . . αa1n... . . . ...

αam1 . . . αamn

.

Maka Mm,n(R) adalah suatu ruang vektor atas lapangan R.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Contoh............

4. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua

fungsi, yaitu V = {f : F → F} dimana (f + g)(x)def= f (x) +

g(x),∀x ∈ F dan (αf )(x)def= αf (x), dimana α ∈ F. Maka V

adalah ruang vektor F .

5. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua

polinomial berderajad kurang atau sama dengan n yaitu

Pn(F) = {p(x) = a0 + a1x+ . . .+ anxn | ai ∈ F} dimana (p+ q)(x)

def=

p(x) + q(x),∀x ∈ F dan (αp)(x)def= αp(x), dimana α ∈ F. Maka

Pn(F) adalah ruang vektor atas F.

6. Himpunan l∞ = {a = (a1, a2, . . .) | an ∈ R, sup(|an|) <∞} dimana

a+ bdef= (a1 + b1, a2 + b2, . . .) dan αa

def= (αa1, αa2, . . .), α ∈ R. Maka

l∞ adalah ruang vektor atas lapangan R.

7. Himpunan fungsi terdifferensial tak berhingga pada inter-

val [a, b], yaitu C∞[a, b], dimana definisi penambahan fungsi

dan perkalian skalar dengan fungsi seperti dalam Contoh 4.

merupakan ruang vektor atas lapangan riil R.

8. Himpunan fungsi-fungsi V = {f : R → R | d2fdx2 + f = 0} di-

mana definisi penambahan fungsi dan perkalian skalar de-

ngan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruang vek-

tor atas lapangan riil R.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Berikut ini diberikan beberapa sifat dari suatu ruang vektor V

atas lapangan K. Misalkan V adalah suatu ruang vektor atas

lapangan K, maka

(1). 0v = 0, 0 adalah elemen netral di K dan v ∈ V .

(2). (−1v) + v = 0, dimana −1 ∈ K.

(3). α0 = 0, dimana α ∈ K.

Bukti

(1). v = (1 + 0)v = v + 0v, kedua ruas tambahkan dengan vektor

w yang memenuhi w + v = 0, didapat: w + v = w + v + 0v

atau 0 = 0 + 0v. Terlihat bahwa 0v = 0.

(2). (−1v) + v = (−1 + 1)v = 0v = 0.

(3). α0 = α(00) = (α0)0 = 00 = 0.

Ruang Bagian

Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan K. HimpunanS ⊂ V (S 6= ∅) dikatakan suatu ruang bagian bila S sendiridengan operasi tambah dan kali seperti di V tetap merupakanruang vektor atas K.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

1. Himpunan

B =

x

y

z

∣∣∣∣∣∣x + y + z = 0

adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R.

2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu

V = {f : R→ R} dan D ⊂ V , dimana

D =

{f ∈ V

∣∣∣∣d2f

dx2+ f = 0

}, maka D adalah ruang bagian dari

ruang vektor V atas R.

3. Himpunan P3(R) adalah ruang bagian dari ruang vektor

Pn(R) atas lapangan R dengan n ≥ 3.

4. Himpunan S ={

(an) ∈ l∞ | limn→∞

an = x, x ∈ R}

adalah ruang

bagian dari ruang vektor l∞ atas lapangan R.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Berikut ini diberikan suatu sifat (pernyataan) yang ekivalen

dengan pernyataan dari suatu ruang bagian.

Himpunan S adalah suatu ruang bagian dari suatu ruang

vektor V atas lapangan K bila dan hanya bila x1s1 + x2s2 ∈ S

untuk setiap x1, x2 ∈ K dan s1, s2 ∈ S.

Bukti Misalkan S ruang bagian dan x1, x2 ∈ K juga s1, s2 ∈ S,

maka x1s1 ∈ S dan x2s2 ∈ S. Oleh karena itu, x1s1 + x2s2

juga di S. Sebaliknya, misalkan x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap

x1, x2 ∈ K dan s1, s2 ∈ S. Akan ditunjukkan bahwa S adalah

ruang vektor atas K. Sifat 2. dari ruang vektor otoma-

tis diwarisi dari V , begitu juga sifat komutatif, assosiatif

di sifat 1., diwarisi dari V . Untuk x1 = x2 = 1, didapat

1s1 + 1s2 = s1 + s2 ∈ S (tertutup). Untuk x1 = x2 = 0 didapat

0s1 + 0s2 = 0(s1 + s2) = 0 ∈ S. Oleh karena itu, untuk x1 = x2 = 1

dan setiap s ∈ S, didapat 1s + 10 = s + 0 = s = 0 + s = 10 + 1s ∈ S.

Selanjutnya untuk x1 = 1, x2 = −1 dan setiap s ∈ S didapat

1s + (−1)s = (1 + (−1))s = 0s = 0 (s punya invers yaitu −s).

Catatan Pernyataan x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap x1, x2 ∈ K dans1, s2 ∈ S, dapat diganti oleh x1s1 + x2s2 + . . . + xnsn ∈ S untuksetiap x1, x2, . . . , xn ∈ K dan s1, s2, . . . , sn ∈ S.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh penggunaan sifat ruang bagian

1. Himpunan

B =

x

y

z

∣∣∣∣∣∣x + y + z = 0

adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R. Sebab,

untuk setiap v1,v2 ∈ B, maka

v1 =

x1

y1

z1

=

−y1 − z1

y1

z1

= y1

−1

1

0

+ z1

−1

0

1

,

v2 =

x2

y2

z2

=

−y2 − z2

y2

z2

= y2

−1

1

0

+ z2

−1

0

1

.

Sehingga untuk a, b ∈ R, didapat:

av1 + bv2 = (ay1 + by2)

−1

1

0

+ (az1 + bz2)

−1

0

1

∈ B.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu

V = {f : R→ R} dan D ⊂ V , dimana

D =

{f ∈ V

∣∣∣∣d2f

dx2+ f = 0

}, maka D adalah ruang bagian dari

ruang vektor V atas R. Sebab, misalkan f, g ∈ D dan a, b ∈ R,

maka

d2(af + bg)

dx2+ (af + bg) = a

d2f

dx2+ af + b

d2g

dx2+ bg

= a(d2f

dx2+ f ) + b(

d2g

dx2+ g) = a0 + b0 = 0.

Jadi af + bg ∈ D.

3. Himpunan P3(R) adalah ruang bagian dari ruang vektor

Pn(R) atas lapangan R dengan n ≥ 3. Sebab, misalkan

p(x), q(x) ∈ P3(R) dan a, b ∈ R, maka

ap(x) + bq(x) = a(a0 + a1x + a2x2 + a3x

3) + b(b0 + b1x + b2x2 + b3x

3)

= (aa0 + bb0) + (aa1 + bb1)x + (aa2 + bb2)x2

+(aa3 + bb3)x3.

Jadi ap(x) + bq(x) ∈ P3(R).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Himpunan Pembentang, Bebas linier dan Basis

Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V . Himpunan

pembentang dari S adalah himpunan:

< S >def= {x1s1 + . . . + xnsn | x1, . . . , xn ∈ K, s1, . . . , sn ∈ S}.

Penulisan x1s1 + . . .+xnsn juga dinamakan kombinasi linier dari

vektor-vektor s1, . . . , sn. Berikutini diberikan sifat dari suatu

< S > sebgaimana berikut.

Bila V merupakan suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V , maka

< S > adalah suatu ruang bagian dari V .

Bukti Misalkan v = x1s1 + . . .+ xnsn dan w = xn+1sn+1 + . . .+ xmsmdi < S > dan a, b ∈ K, maka

av + bw = a(x1s1 + . . . + xnsn) + b(xn+1sn+1 + . . . + xmsm)

= (ax1)s1 + . . . + (axn)sn + (bxn+1)sn+1 + . . . + (bxm)sm.

Terlihat bahwa av + bw ∈< S >, oleh karena itu < S > adalahruang bagian dari V .

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

1. Misalkan V ruang vektor atas K untuksetiap v ∈ V , maka < {v} >= {kv | k ∈ K}.

2. Misalkan ruang vektor R3 atas R, maka< {e1, e2} >= R2 dimana e1 = (1, 0, 0)′ dane2 = (0, 1, 0)′. Sebab,

R2 =

xy0

∣∣∣∣∣∣x, y ∈ R

=

x

100

+ y

010

∣∣∣∣∣∣x, y ∈ R

= {xe1 + ye2 | x, y ∈ R} =< {e1, e2} > .

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Berikut ini diberikan sifat dari suatu him-punan pembentang. Misalkan V suaturuang vektor atas K dan 〈S〉 adalah suatuhimpunan pembentang dari S dan v ∈ V ,maka 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉 bila dan hanya bilav ∈ 〈S〉

Bukti. Misalkan 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉, jelasbahwa v ∈ 〈S ∪ {v}〉. Jadi juga v ∈ 〈S〉.Sebaliknya misalkan bahwa v ∈ 〈S〉, akanditunjukkan bahwa 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉. Je-las bahwa S ⊂ 〈S ∪ {v}〉. Tinggal menun-jukkan bahwa 〈S ∪ {v}〉 ⊂ 〈S〉.Tulis v =a0s0 + . . . + ansn dan misalkan w ∈ 〈S ∪ {v}〉.Didapat w = b0v + an+1sn+1 + . . . + amsm =(b0a0)s0 + . . .+ (b0an)sn+ an+1sn+1 + . . .+ amsm.Terlihat bahwa w ∈ 〈S〉. Jadi 〈S ∪ {v}〉 ⊂ 〈S〉dan karena 〈S〉 ⊂ 〈S ∪ {v}〉, oleh karena ituharuslah 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh Misalkan dalam R3, vektor-vektor

v1 =

1

0

0

,v2

0

1

0

dan v3 =

2

3

0

.

Didapat v3 = 2v1 + 3v2, jadi v3 ∈ 〈{v1,v2}〉. Maka dari itu,〈{v1,v2}〉 = 〈{v1,v2,v3}〉.

Sifat dari suatu himpunan pembentangyang dibahas sebelumnya, mengatakanbahwa suatu vektor v bisa dihapus un-tuk memperoleh himpunan baru S de-ngan himpunan pembentang yang samabila dan hanya bila v merupakan kombinasilinier dari vektor-vektor di S. Jadi den-gan pengertian ini, suatu himpunan S ⊂V adalah minimal bila dan hanya bila iatidak memuat vektor-vektor yang meru-pakan kombinasi linier dari vektor-vektoryang lainnya dalam himpunan tersebut.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Berikut ini diberikan suatu pengertian mengenai bebas lin-

ier. Vektor-vektor v1,v2, . . . ,vn di suatu ruang vektor V atas

lapangan K dikatakan bebas linier bila vektor vi, i = 1, 2, . . . , n

bukan merupakan suatu kombinasi linier dari vektor-vektor

yang lainnya. Bila tidak demikian, maka vektor-vektor

vj, j = 1, 2, . . . , n dikatakan bergantungan linier.

Misalkan Vektor-vektor s1, . . . , sn ∈ S ⊂ V , dengan V suatu

ruang vektor atas K, vektor-vektor si, i = 1, 2 . . . , n bebas linier

bila dan hanya bila x1s1 + . . . + xnsn = 0, xi ∈ K dipenuhi hanya

untuk x1 = . . . = xn = 0.

BuktiMisalkan si ∈ S, i = 1, 2 . . . , n bebas linier dan andaikan x1s1+. . .+xnsn = 0 tetapi untuk beberapa i, xi 6= 0. Didapat si = (−x1

xi)s1 +

. . . + (−xi−1xi

)si−1 + (−xi+1xi

)si+1 + . . . + (−xnxi

)sn. Terlihat bahwa simerupakan kombinasi linier dari vektor-vektor sj, j 6= i. Hal inibertentangan dengan kenyataan bahwa si, i = 1, 2, . . . , n bebaslinier. Jadi haruslah x1s1 + . . . + xnsn = 0 dipenuhi hanya untukx1 = . . . = xn = 0. Selanjutnya misalkan x1s1+. . .+xnsn = 0, xi ∈ Kdipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0, maka jelas bahwasi, i = 1, 2 . . . , n bebas linier. Bila tidak berarti bahwa untukbeberapa i, si = c1s1 + . . . + ci−1si−1 + ci+1si+1 + . . . + cnsn atau0 = c1s1 + . . .+ci−1si−1 +cisi+ci+1si+1 + . . .+cnsn dengan ci = −1. Inibertentangan dengan kenyataan bahwa 0 = c1s1 + . . .+ ci−1si−1 +cisi+ci+1si+1 + . . .+cnsn dipenuhi hanya unuk ci = 0, i = 1, 2, . . . , n.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Komentar Pernyataan vektor-vektor si, i =1, 2 . . . , n dalam ruang vektor V atas K be-bas linier ekivalen dengan x1s1 + . . .+ xnsn =0, xi ∈ K dipenuhi hanya untuk x1 = . . . =xn = 0. Bila V = Rn dan K = R, makavektor-vektor si, i = 1, 2 . . . , n dalam ruangvektor Rn atas R bebas linier mempunyaiarti bahwa sistem persamaan linier homo-gin x1s1 + . . .+xnsn = 0 mempunyai penyele-saian trivial, yaitu xi = 0, i = 1, 2, . . . , n. Bilapersamaan homogin ini mempunyai jawabnon trivial, yaitu xi 6= 0 untuk beberapa i,maka hal ini berarti bahwa vektor-vektorsi tsb. tidak bebas linier atau bergantung-an linier. Bila vektor s 6= 0 di ruang vek-tor Rn dan memenuhi s = x1s1 + . . . + xnsn,yaitu vektor s merupakan kombinasi linierdari vektor-vektor s1, . . . , sn. Hal ini berartibahwa sistem persamaan linier tak homo-gin s = x1s1 + . . . + xnsn, mempunyai jawabx = (x1, . . . , xn)′.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

1. Dalam R4 vektor (1, 4,−2, 6)′ adalah kombinasi linier dari

dua vektor (1, 2, 0, 4)′ dan (1, 1, 1, 3)′, sebab: (1, 4,−2, 6)′ =

3(1, 2, 0, 4)′ − 2(1, 1, 1, 3)′. Sedangkan vektor (2, 6, 0, 9)′ bukan

kombinasi linier (1, 2, 0, 4) dan (1, 1, 1, 3)′, sebab bila (2, 6, 0, 9)′ =

x1(1, 2, 0, 4)′ + x2(1, 1, 1, 3)′ ekivalen dengan sistem persamaan

linier

x1 + x2 = 2

2x1 + x2 = 6

x2 = 0

4x1 + 3x2 = 9

mudah dicek bahwa sistem persamaan linier ini tidak mem-

punyai jawab.

2. Misalkan ruang vektor V = {f : R → R} atas R, maka

fungsi cos 2x merupakan kombinasi linier dari fungsi-fungsi

cos2 x, sinh2 x dan cosh2 x, sebab cos 2x = 2 cos2 x+sinh2 x−cosh2 x,

ingat bahwa cos 2x = 2 cos2 x− 1 dan cosh2 x− sinh2 x = 1.

3. Dilanjutkan halaman berikutnya!

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Contoh

3. Misalkan tiga vektor v1 = (1, 2, 3)′,v2 = (3, 2, 1)′ dan v3 =

(3, 3, 3)′ di R3. Maka

〈{v1,v2,v3}〉 = {x1v1 + x2v2 + x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R}= {(x1 + 3x2 + 3x3, 2x1 + 2x2 + 3x3, 3x1 + x2 + 3x3)′}

Tulis (x, y, z)′ = (x1 + 3x2 + 3x3, 2x1 + 2x2 + 3x3, 3x1 + x2 + 3x3)′.

Didapat: x

y

z

=

1 3 3

2 2 3

3 1 3

x1

x2

x3

,

(1 − 2 1)

x

y

z

= (1 − 2 1)

1 3 3

2 2 3

3 1 3

x1

x2

x3

= 0,

atau x− 2y + z = 0. Catatan 3v1 + 3v2 − 4v3 = 0 dan juga

det

1 3 3

2 2 3

3 1 3

= 0.

4. Dilanjutkan halaman berikutnya!

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Contoh

4. Dua vektor v1 =(

40 15)′,v2 =

(−50 25

)′ ∈ R2 sebab x1v1 +

x2v2 = 0 dipenuhi hanya untuk x1 = x2 = 0, hal ini bisa dicek

sbb:

40x1 − 50x2 = 0

15x1 + 25x2 = 0

}−15

40B1 + B2

40x1 − 50x2 = 01754 x2 = 0

}

didapat x2 = 0 dan x1 = 0.

5. Diberikan S ⊂ R3 dimana

S =

1

0

0

,

0

2

0

,

1

2

0

,

0

−1

1

,

3

3

0

Perhatikan persamaan berikut:

x1

1

0

0

+ x2

0

2

0

+ x3

1

2

0

+ x4

0

−1

1

+ x5

3

3

0

=

0

0

0

.

Himpunan penyelesaiannya adalah:

x1

x2

x3

x4

x5

= x3

−1

−1

1

0

0

+ x5

−3

−3/2

0

0

1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x3, x5 ∈ R

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Contoh 5.


x1

x2

x3

x4

x5

= x3

−1

−1

1

0

0

+ x5

−3

−3/2

0

0

1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x3, x5 ∈ R

Hal ini menunjukkan bahwa semua vektor di S saling bergan-

tungan linier. Untuk x3 = 0, x5 = 1, didapat bahwa vektor yang

ke-5 dalam S merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang

pertama. Gunakan sifat yang telah dipunyai untuk menghapus

vektor yang ke-5 sehingga didapat:

S1 =

1

0

0

,

0

2

0

,

1

2

0

,

0

−1

1

,

dalam hal ini < S >=< S1 >. Juga terlihat bahwa vektor yang

ke-3 dalam S1 merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang

pertama, sehingga vektor ke-3 ini bisa dihapus dan didapat:

S2 =

1

0

0

,

0

2

0

,

0

−1

1

.

Juga, dalam hal ini < S1 >=< S2 >. Jadi < S >=< S2 >.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

6. Misalkan tiga vektor v1 = (1, 1, 0)′,v2 = (5, 1,−3)′ dan v3 =

(2, 7, 4)′ di R3, maka

〈{v1,v2,v3}〉 = {x1v1 + x2v2 + x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R}= {x1(1, 1, 0)′ + x2(5, 1,−3)′ + x3(2, 7, 4)′ | x1, x2, x3 ∈ R}= {(x1 + 5x2 + 2x3, x1 + x2 + 7x3,−3x2 + 4x3)′|x1, x2, x3∈R}.

Tulis (x, y, z)′ = (x1 +5x2 +2x3, x1 +x2 +7x3,−3x2 +4x3)′, didapat:

x

y

z

=

1 5 2

1 1 7

0 −3 4

x1

x2

x3

.

Sehingga diperoleh:−25 26 −33

4 −4 5

3 −3 4

x

y

z

=

−25 26 −33

4 −4 5

3 −3 4

1 5 2

1 1 7

0 −3 4

x1

x2

x3

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

x1

x2

x3

=

x1

x2

x3

.

Terlihat bahwa, untuk setiap (x, y, z)′ ∈ R3 selalu bisa diper-

oleh x1, x2, x3 ∈ R sehingga 〈{v1,v2,v3}〉 = x1v1 + x2v2 + x3v3.

Jadi 〈{v1,v2,v3}〉 = R3.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Basis dan Dimensi

Misalkan B = {b1,b2, . . .} ⊂ V dimana V adalah ruang vektor

atas K. Bila 〈{b1,b2, . . .}〉 = V dan vektor-vektor b1,b2, . . . bebas

linier maka B dikatakan suatu basis dari V . Banyaknya anggota

dari B dinamakan dimensi dari ruang vektor V .

Contoh:

1. Dalam R2, B1 = {(2, 4)′, (1, 1)′} adalah suatu basis dari R2,

basis yang lainnya adalah B2 = {(1, 0)′, (0, 1)′}. Secara umum

B3 = {(a11, a21)′, (a12, a22)′} adalah suatu basis dari R2 bila

det

(a11 a12

a21 a22

)6= 0.

2. Ruang vektor V = {x1 cos θ + x2 sin θ | x1, x2 ∈ R} atas R, maka

suatu basis dari V adalah {cos θ, sin θ}.

3. Dalam ruang vektor P3(x), maka {1, x, x2, x3} adalah suatu

basis dari P3(x). Sedangkan {1, x, x2, x3, x4 . . .} adalah suatu

basis dari ruang vektor P∞(x).

4. Dalam ruang vektor M2,2(R), yaitu himpunan matriks uku-

ran 2× 2 dengan elemen-elemen di R, maka{(

1 0

0 0

),

(0 1

0 0

),

(0 0

1 0

),

(0 0

0 1

)}

adalah suatu basis dari M2,2(R).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Sifat Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan

{v1, . . . ,vn} adalah suatu basis dari V , maka setiap ele-

men v ∈ V dapat diungkapkan secara tunggal sebagai:

v = x1v1 + . . . + xnvn, x1, . . . , xn ∈ K.Bukti

Misalkan v = a1v1 + . . .+ anvn, dan v = x1v1 + . . .+ xnvn, didapat:

(x1 − a1)v1 + . . . + (xn − a0)vn = 0, karena vektor-vektor v1, . . . ,vnbebas linier, maka haruslah x1−a1 = 0, . . . , xn−an = 0. Sehingga

diperoleh x1 = a1, . . . , xn = an.

Berikut ini, diberikan suatu sifat untuk ruang vektor Rn atas

R, yaitu misalkan vi ∈ Rn, i = 1, 2, . . . ,m. Bila m > n, maka

vektor-vektor vi, i = 1, 2, . . . ,m bergantungan linier.

Bukti Untuk setiap j = 1, 2, . . . ,m, tulis vektor vj =

(a1j, a2j, . . . , anj)′, sehingga persamaan x1v1 + . . .+xmvm = 0 dalam

bentuk matriks adalah:a11 . . . a1m... ...

an1 . . . anm

x1...

xm

=

0...

0

.

Terlihat bahwa, persamaan homogin terdiri dari n persamaandengan variabel yang takdiketahui sebanyak m. Karena m >n, maka persamaan mempunyai suatu solusi yang nontrivial,yaitu ada beberapa xk, k = 1, 2, . . . ,m yang tidak semuanya samadengan nol. Jadi vj, j = 1, 2, . . . ,m bergantungan linier.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

ContohDalam ruang vektor R2 atas R, Misalkanv1 = (a11, a21)′,v2 = (a12, a22)′ ∈ R2. Bilavektor-vektor v1,v2, bebas linier, maka per-samaan: x1v1 + x2v2 = 0 atau dalam bentukmatriks: Ax = 0 dengan

A =

(a11 a12a21 a22

), x =

(x1x2

)dan 0 =

(00

)

mempunyai jawab trivial hanya bila det(A) 6=0. Secara geometris, hal ini menyatakanbahwa luas daerah jajaran genjang yangdibentuk oleh dua vektor v1 dan v2 samadengan | det(A)|. Sebaliknya bila det(A) =0, maka luas daerah ini sama dengan 0.Hal ini menunjukkan bahwa dua vektor v1dan v2 terletak pada satu garis yang samaatau dengan kata lain dua vektor v1 danv2 bergantungan linier. Jadi {v1,v2} adalahsuatu basis dari R2 dengan dimensi 2 (me-ngapa?).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Sifat. Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v1, . . . ,vn}suatu basis dari V . Selanjutnya, bila vektor-vektor u1, . . . ,umdengan m > n, maka vektor-vektor u1, . . . ,um bergantungan

linier.

Bukti

Karena {v1, . . . ,vn} suatu basis dari V , didapat:

u1 = a11v1 + . . . + an1vn...

um = a1mv1 + . . . + anmvn,

dimana aij ∈ K, i = 1, 2, . . . , n dan j = 1, 2, . . . ,m. Untuk

x1, . . . , xm ∈ K dan diketahui bahwa {v1, . . . ,vn} bebas linier,

didapat:

0 = x1u1 + . . . + xmum

= x1(a11v1 + . . . + an1vn) + . . . + xm(a1mv1 + . . . + anmvn)

= (a11x1 + . . . + a1mxm)v1 + . . . + (an1x1 + . . . + anmxm)vn

dan haruslah a11x1 + . . . + a1mxm = 0, . . . , an1x1 + . . . + anmxm = 0

atau dengan notasi matriks:a11 . . . a1m... ...

an1 . . . anm

x1...

xm

=

0...

0

.

Persamaan homogin diatas mempunyai jawab non-trivial (se-bab m > n). Jadi vektor-vektor u1, . . . ,um bergantungan linier.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Kesimpulan Misalkan V suatu ruang vektor atas K dengan

dimensi hingga. Maka setiap dua basis yang berbeda dari V

harus mempunyai banyak elemen yang sama.

Contoh

1. Dalam ruang vektor P3(R) atas R, B = {1, x, x2, x3} adalah

suatu basis baku dari P3(R). Basis yang lainnya adalah B2 =

{1, 1 + x, 1 + x + x2, 1 + x + x2 + x3}.

2. Persamaan homogin Ax = 0, diberikan oleh :

1 3 −5 1 5

1 4 −7 3 −2

1 5 −9 5 −9

0 3 −6 2 −1

x1

x2

x3

x4

x5

=

0

0

0

0

.


〈{v1,v2}〉 =

x = x1

1

−2

−1

0

0

+ x2

1

3

0

−5

−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x1, x2 ∈ R

merupakan suatu ruang vektor atas R dengan dimensi dua.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan V suatu ruang vektor atas Kberdimensi hingga. Maka setiap himpunanhingga S ⊂ V yang terdiri dari vektor-vektor bebas linier di V tetapi S bukanmerupakan suatu basis dari V dapat diper-luas sampai merupakan suatu basis dari V .Bukti. Misalkan S = {v1, . . . ,vm} den-gan vi, i = 1, . . . ,m adalah vektor-vektoryang bebas linier. Karena 〈S〉 6= V ,maka pilih vektor vm+1 ∈ V sehingga vm+1bukan kombinasi linier dari vektor-vektorvj, j = 1, 2, . . . ,m. Selanjutnya namakanT = {v1, . . . ,vm,vm+1}, bila 〈T 〉 = V , makaT adalah basis dan sudah tidak bisa lagidiperluas menjadi vektor-vektor yang be-bas linier. Bila 〈T 〉 6= V , lakukan lagicara perluasan seperti sebelumnya sehinggadiperoleh himpunan vektor-vektor yang be-bas linier di U yang memenuhi 〈U〉 = V .

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Kesimpulan. Misalkan V ruang vektor atasK berdimensi n, maka setiap himpunandari n vektor yang bebas linier adalah su-atu basis dari V .

ContohMisalkan S = {(1, 1, 1)′, (0,−1, 0)′} ⊂ R3, jelasbahwa vektor-vektor di S bebas linier dan〈S〉 = {x(1, 1, 1)′+y(0,−1, 0)′ = (x, x−y, x)′|x, y ∈R}, jelas bahwa bila (x1, x2, x3)′ ∈ 〈S〉, makax3 = x1. Oleh karena itu (x, y, z)′ /∈ 〈S〉 bilax 6= z. Pilih vektor (1, 0, 0) sehingga dida-pat T = {(1, 1, 1)′, (0,−1, 0)′, (1, 0, 0)′} dimanavektor-vektor di T bebas linier, maka dariitu T merupakan suatu basis dari R3.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Jumlahan Langsung.

Misalkan U dan V adalah ruang bagian dari suatu ruang

vektor W atas K dengan dimensi hingga, maka dim(U + V ) =

dim(U)+dim(V )−dim(U ∩V ), dimana U+V = {u+v |u ∈ U,v ∈ V }.

Bukti. Misalkan {z1, . . . , zr} suatu basis dari U ∩V perluas basis

ini masing-masing menjadi {z1, . . . , zr,u1, . . . ,um} adalah suatu

basis dari U dan {z1, . . . , zr,v1, . . . ,vn} suatu basis dari V . Ter-

lihat bahwa, dim(U ∩ V ) = r, dim(U) = r + m dan dim(V ) = r + n.

Selanjutnya, ditunjukkan bahwa {z1, . . . , zr,u1, . . . ,um,v1, . . . ,vn}adalah suatu basis dari U +V . Sehingga, dalam hal ini didapat

dim(U + V ) = r + m + n = (r + m) + (r + n)− r = dim(U) + dim(V )−dim(U ∩V ). Misalkan sebarang w ∈ U +V , maka w = u+v untuk

beberapa u ∈ U dan beberapa v ∈ V . Dengan kenyataan bahwa

u = a1z1 + . . .+arzr + b1u1 + . . .+ bmum untuk beberapa skalar ai, bjdan v = c1z1 + . . .+ crzr + d1v1 + . . .+ dmvn untuk beberapa skalar

ck, dl, didapat:

w = u+v = (a1+c1)z1+. . .+(ar+cr)zr+b1u1+. . .+bmum+d1v1+. . .+dmvn

terlihat bahwa w ∈ 〈{z1, . . . , zr,u1, . . . ,um,v1, . . . ,vn}〉. Maka dariitu didapat 〈{z1, . . . , zr,u1, . . . ,um,v1, . . . ,vn}〉 = U + V .

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Bukti......

Diberikan

x1z1 + . . .+xrzr+xr+1u1 + . . .+xr+mum+xr+m+1v1 + . . .+xr+m+nvn = 0

untuk beberapa skalar xj. Tulis w = x1z1+. . .+xrzr+xr+1u1+. . .+xr+mum, didapat w = −xr+m+1v1 + . . .− xr+m+nvn. Terlihat bahwaw ∈ U dan w ∈ V , jadi w ∈ U ∩ V . Tetapi {z1, . . . , zr} adalahsuatu basis dari U ∩ V , jadi w = b1z1 + . . .+ brzr untuk beberapaskalar bi. Sehingga didapat b1z1 + . . . + brzr = −xr+m+1v1 + . . . −xr+m+nvn atau b1z1 + . . . + brzr + xr+m+1v1 + . . . + xr+m+nvn = 0.Tetapi {z1, . . . , zr,v1, . . . ,vn} adalah suatu basis dari V , makadari itu haruslah b1 = . . . = br = xr+m+1 = . . . = xr+m+n = 0,sehingga persamaan x1z1 + . . . + xrzr + xr+1u1 + . . . + xr+mum +xr+m+1v1 + . . . + xr+m+nvn = 0 menjadi x1z1 + . . . + xrzr + xr+1u1 +. . .+xr+mum = 0. Tetapi {z1, . . . , zr,u1, . . . ,um} juga adalah suatubasis dari U . Jadi haruslah x1 = . . . = xr = xr+1 = . . . = xr+m = 0.Sehingga didapat xk = 0, k = 1, 2, . . . , r+m+n. Jadi vektor-vektorz1, . . . , zr,u1, . . . ,um,v1, . . . ,vn bebas linier.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

Misalkan W = R2,u1 = (1, 1, 0, 0)′,u2 = (−3, 7, 2, 1)′, U = 〈{u1,u2}〉dan V = {(x1, x2, x3, 0)′ |xi ∈ R}. Vektor-vektor u1,u2 bebas linier,

sebab bila a1u1 + a2u2 = 0 atau a1(1, 1, 0, 0)′ + a2(−3, 7, 2, 1)′ = 0

didapat a1 = a2 = 0. Jadi dim(U) = 2. Suatu basis

dari V adalah e1 = (1, 0, 0, 0)′, e2 = (0, 1, 0, 0)′, e3 = (0, 0, 1, 0)′.

Jadi dim(V ) = 3. Perhatikan bahwa e4 = (0, 0, 0, 1)′ =

(−3, 7, 2, 1)′+3(1, 0, 0, 0)′−7(0, 1, 0, 0)′−2(0, 0, 0, 1)′ = u2+3e1−7e2−2e3.

Jadi e4 ∈ U+V . Karena e1, e2, e3 juga di U+V , maka {e1, e2, e3, e4}adalah suatu basis dari U + V . Jadi dim(U + V ) = 4. Sehingga

didapat: dim(U ∩V ) = dim(U) + dim(V )− dim(U +V ) = 2 + 3− 4 = 1.

Bisa dicek secara langsung bahwa vektor-vektor di U∩V adalah

vektor-vektor di U dengan komponen ke-empat sama dengan

nol, yaitu vektor b1u1 + b2u2 = (b1 − 3b2, b1 + 7b2, 2b2, b2)′ dimana

b2 = 0. Jadi U ∩ V = 〈{u1}〉. Terlihat bahwa dim(U ∩ V ) = 1.

Catatan. Bila U, V ruang bagian berdimensi hingga masing-masing dengan basis {u1, . . . ,um} dan {v1, . . . ,vn}. MisalkanW = U + V dan sebarang w ∈ W . Didapat w = u + v =a1u1+. . .+amum+b1v1+. . .+bnvn atau W = 〈{u1, . . . ,um,v1, . . . ,vn}〉.Selanjutnya reduksi vektor-vektor u1, . . . ,um,v1, . . . ,vn menjadivektor-vektor yang bebas linier (sampai minimal) dan himpunkedalam himpunan S, sehingga didapat W = 〈{S}〉. Jadi di-mensi dari W sama dengan banyaknya vektor-vektor di S.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Bila U dan V adalah ruang bagian berdimensi hingga dengan

U ∩ V = {0}, maka U + V dinamakan jumlahan langsung dari

U dan V .

Contoh. Himpunan U = {(x1, x2, 0)′ | x1, x2 ∈ R} dan

V = {(0, 0, x3)′ |x3 ∈ R} adalah ruang bagian dari ruang vektor R3

atas R dimana U∩V = {0}. Jadi U+V adalah jumlahan langsung

dari U dan V , U+V = {(x1, x2, 0)′+(0, 0, x3)′ = (x1, x2, x3)′ |x1, x2, x3 ∈R} = {x1(1, 0, 0)′ + x2(0, 1, 0)′ + x3(0, 0, 1)′ | x1, x2, x3 ∈ R} = R3,

terlihat bahwa dim(U + V ) = 3. Perhatikan bahwa

U = {(x1, x2, 0)′ | x1, x2 ∈ R} = {x1(1, 0, 0)′ + x2(0, 1, 0)′ | x1, x2 ∈R} = 〈{(1, 0, 0)′, (0, 1, 0)′}〉, terlihat bahwa dim(U) = 2. Begitu

juga, V = {(0, 0, x3)′ | x3 ∈ R} = {x3(0, 0, 1)′ | x3 ∈ R} = 〈{(0, 0, 1)′}〉dan dim(V ) = 1. Makna U + V merupakan jumlahan lang-

sung dari U dan V tampak dari dimensi, yaitu dim(U + V ) =

dim(U) + dim(V )− dim(U ∩V ) = 2 + 1− 0 = 3 = dim(U) + dim(V ). Hal

ini juga bisa dilihat dari pengertian basis yaitu, himpunan

{(1, 0, 0)′, (0, 1, 0)′} adalah suatu basis dari U dan himpunan

{(0, 0, 1)′} adalah suatu basis dari V sedangkan himpunan

{(1, 0, 0)′, (0, 1, 0)′, (0, 0, 1)′} sudah bebas linier (tidak bisa lagi

direduksi menjandi himpunan yang lebih kecil lagi sehingga

bebas linier). Jadi, dari sini juga langsung didapat bahwa

dim(U + V ) = dim(U) + dim(V ).

Kesimpulan. Dimensi dari suatu ruang jumlahan langsungsama dengan jumlah dari masing-masing dimensi ruang.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Berikut ini diberikan suatu sifat yang laindari ruang jumlahan langsung. Setiap w ∈W = U + V dengan U ∩ V = {0} mempunyaipenulisan tunggal w = u + v, u ∈ U,v ∈ V .

Bukti. Misalkan w = u + v = u + v, makau − u = v − v. Tetapi u − u ∈ U , v − v ∈ Vdan U ∩ V = {0}. Maka haruslah u − u = 0dan v − v = 0 atau u = u dan v = v.

Koordinat. Misalkan {v1, . . . ,vn} adalah su-atu basis dari suatu ruang vektor atas K.Jadi setiap v ∈ V dapat ditulis secara tung-gal oleh v = x1v1 + . . .+xnvn untuk beberapaskalar x1, . . . , xn ∈ K. Dalam hal ini skalar-skalar x1, . . . , xn dinamakan koordinat darivektor v terhadap basis {v1, . . . ,vn}.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh.

Misalkan V = R3 dengan basis baku {e1 = (1, 0, 0)′, e2 =

(0, 1, 0)′, e3 = (0, 0, 1)′} dan misalkan sebarang v = (x, y, z)′ ∈ V ,

maka v = xe1 + ye2 + ze3. Jadi koordinat dari v terhadap basis

{e1, e2, e3} adalah x, y dan z. Tetapi untuk basis yang lain

dari V , misalkan {v1 = (0, 1, 1)′,v2 = (1, 0, 1)′,v3 = (1, 1, 0)′}, maka

v = (−x+y+z2 )v1 + (x−y+z2 )v2 + (x+y−z2 )v3. Koordinat dari vektor

v terhadap basis {v1,v2,v3} adalah −x+y+z2 , x−y+z2 dan x+y−z

2 .

Terlihat bahwa vektor v terhadap dua basis yang berbeda dari

ruang vektor V mempunyai dua koordinat yang berbeda pula.

Basis terurut.Adalah perlu dijamin bahwa suatu vektor dikaitkan dengansuatu vektor basis yang sesuai, cara baku untuk melakukanhal ini adalah menggunakan penyajian terurut untuk koordi-nat dan vektor basis. Bila urutan dari vektor-vektor dalamsuatu basis dipersoalkan dalam hal ini dinamakan basis teru-rut dan basis ini ditulis sebagai suatu barisan. Bila urutandari vektor basis takdipersoalkan, basis tersebut ditulis seba-gai suatu himpunan, dalam hal ini penekanan mengenai diskusidari suatu vektor basis, urutan tidak bergantung pada urutan.Tetapi, bila koordinat dari suatu vektor disajikan sebagai barisatau kolom dalam suatu matriks, maka secara esensi penyajianbergantung pada urutan vektor-vektor basis. Begitu juga, bilasuatu pemetaan linier disajikan sebagai suatu matriks, makasangatlah penting menggunakan vektor basis terurut.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Pemetaan Linier pada Ruang Vektor

Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K, suatu pemetaan

α : U → V adalah suatu pemetaan linier atau transformasi lin-

ier bila dan hanya bila memenuhi α(k1u1+k2u2) = k1α(u1)+k2α(u2)

untuk semua k1, k2 ∈ K dan u1,u2 ∈ U .

Sifat. Bila α : U → V suatu pemetaan linier, maka α(0) = 0.

Bukti α(0) = α(0 + 0) = α(0) + α(0), didapat α(0) − α(0) = α(0),

jadi 0 = α(0).

Contoh

1. Misalkan α : U → V , U = R3 dan V = R2 dengan

α((x, y, z)′)def= (2x − y, y + z)′. Maka α adalah pemetaan

linier, sebab α(k1u1 + k2u2) = α(k1(x1, y1, z1)′ + k2(x2, y2, z2)′) =

α((k1x1 + k2x2, k1y1 + k2y2, k1z1 + k2z2)′) = (2k1x1 + 2k2x2 − k1y1 −k2y2, k1y1 +k2y2 +k1z1 +k2z2)′ = (2k1x1−k1y1, k1y1 +k1z1)′+(2k2x2−k2y2, k2y2 + k2z2)′ = k1(2x1 − y1, y1 + z1)′ + k2(2x2 − y2, y2 + z2)′ =

k1α((x1, y1, z1)′) + k2α((x2, y2, z2)′).

2. Misalkan α : R3 → R2 dengan α((x, y, z)′)def= (x2, y + z)′,

pemetaan α bukan pemetaan linier, sebab α(2(1, 0, 0)′) =

α((2, 0, 0)′) = (4, 0)′ 6= (2, 0)′ = 2(1, 0)′ = 2α((1, 0, 0)′).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Kernel dan Image

Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier

• Image dari α adalah Im(α)=α(U)def= {α(u) | u ∈ U} ⊆ V .

• Kernel dari α adalah ker(α)def= {u ∈ U | α(u) = 0} ⊆ U .

Contoh. Dalam Contoh 1. sebelumnya Im(α) = {α((x, y, z)′) =

(2x− y, y + z)′ | x, y, z ∈ R}, sedangkan ker(α) = {(x, y, z)′ | 2x− y =

0, y + z = 0, x, y, z ∈ R} = {y(12, 1,−1)′ | y ∈ R}.

Beberapa sifat Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K

dan α : U → V suatu pemetaan linier, maka

1. Im(α) adalah ruang bagian dari V .

2. Ker(α) adalah ruang bagian dari U .

3. Pemetaan α satu-satu bila dan hanya bila ker(α) = {0}.

Bukti

1. Jelas bahwa Im(α) ⊆ V . Misalkan sebarang v1,v2 ∈ Im(α)

dan sebarang k1, k2 ∈ K. Untuk beberapa u1,u2 ∈ U , maka

kombinasi linier berikut dipenuhi k1v1 + k2v2 = k1α(u1) +

k2α(u2) = α(k1u1) + α(k2u2) = α(k1u1 + k2u2) ∈ Im(α). Jadi

Im(α) adalah ruang bagian dari V .

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Bukti........

2. Jelas bahwa ker(α) ⊆ U . Misalkan se-barang u1,u2 ∈ ker(α) dan sebarang k1, k2 ∈K, maka α(k1u1+k2u2) = k1α(u1)+k2α(u2) =k10 +k20 = 0. Terlihat bahwa k1u1 +k2u2 ∈ker(α). Jadi ker(α) adalah ruang bagiandari U .

3. Misalkan pemetaan α satu-satu dan se-barang u ∈ ker(α), maka α(0) + α(u) =α(0 + u) = α(u) = 0. Sehingga didapatα(u) = −α(0) = α(−0) = α(0). Karenapemetaan α satu-satu haruslah u = 0.Jadi {0} = ker(α). Selanjutnya misalkanker(α) = {0} dan u1,u2 ∈ U , maka untukα(u1) = α(u2) didapat, 0 = α(u1) − α(u2) =α(u1−u2). Terlihat bahwa u1−u2 ∈ ker(α).Tetapi, ker(α) = {0}. Maka dari itu harus-lah u1 − u2 = 0 atau u1 = u2. Jadipemetaan α adalah satu-satu.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

1. Misalkan V ruang vektor atas K dan U = Kn. Diberikan

matriks T = [aij], aij ∈ K dan T bertindak pada ruang vektor

U dengan aturan untuk setiap x ∈ U :

T (x)def=

a11 . . . a1n... . . . ...

an1 . . . ann

x1...

xn

=

y1...

yn

,

dimana yi =n∑j=1

aijxj, i = 1, 2, . . . , n. Maka T adalah suatu

transformasi linier dari U ke U , sebab untuk sebarang x, x ∈U dan sebarang k1, k2 ∈ K berlaku:

T (k1x + k2x) =

a11 . . . a1n... . . . ...

an1 . . . ann

k1

x1...

xn

+ k2

x1...

xn

= k1

a11 . . . a1n... . . . ...

an1 . . . ann

x1...

xn

+k2

a11 . . . a1n... . . . ...

an1 . . . ann

x1...

xn

= k1T (x) + k2T (x).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Contoh...........

2. Dalam Contoh 1. sebelumnya, maka

Im(T ) =

y1...

yn

=

a11 . . . a1n... . . . ...

an1 . . . ann

x1...

xn

.

Bila T punya invers, maka ker(T ) = {0}, yaitu persamaan

homogin a11 . . . a1n... . . . ...

an1 . . . ann

x1...

xn

=

0...

0

hanya mempunyai jawab trivial x1 = . . . = xn = 0. Bila T

tidak punya invers, maka

ker(T ) =

x1...

xn

∣∣∣∣∣∣

a11 . . . a1n... . . . ...

an1 . . . ann

x1...

xn

=

0...

0

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas K dan

α : U → V suatu pemetaan linier.

1 Bila 〈{u1, . . . ,un}〉 = U , maka 〈{α(u1), . . . , α(un)}〉 = Im(α).

2. dim(U) = dim(ker(α)) + dim(Im(α))

Bukti.

1. Misalkan sebarang v ∈ Im(α), pilih u ∈ U yang memenuhi

α(u) = v. Tetapi u = k1u1+. . .+knun, maka dari itu v = α(u) =

α(k1u1+. . .+knun) = k1α(u1)+. . .+knα(un) ∈ 〈{α(u1), . . . , α(un)}〉.Jadi Im(α) = 〈{α(u1), . . . , α(un)}〉.

2. Misalkan {u1, . . . ,um} basis dari ker(α), perluas basis ini

sampai didapat {u1, . . . ,um,w1, . . . ,wn} adalah suatu basis

dari U . Jelas bahwa dim(ker(α)) = m dan dim(U) =

m + n. Misalkan vi = α(wi), i = 1, 2 . . . , n. Akan di-

tunjukkan bahwa vi, i = 1, 2 . . . , n adalah suatu basis dari

Im(α). Dengan menggunakan hasil 1. didapat Im(α) =

〈{α(u1), . . . , α(um), α(w1), . . . , α(wn)}〉 = 〈{0, . . . ,0,v1, . . . ,vn}〉 =

〈{v1, . . . ,vn}〉. Selanjutnya selidiki apakah vektor-vektor

vi, i = 1, 2 . . . , n bebas linier, yaitu k1v1 + . . . + knvn = 0 atau

k1α(w1) + . . . + knα(wn) = 0. Sehingga didapat α(k1w1 + . . . +

knwn) = 0. Jadi k1w1 + . . . + knwn ∈ ker(α). Oleh karena itu

k1w1 + . . . + knwn = k1u1 + . . . + kmum untuk beberapa ki, atau

k1u1 + . . .+ kmum−k1w1 + . . .−knwn = 0. Karena vektor-vektor

{u1, . . . ,um,w1, . . . ,wn} bebas linier maka k1 = . . . = km = k1 =

. . . = kn = 0, Jadi vektor-vektor v1, . . . ,vn bebas linier.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Adakalanya kernel dari suatu pemetaan linier disebut null

space dan dimensi dari kernel dinamakan nullity dari pemetaan

linier, sedangkan dimensi dari image suatu pemetaan linier

dinamakan rank dari pemetaan linier. Sehingga didapat

dim(U) = nullity(α) + rank(α).

Contoh. Misalkan pemetaan linier α : R3 → R2 dengan

α((x, y, z)′) = (x+ z, 2x− y + z)′ untuk setiap (x, y, z)′ ∈ R3. Kernel

dari α adalah penyelesaian dari persamaan vektor α((x, y, z)′) =

(x+ z, 2x− y+ z)′ = (0, 0)′ atau penyelesaian persamaan homogin

(1 0 1

2 −1 1

)x

y

z

=

(0

0

)

yang mempunyai penyelesaian x = x, y = x, z = −x, x ∈ R. Jadiker(α) = {x(1, 1,−1)′ | x ∈ R} = 〈{(1, 1,−1)′}〉. Terlihat bahwanullity(α) = 1. Sedangkan Im(α) = {(x + z, 2x − y + z)′ | x, y, z ∈R} = {x(1, 2)′−y(0, 1)′+z(1, 1)′ |x, y, z ∈ R} = 〈{(1, 2)′, (0, 1)′, (1, 1)′}〉 =〈{(1, 2)′ = (0, 1)′ + (1, 1)′, (0, 1)′, (1, 1)′}〉 = 〈{(0, 1)′, (1, 1)′}〉. Terlihatbahwa rank(α) = 2. Sehingga didapat dim(R3) = nullity(α) +rank(α) = 1 + 2 = 3.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier dari ruang vektor

U ke ruang vektor V masing-masing atas K. Bila pemetaan

α satu-satu dan pada yaitu pemetaan α mempunyai invers,

maka α dinamakan suatu isomorpisma dari U ke V . Dalam

hal ini, U dan V dikatakan isomorpik dan dinotasikan oleh

U ∼= V . Perhatikan bahwa, karena α pemetaan satu-satu dan

pada, maka Im(α) = V dan ker(α) = {0}.

Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas

K masing-masing dengan basis {u1, . . . ,um} dan {v1, . . . ,vn}.Maka U dan V isomorpik bila dan hanya bila dim(U) = dim(V )

(m = n). Lagipula, ada suatu isomorpisma tunggal α : U → V

yang memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n.

BuktiBila α : U → V suatu isomorpisma, maka α satu-satu dan pada.Maka dari itu, ker(α) = {0} dan Im(α) = V . Sehingga didapatdim(U) = dim(ker(α)) + dim(Im(α)) = 0 + dim(V ) = dim(V ). Se-baliknya, misalkan m = n dan α suatu pemetaan linier yangmemenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n. Akan ditunjukkan bahwa αsatu-satu dan pada.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Bukti......

Misalkan sebarang u ∈ ker(α), maka α(u) = 0. Tetapi

u = k1u1 + . . . + kmum. Sehingga didapat 0 = α(u) =

α(k1u1 + . . . + kmum) = k1α(u1) + . . . + kmα(um) = k1v1 + . . . + kmumdan karena {v1, . . . ,vm} suatu basis dari V , maka harus-

lah k1 = . . . = kn = 0. Jadi u = 0. Maka dari itu

ker(α) = {0}. Jadi pemetaan α satu-satu. Selanjutnya,

misalkan sebarang v ∈ V , maka v = a1v1 + . . . + anvn un-

tuk beberapa skalar ai. Tetapi vi = α(ui), i = 1, . . . , n. Jadi

v = a1α(ui) + . . . + anα(un) = α(a1u1 + . . . + anun) ∈ Im(α). Se-

hingga didapat V = Im(α) atau pemetaan α adalah pada.

Kerena pemetaan linier α adalah satu-satu dan pada, maka

U dan V isomorpik. Berikutnya, ditunjukkan bahwa iso-

morphisma α yang memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n adalah

tunggal. Misalkan β : U → V adalah suatu isomorphisma

yang juga memenuhi β(ui) = vi, i = 1, . . . , n dan misalkan se-

barang u = k1u1 + . . . + knun ∈ U untuk beberapa skalar ki ∈ K,

maka α(u) − β(u) = α(k1u1 + . . . + knun) − β(k1u1 + . . . + knun) =

k1α(u1) + . . .+ knα(un)− k1α(u1)− . . .− knα(un) = k1v1 + . . .+ knvn−k1v1− . . .− knvn = 0. Sehingga didapat α(u) = β(u),∀u ∈ U . Jadi

β = α.

Misalkan U dan V ruang vektor atas K, himpunan L(U, V,K)menyatakan himpunan semua pemetaan linier dari U ke V .

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan α, β ∈ L(U, V,K) pemetaan α + β

didefinisikan sebagai (α+β)(u)def= α(u)+β(u)

untuk semua u ∈ U dan pemetaan kα

didefinisikan sebagai (kα)(u)def= kα(u) untuk

semua u ∈ U . Maka L(U, V,K) adalah ruangvektor atas K.

Misalkan α, β ∈ L(U, V,K) dan komposisi

dari β ◦ α adalah (βα)(u)def= β(α(u)) untuk

semua u ∈ U , maka β ◦ α ∈ L(U, V,K).

Bukti

(βα)(k1u1 + k2u2) = β(α(k1u1 + k2u2))

= β(k1α(u1) + k2α(u2))

= k1β(α(u1)) + k2β(α(u2))

= k1(βα)(u1) + k2(βα)(u2).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Pemetaan Linier dan Aljabar MatriksMisalkan U, V ruang vektor berdimensihingga atas K masing-masing dengan di-mensi m dan n. Misalkan Bu = u1, . . . ,umbasis terurut di U , Bv = v1, . . . ,vn basisterurut di V dan α ∈ L(U, V,K). Untukj = 1, . . . ,m, α(uj) ∈ V , sehingga ada skalarai,j ∈ K sehingga α(uj) = a1,jv1 + . . .+ an,jvn.Bila indeks i dan j dalam skalar ai,j me-nyatakan elemen baris ke-i dan kolom ke-jdari suatu matriks A, hal ini mendefinisikanmatriks representasi dari pemetaan linier αdiberikan oleh:

A =

a1,1 . . . a1,m... ... ...

an,1 . . . an,m

.

Perhatikan bahwa, skalar-skalar ai,j dalampersamaan α(uj) menyatakan kolom ke-jdari matriks A.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Sekali matriks-matriks representasi ini di konstruksi sesuai

dengan basis-basis yang ada, matriks-matriks ini bisa digu-

nakan tanpa lagi merujuk pada basis-basis yang ada, kecuali

ada perubahan basis, maka matriks A juga berubah. Un-

tuk menjelaskan hal ini, misalkan sebarang u ∈ U , maka

u = x1u1+. . .+xmum dan v = α(u) ∈ V . Tetapi v = y1v1+. . .+ynvn.

Sehingga didapat

α(u) = x1α(u1) + . . . + xmα(um)

= x1(a1,1v1 + . . . + an,1vn) + . . . + xm(a1,mv1 + . . . + an,mvn)

= (a1,1x1 + . . . + a1,mxm)v1 + . . . + (an,1x1 + . . . + an,mxm)vn

= y1v1 + . . . + ynvn

atau y = Ax, dimana

y =

y1...

yn

, A =

a1,1 . . . a1,m... ... ...

an,1 . . . an,m

dan x =

x1...

xm

.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan α ∈ L(U, V,K) dan β ∈ L(V,W,K) dimana

dim(U) = m,dim(V ) = n dan dim(W ) = p. Representasi matriks

dari α dan β masing-masing diberikan oleh A = (α,uj,vi)

berukuran n × m dan B = (β,vi,wk) beruran p × n. Maka

representasi matriks dari komposisi βα ∈ L(U,W,K) diberikan

oleh C = (βα,uj,wk) dimana C = BA dengan ck,j =n∑i=1

bk,iai,j.

BuktiGunakan definisi representasi matriks dari suatu pemetaan,

didapat α(uj) =n∑i=1

ai,jvi dan β(vi) =p∑

k=1

bk,iwk. Maka dari itu

(β(α(uj)) =n∑i=1

ai,jβ(vi) =n∑i=1

ai,j

(p∑

k=1

bk,iwk

)=

p∑k=1

(n∑i=1

bk,iai,j

)wk.

Tetapi (βα)(uj) =p∑

k=1

ck,jwk, sehingga dengan menyamakan koe-

fisien masing-masing persamaan didapat ck,j =n∑i=1

bk,iai,j.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

1. Diberikan suatu transformasi linier α : R3 → R3 oleh

α((x, y, z)′) = (x − y − z, x + y + z, z)′ dengan basis baku teru-

rut didapat: α((1, 0, 0)′) = (1, 1, 0)′, α((0, 1, 0)′) = (−1, 1, 0)′ dan

α((0, 0, 1)′) = (−1, 1, 1)′, sehingga matriks representasi dari α

terhadap basis baku terurut diberikan oleh:

1 −1 −1

1 1 1

0 0 1

.

Selanjutnya bila digunakan basis terurut B =

(1, 0, 0)′, (1, 1, 0)′, (1, 0, 1)′ didapat α((1, 0, 0)′) = (1, 1, 0)′ =

0(1, 0, 0)′ + 1(1, 1, 0)′ + 0(1, 0, 1)′ = (0, 1, 0)′B, α((1, 1, 0)′) = (0, 2, 0)′ =

−2(1, 0, 0)′ + 2(1, 1, 0)′ + 0(1, 0, 1)′ = (−2, 2, 0)′B dan α((1, 0, 1)′) =

(0, 2, 1)′ = −3(1, 0, 0)′ + 2(1, 1, 0)′ + 1(1, 0, 1)′ = (−3, 2, 1)′B. Se-

hingga matriks representasi dari α dengan basis terurut B

diberikan oleh:

0 −2 −3

1 2 2

0 0 1

.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

2. Diberikan pemetaan linier α : P3(R) → P1(R) oleh α(p(x)) =d2p(x)

dx2.

a. Matriks representasi A dari α dengan basis terurut B1 =

1, x, x2, x3 untuk P3(R) dan basis terurut B2 = 1, x+ 2 untuk

P1(R) diberikan sebagai berikut: α(1) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) =

(0, 0)′B2, α(x) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) = (0, 0)′B2

, α(x2) = 2 = 2.1 +

0(x+2) = (2, 0)′B2dan α(x3) = 6x = −12.1+6(x+2) = (−12, 6)′B2

,

A =

(0 0 2 −12

0 0 0 6

).

b. Misalkan p(x) = a+bx+cx2+dx3 ∈ ker(α), maka 0 = α(p(x)) =

2c + 6dx, ∀x ∈ R. Sehingga didapat c = 0, d = 0. Jadi

ker(α) = {a.1 + bx | a, b ∈ R} = 〈{1, x}〉. Terlihat bahwa

dim(ker(α)) = 2.

c. Sedangkan dimensi dari image α diberikan oleh:

dim(Im(α)) = dim(P3(R)) − dim(ker(α)) = 4 − 2 = 2. Hal

ini bisa dicek sebagai berikut, misalkan sebarang q(x) =

α + βx + γx2 + δx3 ∈ P3(R), maka α(q(x)) = 2γ + 6δx =

2γ.1 + 6δ.x ∈ 〈{1, x}〉. Jadi Im(α) = 〈{1, x}〉 dan terlihat

bahwa dimensi Im(α) sama dengan dua.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

3. Misalkan u1,u2,u3 basis terurut dari U , v1,v2,v3 dan w1,w2

adalah suatu basis terurut dari W . Selanjutnya diberikan

pemetaan linier α : U → V dan β : V → W masing-masing

oleh α(u1) = v1 +2v2−v3, α(u2) = v2 +2v3, α(u3) = −v1 +v2 +3v3

dan β(v1) = 2w1 − w2, β(v2) = w1 + w2, β(v3) = −2w1 + 3w2.

Bila A = (α,uj,vi) dan B = (β,vi,wk), maka didapat matriks

representasi:

A =

1 0 −1

2 1 1

−1 2 3

, B =

(2 1 −2

−1 1 3

)

dan matriks representasi C = (βα,uj,wk) diberikan oleh

C = BA =

(2 1 −2

−1 1 3

)

1 0 −1

2 1 1

−1 2 3

=

(6 −3 −7

−2 7 11

).

Bisa dicek langsung lewat vektor-vektor basis

(βα)(u1) = β(v1 + 2v2 − v3) = 6w1 − 2w2

(βα)(u2) = β(v2 + 2v3) = −3w1 + 7w2

(βα)(u3) = β(−v1 + v2 + 3v3) = −7w1 + 11w2.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Pemetaan Identitas

Pementaan IU : U → U adalah pemetaan identitas bila IU(u) = u

untuk semua u ∈ U .

Bila pemetaan α : U → V suatu isomorpisma (satu-satu dan

pada), maka ada pemetaan invers α−1 : V → U sehingga

α−1α = IU dan αα−1 = IV .

Bila α : U → V suatu isomorpisma, maka α−1 : V → U adalah

pemetaan linier. Bila matriks representasi α adalah A dan

matriks representasi dari α−1 adalah B, maka BA = I dan

AB = I.

Contoh. Misalkan ui, i = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari U dan

vj, j = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari V . Pemetaan linier α :

U → V diberikan oleh: α(u1) = v1 + 2v2− v3, α(u2) = v2 + 2v3 dan

α(u3) = −v1 + v2 + 3v3, maka A = (α,ui,vj) diberikan oleh

A =

1 0 −1

2 1 1

−1 2 3

didapat B = A−1 adalah matriks representasi dari α−1 dimana:

B =

−0.25 0.5 −0.25

1.75 −0.5 0.75

−1.25 0.25 −0.25

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Perubahan dari suatu basisPerubahan basis dari suatu transformasilinier adalah penting. Sebagaimanatelah diketahui dari pembahasan sebelum-nya bahwa, suatu transformasi liniermemberikan suatu matriks representasimelalu suatu basis yang telah ditentukan.Tentunya matriks representasi ini akanberbeda bila digunakan basis lain yangberbeda tetapi tetap merupakan suatu ma-triks representasi dari suatu transformasilinier yang sama. Perubahan basis tu-juan utamanya adalah mendapatkan su-atu matriks represenatsi yang mudah untukpenghitungan (komputasi) dan bisa men-jelaskan makna perubahan bentuk suatubenda dalam domainnya menjadi bentukyang lainnya dalam kodomainnya.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan B = u1, . . . ,un adalah basis terurut dari suatu ruang

vektor U atas K dan sebarang u ∈ U dapat diungkapkan

sebagai u = x1u1 + . . . + xnun dimana skalar-skalar xi meru-

pakan n-pasang berbentuk (x1, . . . , xn)′ ∈ Kn. Maka pemetaan

ρB : U → Kn dinamakan suatu pemetaan koordinat dan

ρB(u)def= (x1, . . . , xn)′ dinamakan suatu vektor koordinat dari

u ∈ U terhadap basis terurut B. Dalam hal ini ρB adalah suatu

isomorpisma maka dari itu U ∼= Kn.

Bukti Misalkan sebarang u = x1u1 + . . . + xnun ∈ U , v =y1u1 + . . . + ynun ∈ V dan k1, k2 ∈ K, maka didapat ρB(k1u +k2v) = ρB(k1x1u1 + . . . + k1xnun + k2y1u1 + . . . + k2ynun) = ρB((k1x1 +k2y1)u1 + . . . + (k1xn + k2yn)un) = (k1x1 + k2y1, . . . , k1xn + k2yn)′ =k1(x1, . . . , xn)′+k2(y1, . . . , yn)′ = k1ρB(u)+k2ρB(v). Terlihat bahwa ρBadalah pemetaan linier. Karena untuk setiap (x1, . . . , xn)′ ∈ Kn

vektor u = x1u1 + . . .+ xnun memenuhi ρB(u) = (x1, . . . , xn)′, makapemetaan ρB adalah pada. Selanjutnya misalkan sebarangu = x1u1 + . . . + xnun ∈ ker(ρB), maka ρB(u) = (x1, . . . , xn)′ =(0, . . . , 0)′. Didapat x1 = 0, . . . , xn = 0. Jadi u = 0. Maka dariitu pemetaan ρB adalah satu-satu. Karena pemetaan linier ρBadalah satu-satu dan pada, maka ρB adalah suatu isomorpismaatau U ∼= Kn.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

1. Misalkan diberikan dua basis terurutB1 = (1, 0)′, (0, 1)′ dan B2 = (1, 1)′, (1,−1)′

dari ruang vektor R2. Terhadap ba-sis B1, sebarang (x, y)′ ∈ R2 didapat(x, y)′ = x(1, 0)′ + y(0, 1)′. Sehingga dida-pat ρB1

((x, y)′) = (x, y)′. Terhadap basis

B2, (x, y)′ = k1(1, 1)′ + k2(1,−1)′, didapatx = k1 + k2, y = k1 − k2. dari sini diperoleh

k1 =x + y

2, k2 =

x− y2

. Jadi ρB2((x, y)′) =

(x + y

2,x− y

2

)′. Sehingga ρB2

((1, 0)′) =(

1

2,1

2

)′dan ρB2

((0, 1)′) =

(1

2,−1

2

)′.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

α - VC

?Kn-Km

?

UB

A

PCPB

1

Misalkan B = u1, . . . ,um suatu basis terurut dari ruang vektorU , C = v1, . . . ,vn suatu basis terurut dari ruang vektor V , keduaruang vektor atas skalar K. Suatu pemetaan linier α : U → Vdengan matriks representasi A = (α,B,C). Misalkan α(u) = vdimana u = x1u1+. . .+xmum ∈ U dan v = y1v1+. . .+ynvn ∈ V . Daripembahasan sebelumnya dijelaskan bahwa v = α(u) dapat disa-jikan oleh persamaan matriks y = Ax, dimana x = (x1, . . . , xm)′

dan y = (y1, . . . , yn)′. Misalkan P adalah pemetaan koordinat,maka x = PB(u),y = PC(v) dan matriks representasi dari per-samaan vektor v = α(u) adalah PC(v) = APB(u). Sehingga di-dapat, v = α(u) = P−1

C APB(u),∀u ∈ U . Jadi α = P−1C APB atau

A = PCαP−1B . Hasil-hasil yang didapat ini dijelaskan dalam di-

agram diatas.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

-

-

UB

UB VC

VC

? ?α

α

IU IV

1

Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier, B dan B dua ba-sis terurut yang berbeda dari U sedangkan C dan C dua basisterurut yang berbeda dari V . Bila matiks-matriks representasidari α adalah A = (α,B,C) dan A = (α, B, C), maka perubahanbasis tidak berpengaruh pada suatu pemetaan linier sehinggahal ini berkaitan dengan pemetaan identitas. Tetapi peruba-han basis mempunyai pengaruh terhadap matriks-matriks rep-resentasi A = (α,B,C) dan A = (α, B, C) melalui pemetaan iden-titas terhadap dua basis yang berbeda. Bila basis berubahpada domain dan kodomain dari α, maka umumnya diper-lukan matriks representasi dari pemetaan identitas pada do-main dan kodomain α yang dinotasikan oleh P = (IU , B, B)dan Q = (IV , C, C). Hubungan diantara ruang vektor den-gan basis-basis berbeda diberikan secara diagram diatas. Se-hingga didapat hubungan (α, B, C) = (IV , C, C)(α,B,C)(IU , B, B)atau A = QAP−1. Selanjutnya misalkan x, x vektor-vektor ko-ordinat dari u ∈ U relatif terhadap basis B dan B dan y, yvektor-vektor koordinat dari v = α(u) ∈ V relatif terhadapbasis C dan C, maka x = Px dan y = Qy. Bila y = Ax,maka y = Qy = QAx = QAP−1x = Ax. Terlihat bahwa vektor-vektor koordinat dan matriks-matriks transformasi konsistenterhadap perubahan basis.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

1. Diberikan pemetaan linier α : R2 → R2 dengan α((x, y)′) =

(2x+ y, x+ 3y)′. Dengan basis B = (1, 0)′, (1, 1)′, maka αB(1, 0) =

(2, 1) = 1(1, 0)′ + 1(1, 1)′ = (1, 1)′ dan αB((1, 1)′) = (3, 4)′ =

−1(1, 0)′ + 4(1, 1)′ = (−1, 4)′, sehingga diperoleh matriks re-

presentasi dari α:

A = (α,B,B) =

(1 −1

1 4

).

Misalkan sebarang (x, y)′ ∈ R2, maka ρB((x, y)′) = a(1, 0)′ +

b(1, 1)′ = (a, b)′ dimana skalar a, b memenuhi:(x

y

)=

(1 1

0 1

)(a

b

)⇒(a

b

)=

(1 −1

0 1

)(x

y

),

sehingga didapat a = x − y dan b = y. Jadi ρB((x, y)′) =

(x − y, y)′. Dicek apakah pemetaan α konsisten terhadap

basis B sebagai berikut:

α((x, y)′) = AρB((x, y)′) =

(1 −1

1 4

)(x− yy

)=

(x− 2y

x + 3y

)

= (x− 2y)

(1

0

)+ (x + 3y)

(1

1

)=

(2x + y

x + 3y

).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

2. Diberikan pemetaan linier α : P3(R) → P3(R) dimana

α(p(x)) = (a + b) + (b + c)x + (c + d)x2 + (a + d)x3,∀p(x) ∈ P3(R)

dengan p(x) = a + bx + cx2 + dx3. Misalkan B = 1, x, x2, x3

dan B = 1, 1 + x, 1 + x + x2, 1 + x + x2 + x3 dua basis dari

P3(R). Maka α(1) = 1 + x3 = 1(1) + 0(x) + 0(x2) + 1(x3),

α(x) = 1 + x = 1(1) + 1(x) + 0(x2) + 0(x3), α(x2) = x + x2 =

0(1)+1(x)+1(x2)+0(x3), α(x3) = x2 +x3 = 0(1)+0(x)+1(x2)+1(x3)

dan IP3(R)(1) = 1 = 1 + 0(1 + x) + 0(1 + x+ x2) + 0(1 + x+ x2 + x3),

IP3(R)(x) = x = −1(1) + 1(1 + x) + 0(1 + x+ x2) + 0(1 + x+ x2 + x3),

IP3(R)(x2) = x2 = 0(1)− 1(1 + x) + 1(1 + x+ x2) + 0(1 + x+ x2 + x3),

IP3(R)(x3) = x3 = 0(1) + 0(1 + x)− 1(1 + x + x2) + 1(1 + x + x2 + x3)

Sehingga didapat matriks representasi A = (α,B,B), P =

(IP3(R), B, B) dan P−1 diberikan oleh:

A =

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 1 1

1 0 0 1

, P =

1 −1 0 0

0 1 −1 0

0 0 1 1

0 0 0 1

danP−1 =

1 1 1 1

0 1 1 1

0 0 1 1

0 0 0 1

.

Matriks representasi A = (α, B, B) diberikan oleh

A = PAP−1 =

1 1 0 0

0 1 1 0

−1 −1 0 0

1 1 1 2

.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

3. Diberikan ruang vektor U dengan dua basis terurut B =

u1,u2,u3 dan B = u1, u2, u3 dimana u1 = u2, u2 = u3, u3 = u1.

Serta ruang vektor V dengan dua basis terurut C = v1,v2

dan C = v1, v2 dimana v1 = v1 + v2, v2 = v1 − v2. Suatu

pemetaan linier α : U → V diberikan oleh α(u1) = 2v1 −v2, α(u2) = v1+v2, α(u3) = −2v1+3v2, sehingga diperoleh suatu

matriks representasi

A = (α,B,C) =

(2 1 −2

−1 1 3

).

Misalkan P adalah matriks dari pemetaan identitas di U

dari basis B ke basis B, yaitu IU(u1) = u1 = u3 = 0u1+0u2+1u3,

IU(u2) = u2 = u1 = 1u1 + 0u2 + 0u3, IU(u3) = u3 = u2 = 0u1 + 1u2 +

0u3. Sehingga didapat P dan P−1:

P =

0 1 0

0 0 1

1 0 0

dan P−1 =

0 0 1

1 0 0

0 1 0

.

Begitu juga, karena IV (v1) = v1 = 1v1 + 1v2, IV (v2) = v2 =

1v1−1v2, maka didapat matriks Q−1 dari pemetaan identitas

pada V dari basis C ke basis C dan juga didapat matriks Q

diberikan oleh:

Q−1 =

(1 1

1 −1

)dan Q =

(12

12

12 −

12

).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Contoh 3.......

Matriks representasi A = (α,B,C) diberikanoleh:

A = QAP−1 =

1 12

12

0 −52

32

.

Hasil ini bisa dicek secara langsungpemetaan α didefinisikan relatif terhadapbasis B dan C sebagai berikut:α(u1) = α(u2) = v1 + v2 = v1 = 1v1 + 0v2α(u2) = α(u3) = −2v1 + 3v2 = 1

2v1 − 52v2

α(u3) = α(u1) = 2v1 − v2 = 12v1 + 3

2v2.

Dua matriks bujur sangkar A dan Bdikatakan similar bila ada matriks P yangpunya invers sehingga B = PAP−1. Kesemi-laran matriks (∼) adalah suatu relasi eki-valen.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Diberikan pemetaan linier α : U → V terhadap basis terurut

B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruang vektor

V , bagaimana cara memilih basis terurut B dari ruang vektor

U dan basis terurut C dari ruang vektor V supaya represen-

tasi matriks A = (α,B,C) mempunyai bentuk normal diagonal

satuan yang sederhana, yaitu matriks:

Ir... 0

. . . . . . . . .

0 ... 0

,

dimana Ir adalah matriks satuan berukuran r × r dengan

r ≤ min{dim(U),dim(V )}. Untuk memperoleh cara yang di-

maksud ini digunakan sifat berikut.

Misalkan pemetaan linier α : U → V , masing-masing dimensi

U dan V adalah m dan n dengan dim(Im(α)) = r. Maka ada

basis terurut B dari U dan basis terurut C dari V sehingga

representasi matriks dari α berbentuk normal diagonal satuan,

yaitu

A = (α,B,C) =

Ir... 0

. . . . . . . . .

0 ... 0

l r

l n− r←→ ←→r m− r

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Bukti

Dari sifat dimensi pemetaan linier didapat, dim(ker(α)) =

dim(U) − dim(Im(α)) = m − r. Misalkan ur+1, . . . ,um adalah su-

atu basis terurut dari ker(α). Perluas basis ini sampai diper-

oleh basis terurut B = u1, . . . ,ur,ur+1, . . . ,um dari ruang vek-

tor U . Dari pengertian kernel didapat α(ur+1) = 0, . . . , α(um) =

0. Selanjutnya pilih vektor-vektor v1, . . . ,vr ∈ Im(α) se-

hingga α(u1) = v1, . . . , α(ur) = vr. Jelas bahwa vektor-vektor

v1, . . . ,vr adalah suatu basis terurut dari Im(α). Selanjut-

nya perluas basis ini sampai diperoleh basis terurut C =

v1, . . . ,vr,vr+1, . . . ,vn dari ruang vektor V . Jadi, terhadap basis

terurut B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruang

vektor V , pemetaan α didefinisikan oleh α(u1) = v1, . . . , α(ur) =

vr, α(ur+1) = 0, . . . , α(um) = 0. Dari definisi ini terlihat bahwa

representasi matriks A = (α,B,C) adalah:

A = (α,B,C) =

Ir... 0

. . . . . . . . .

0 ... 0

l r

l n− r←→ ←→r m− r

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

Misalkan representasi matriks dari suatu pemetaan linier ter-

hadap basis baku terurut, diberikan oleh:

A =

1 2 3

2 3 1

3 5 4

.

Dapatkan basis-basis terurut dari U dan V supaya dengan

basis-basis ini pemetaan linier mempunyai representasi ma-

triks berbentuk normal diagonal satuan.

Penyelesaian Pertama, tentukan kernel dari A dengan menyele-

saikan persamaan Ax = 0, didapat: ker(A) = {x(7,−5, 1)′ | x ∈ R}atau ker(A) = 〈{(7,−5, 1)′}〉. Perluas basis dari kernel sehingga

diperoleh basis terurut B = (1, 0, 0)′, (0, 1, 0)′, (7,−5, 1)′. Selanjut-

nya dapatkan basis terurut dari Image A sebagai berikut:

1 2 3

2 3 1

3 5 4

1

0

0

=

1

2

3

,

1 2 3

2 3 1

3 5 4

0

1

0

=

2

3

5

.

Perluas basis terurut ini sehingga diperoleh:

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Lanjutan Contoh................

C = (1, 2, 3)′, (2, 3, 5)′, (1, 0, 0)′ adalah basis terurut dari ruang vek-

tor V . Selanjutnya cek dengan basis-basis terurut B dan C,

representasi matriks berbentuk normal diagonal satuan seba-

gaimana berikut ini. Persamaan-persamaan yang memberikan

matriks P−1 = (α,B,B) dengan B basis terurut baku adalah:

IU(u1) = u1 = (1, 0, 0)′, IU(u2) = u2 = (0, 1, 0)′ dan IU(u3) = u3 =

(7,−5, 1)′. Sehingga didapat:

P−1 =

1 0 7

0 1 −5

0 0 1

.

Dengan cara serupa, persamaan-persamaan yang memberikan

matriks Q−1 = (α,C,C) dengan C basis terurut baku adalah:

IV (v1) = v1 = (1, 2, 3)′, IV (v2) = v2 = (2, 3, 5)′ dan IV (v3) = v3 =

(1, 0, 0)′. Sehingga didapat:

Q−1 =

1 2 1

2 3 0

3 5 0

⇒ Q =

0 5 −3

0 −3 2

1 1 −1

dan matriks A = QAP−1 diberikan oleh:

A =

0 5 −3

0 −3 2

1 1 −1

1 2 3

2 3 1

3 5 4

1 0 7

0 1 −5

0 0 1

=

1 0 0

0 1 0

0 0 0

.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Rank suatu matriks.

Suatu matriks A berukuran n × m den-gan elemen-elemen di K mendefinisikansuatu pemetaan linier α dari Km ke Kn

sedemikian hingga A = (α,Em, En) dimanaEm dan En masing-masing adalah basisbaku dari Km dan Kn. Rank dari matriks Aadalah rank dari α, jadi rank(A) = rank(α) =dim(Im(α)). Ruang bagian dari Km yangdibentangkan oleh vektor-vektor baris dariA dinamakan ruang baris dari A dan mem-punyai dimensi rank baris dari A yangmerupakan banyaknya vektor-vektor barisdari A yang bebas linier. Ruang bagian dariKn yang dibentangkan oleh vektor-vektorkolom dari A dinamakan ruang kolom dariA dan mempunyai dimensi rank kolomdari A yang merupakan banyaknya vektor-vektor kolom dari A yang bebas linier.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Ruang kolom dari suatu matriks adalah ruang imagenya, jadi

rank kolom dari suatu matriks sama dengan rank matriksnya.

Bukti.

Misalkan A berukuran n×A dan α suatu pemetaan linier dari

Km ke Kn sedemikian hingga A = (α,Em, En), dimana Em =

e1, . . . , em dan En = e1, . . . , en masing-masing adalah basis baku

terurut dari Km dan Kn. Misalkan bahwa matriks

A =

a1,1 . . . a1,m

. . . . . . . . .

an,1 . . . an,m

,

maka untuk j = 1, . . . ,m,

α(ej) =

n∑

i=1

ai,jei =

a1,j...

an,j

adalah kolom ke-j dari matriks A. Tetapi, Im(α) dibangun olehα(e1), . . . , α(em), oleh karena itu Im(α) = ruang kolom(A). Jadirank(A)=rank kolom(A).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Jawaban Quiz

1. Bila Mn(R) adalah himpunan matriks berukuran n × n de-

ngan elemen-elemen di R dan untuk suatu X tetap di Mn(R)

didefinisikan pemetaan α : Mn(R) → Mn(R) dengan α(A) =

XAX−1,∀A ∈Mn(R), maka :

a. Tunjukkan bahwa α adalah suatu pemetaan linier.

b. Dapatkan Im(α) dan Ker(α).

c. Dari hasil b. tentukan sifat dari pemetaan α.

Jawab

a. Misalkan A,B ∈ Mn(R) dan a, b ∈ R, maka α(aA + bB) =

X(aA + bB)X−1 = X(aA)X−1 + X(bB)X−1 = a(XAX−1) +

b(XBX−1) = aα(A) + bα(B).

b. Im(α) = {Y ∈Mn(R) | Y = XAX−1,∀A ∈Mn(R)} dan Ker(α)

= {A ∈Mn(R) |XAX−1 = 0} = {0}.c. Dari hasil b. terlihat bahwa α satu-satu (sebab Ker(α) =

{0}). Pemetaan α juga pada sebab, diberikan sebarang

Y ∈ Mn(R) (kodomain), pilih X−1Y X ∈ Mn(R) (domain)

sehingga didapat α(X−1Y X) = X(X−1Y X)X−1 = Y .

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

2. Diberikan pemetaan linier α : R3 → R3

oleh

α(

xyz

) =

x− 2y + 3zx + 3y − 2z

5z

,∀

xyz

∈ R3.

Terhadap basis terurut

B =

100

,

110

,

111

dapatkan matriks representasi daripemetaan linier α.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Jawab

α(

1

0

0

) =

1

1

0

= 0

1

0

0

+ 1

1

1

0

+ 0

1

1

1

=

0

1

0

B

α(

1

1

0

) =

−1

4

0

= −5

1

0

0

+ 4

1

1

0

+ 0

1

1

1

=

−5

4

0

B

α(

1

1

1

) =

2

2

5

= 0

1

0

0

− 3

1

1

0

+ 5

1

1

1

=

0

−3

5

B

Jadi

A = (α,B,B) =

0 −5 0

1 4 −3

0 0 5

.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

3. Diberikan suatu ruang vektor V = {a+b√

2+c√

3|(a, b, c) ∈ Q3}atas Q, dimana Q adalah himpunan bilangan rasional.

a. Tunjukkan bahwa vektor-vektor 1,√

2,√

3 adalah bebas

linier.

b. Ungkapkan1

1−√

2+

2√12− 2

sebagai kombinasi linier dari

vektor-vektor 1,√

2,√

3.

Jawab

a. Misalkan, a + b√

2 + c√

3 = 0, assumsikan a2 + b2 + c2 6= 0. Bila

ac 6= 0, maka b√

2 = −a − c√

3 ⇔ 2b2 = a2 + 2ac√

3 + 3c2 ⇔√

3 =2b2 − a2 − 3c2

2ac(tidak mungkin bilangan irrasional sama dengan

bilangan rasional). Jadi haruslah ac = 0, didapat a = 0 dan

andaikan c 6= 0, maka b√

2 + c√

3 = 0⇔ −bc

=

√3√2

(dengan alasan

sama seperti sebelumnya tidak mungkin terjadi). Jadi harus-

lah c = 0. Sehingga didapat b√

2 = 0 ⇔ b = 0. Jadi, diperoleh

a = b = c = 0.

b.

1

1−√

2+

2√12− 2

=1 +√

2

1− 2+

2√

12 + 4

12− 4

= −1−√

2 +1

2

√3 +

1

2

= −1

2(1)− 1(

√2) +

1

2(√

3).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

4. Dapatkan suatu matriks representasi dari pemetaan linier

α : R2 → R2 terhadap basis terurut standart (baku) bila

Ker(α) = Im(α) dan

α(

(1

1

)) =

(2

3

).

Jawab

Perhatikan bahwa(

2

3

)∈ Im(α) = Ker(α)⇒ α(

(2

3

)) =

(0

0

).

Sehingga terhadap basis terurut baku di R2, didapat

α(

(1

0

)) = α(3

(1

1

)−(

2

3

)) = 3α(

(1

1

))− α(

(2

3

)) =

(6

9

)

α(

(0

1

)) = α(

(2

3

)− 2

(1

1

)) = α(

(2

3

))− 2α(

(1

1

)) =

(−4

−6

).

Sehingga didapat, matriks representasi dari pemetaan α

adalah:

A =

(6 −4

9 −6

).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Rank suatu matriks.

Suatu matriks A berukuran n × m de-ngan elemen-elemen di K mendefinisikansuatu pemetaan linier α dari Km ke Kn

sedemikian hingga A = (α,Em, En) dimanaEm dan En masing-masing adalah basisbaku dari Km dan Kn. Rank dari matriks Aadalah rank dari α, jadi rank(A) = rank(α) =dim(Im(α)). Ruang bagian dari Km yangdibentangkan oleh vektor-vektor baris dariA dinamakan ruang baris dari A dan mem-punyai dimensi rank baris dari A yangmerupakan banyaknya vektor-vektor barisdari A yang bebas linier. Ruang bagian dariKn yang dibentangkan oleh vektor-vektorkolom dari A dinamakan ruang kolom dariA dan mempunyai dimensi rank kolomdari A yang merupakan banyaknya vektor-vektor kolom dari A yang bebas linier.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Ruang kolom dari suatu matriks adalah ruang imagenya, jadi

rank kolom dari suatu matriks sama dengan rank matriksnya.

Bukti.

Misalkan A berukuran n×m dan α suatu pemetaan linier dari

Km ke Kn sedemikian hingga A = (α,Em, En), dimana Em =

e1, . . . , em dan En = e1, . . . , en masing-masing adalah basis baku

terurut dari Km dan Kn. Misalkan bahwa matriks

A =

a1,1 . . . a1,m

. . . . . . . . .

an,1 . . . an,m

,

maka untuk j = 1, . . . ,m,

α(ej) =

n∑

i=1

ai,jei =

a1,j...

an,j

adalah kolom ke-j dari matriks A. Tetapi, Im(α) dibangun olehα(e1), . . . , α(em), oleh karena itu Im(α) = ruang kolom(A). Jadirank(A)=rank kolom(A).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Rank baris dan rank kolom dari setiap matriks adalah sama.

Bukti

Misalkan matriks A berukuran n×m dengan eleme-elemen di

K diberikan oleh a11 . . . a1m... ... ...

an1 . . . anm

dan misalkan Bi, i = 1, 2, . . . , n menyatakan baris ke-i dari ma-triks A. Selanjutnya misalkan rank baris(A) = r dan Sj, j =1, 2, . . . , r adalah basis dari ruang baris matriks A. Maka, un-

tuk setiap i = 1, 2, . . . , n,Bi =r∑j=1

kijSj untuk beberapa kij ∈ K.

Komponen ke-l dari vektor Bi mempunyai bentuk ail =r∑j=1

kijsjl

dengan i = 1, . . . , n, l = 1, . . . ,m. Sehingga didapat kolom ke-l

dari matriks A adalah Cl =r∑j=1

Ljsjl =r∑j=1

sjlLj, dimana Lj adalah

vektor kolom dengan komponen ke-i adalah kij. Terlihat bahwasetiap kolom dari A adalah merupakan kombinasi linier dari se-banyak r vektor. Jadi rank kolom(A) ≤ rank baris(A). Denganmenggunakan argumentasi (alasan yang sama) untuk matriksA′ (matriks transpose dari A), didapat rank baris(A) ≤ rankkolom(A). Jadi rank baris(A) = rank kolom(A).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Kesimpulan:

1. Suatu matriks A berukuran n× n denganelemen-elemen di lapangan F mempunyaiinvers bila dan hanya bila rank(A) = n.

2. Misalkan A matriks berukuran n×m den-gan elemen-elemen di lapangan F , bilaAx = 0, maka himpunan penyelesaiandari sistem linier homogin tsb. meru-pakan ruang bagian dari Fm dengan di-mensi m − rank(A). Hal ini mempun-yai arti bahwa ada sebanyak m− rank(A)parameter dalam himpunan penyelesaiandari Ax = 0.

3. Persamaan tak homogin Ax = b, mem-punyai penyelesaian bila dan hanya bilarank(A) = rank(A,b). Himpunan penye-lesaian ini mempunyai sebanyak m −rank(A) parameter.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

Diberikan matriks

A =

1 2 1 −1

0 1 0 −1

0 0 0 −3

.

Vektor vektor kolom dari A tidak bebas linier. Hanya sebanyak

3 vektor kolom yang bebas linier, yaitu kolom ke-1, kolom ke-2

dan kolom ke-4. Jadi rank kolom(A) = 3 dan semua vektor baris

dari A bebas linier (sebanyak 3). Penyelesaian dari Ax = 0 akan

memuat sebanyak 4− 3 = 1 paramater yaitu

x =

−t0

t

0

. Bila b =

2

−1

9

,

rank(A,b) = 3. Jadi penyelesaian Ax = b akan memuat se-

banyak 4− 3 = 1 parameter yaitu

x =

7− t−4

t

−3

.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Eigen-vektor dan eigen-value.

Misalkan α : U → U suatu pemetaan lin-ier pada ruang vektor U berdimensi natas lapangan F. Bila u ∈ U dan λ ∈ Fmemenuhi α(u) = λu, maka u dinamakansuatu eigen-vektor dari α yang bersesuaiandengan eigen-value λ.

Misalkan A suatu matriks ukuran n× n de-ngan elemen-elemennya di suatu lapanganF. Bila ada vektor tak nol x ∈ Fn dan skalarλ ∈ F yang memenuhi Ax = λx, maka xdikatakan suatu eigen-vektor dari matriksA yang bersesuaian dengan eigen-value λ.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan matriks A = (α,B,B) adalah re-presentasi dari pemetaan linier α : U → Uterhadap basis terurut B dari ruang vektorU. Selanjutnya bila ρB adalah pemetaan ko-ordinat dari U ke Fn, maka A = ρBαρ

−1B dan

x = ρB(u). Jadi Ax = λx⇔ (ρBαρ−1B )(ρB(u)) =

λρB(u)⇔ ρB(α(u)) = ρB(λu)⇔ α(u) = λu.

Bila α : U → U suatu pemetaan linier dan masing masing

matriks A = (α,B,B) dan A = (α,B,B) adalah representasi dari

α dengan basis terurut yang berbeda, maka eigenvalue dari A

sama dengan eigenvalue dari A.

BuktiMisalkan P = (IU,B,B) matriks perubahan basis dari basis B kebasis B, maka A = PAP−1. Bila Ax = λx didapat (PAP−1)(Px) =λ(Px). Sehingga diperoleh Ax = λx dimana x = Px. Terlihatbahwa matriks A dan A mempunyai eigenvalue yang sama.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Cara menghitung eigenvalue dan eigenvektor

Misalkan A suatu matriks berukuran n × n dan Ax = λx

dengan x 6= 0 dan x ∈ Fn, maka (λI − A)x = 0, dimana I adalah

matriks identitas dengan ukuran n × n. Persamaan homogin

(λI − A)x = 0 mempunyai jawab nontrivial bila dan hanya

bila det(λI − A) = 0. Persamaan det(λI − A) = 0 dinamakan

persamaan kharakteristik dari matriks A yang merupakan

persamaan polinomial dalam λ dengan derajad n.

Contoh Diberikan matriks

A =

(0 1

−2 3

)⇒ det(

(λ −1

2 λ− 3

)) = λ2 − 3λ + 2 = (λ− 1)(λ− 2).

Untuk λ = 1 didapat:(

1 −1

2 −2

)(x1

x2

)=

(0

0

)⇒ x1 = x2 ⇒ x =

(1

1

),

sedangkan untuk λ = 2 didapat:(

2 −1

2 −1

)(x1

x2

)=

(0

0

)⇒ x2 = 2x1 ⇒ x =

(1

2

).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Pendiagonalan suatu matriks

Suatu matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen

di F similar dengan matriks diagonal bila dan hanya bila

eigenvektor-eigenvektornya membentang ruang Fn (span Fn).

Bukti

Misalkan x1,x2, . . . ,xn adalah eigenvektor-eigenvektor dari ma-

triks A dimana 〈x1,x2, . . . ,xn〉 = Fn. Jadi matriks Q =

[x1 |x2 | . . . |xn] mempunyai invers, misalkan Q−1 = P . Sehingga

didapat

AQ = A [x1 |x2 | . . . |xn]

= [Ax1 |Ax2 | . . . |Axn]

= [λ1x1 |λ2x2 | . . . |λnxn]

= [x1 |x2 | . . . |xn]

λ1 . . . . . . 0... λ2 . . . ...... . . . . . . ...

0 . . . . . . λn

= QA⇔ A = Q−1AQ⇒ A = PAP−1.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Selidiki apakah matriks dibawah ini bisa didiagonalkan!

A =

(0 1

−2 3

).

Dalam pembahasan sebelum didapat bahwa

AX1 = λ1X1 dan AX2 = λ2X2

dimana

λ1 = 1, X1 =

(1

1

)dan λ2 = 2, X2 =

(1

2

).

Untuk matriks

Q = [X1 X2] =

(1 1

1 2

)

didapat

A = Q−1AQ =

(2 −1

−1 1

)(0 1

−2 3

)(1 1

1 2

)=

(1 0

0 2

).

Terlihat bahwa matriks A dapat didiagonalkan menjadi matriksA.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Bila matriks A berukuran n × n mempunyai n eigenvalue

yang berbeda satu dengan yang lainnya, maka eigenvektor-

eigenvektornya bebas linier.

Bukti

Misalkan λ1, λ2, . . . , λn adalah eigenvalue-eigenvalue yang

berbeda satu dengan yang lainnya dan X1,X2, . . . ,Xn adalah

eigenvektor-eigenvektor yang bersesuaian. Dengan menggu-

nakan induksi dibuktikan bahwa eigenvektor-eigenvektor tsb.

bebas linier. Misalkan bahwa X1,X2, . . . ,Xk bebas linier dan

untuk

a1X1 + a2X2 + . . . + akXk + ak+1Xk+1 = 0. (1)

Sehingga didapat

A(a1X1 + a2X2 + . . . + akXk + ak+1Xk+1) = 0

atau

a1λ1X1 + a2λ2X2 + . . . + akλkXk + ak+1λk+1Xk+1 = 0. (2)

Kalikan λk+1 pada persamaan (1) selanjutnya hasilnya ku-rangkan pada persamaan (2), didapat:

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

a1(λ1 − λk+1)X1 + a2(λ2 − λk+1)X2 + . . . + ak(λk − λk+1)Xk = 0.

Karena X1, . . . ,Xk bebas linier dan λi 6= λj,∀i 6= j, maka harus-

lah a1 = a2 = . . . = ak = 0. Sehingga persamaan (1) menjadi

ak+1Xk+1 = 0 dan karena Xk+1 6= 0, maka haruslah ak+1 = 0. Ter-

lihat bahwa bila dari kenyataan persamaan (1) dipenuhi maka

berakibat a1 = a2 = . . . = ak = ak+1 = 0, hal ini menunjukkan

bahwa vektor-vektor X1,X1, . . . ,Xk,Xk+1 adalah bebas linier.

Kesimpulan

Bila matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen di

lapangan F mempunyai eigenvalue-eigenvalue yang berbeda,

maka matriks A dapat didiagonalkan.

BuktiDengan menggunakan dua hasil sebelumnya didapat bahwa,eigenvektor-eigenvektor yang bersesuaian dengan eigenvalue-eigenvalue merupakan vektor-vektor yang bebas linier. Se-hingga vektor-vektor ini membentangkan keseluruhan ruangFn. Akibatnya matriks A dapat didiagonalkan.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

Diberikan matriks

A =

0 1 0

0 0 1

6 −11 6

.

Polinomial kharakteristik A adalah

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣

λ −1 0

0 λ −1

−6 11 λ− 6

∣∣∣∣∣∣= λ

∣∣∣∣λ −1

11 λ− 6

∣∣∣∣ + 1

∣∣∣∣0 −1

−6 λ− 6

∣∣∣∣⇒

p(λ) = λ(λ2− 6λ) + 11λ− 6 = λ3− 6λ2 + 11λ− 6 = (λ− 1)(λ− 2)(λ− 3).

Didapat λ1 = 1, λ2 = 2 dan λ3 = 3. Sehingga didapat pasangan

eigenvalue-eigenvektor:

λ1 = 1,X1 =

1

1

1

; λ2 = 2,X2 =

1

2

4

; λ3 = 3,X3 =

1

3

9

.

dan

Q = [X1 X2 X3] =

1 1 1

1 2 3

1 4 9

⇒ Q−1 =

3 −52

12

−3 4 −1

1 −32

12

.

Matriks A = Q−1AQ adalah matriks diagonal dengan elemen-elemen diagonal λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Matriks invarianSuatu matriks bujur sangkar invarianadalah suatu sifat dari suatu matriks yangtidak berubah bila matriks ditransformasidengan suatu cara tertentu. Eigenvalue-eigenvalue dari suatu matriks adalah in-varian dibawah suatu transformasi kesemi-laran, begitu juga trace dan determinan-nya. (Trace suatu matriks A adalah jum-lah keseluruhan eleme-elemen diagonalnya:

tr(A) =n∑i=1

ai,i).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Bila λ adalah eigenvalue dari matriks A,maka λ juga eigenvalue dari suatu matriksPAP−1

Bukti Misalkan AX = λX dan Y = PXdengan P matriks yang punya invers,jadi X = P−1Y. Sehingga didapatA(P−1Y) = λ(P−1Y) ⇒ (PAP−1)Y = λY.Terlihat bahwa λ juga eigenvalue dari ma-triks PAP−1. �

Bila ABC adalah haasil kali matriks bujursangkar, maka tr(ABC) = tr(BCA).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Bukti

(ABC)i,l =

n∑

k=1

n∑

j=1

ai,jbj,kck,l

.

Didapat

tr(ABC)=

n∑

i=1

(ABC)i,i =

n∑

i=1

n∑

k=1

n∑

j=1

ai,jbj,kck,i

=

n∑

j=1

n∑

i=1

n∑

k=1

bj,kck,iai,j

=tr(BCA).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Trace dan determinan dari suatu matriksbujur sangkar adalah invarian dalam suatutranformasi similar. Lagi pula bila matriksA dapat didiagonalkan dengan eigenvalue

λi, i = 1, . . . , n, maka tr(A) =n∑i=1

λi dan

det(A) =n∏i=1

λi.

Bukti Dari hasil sebelumnya,tr(PAP−1) = tr(P−1PA) = tr(A). Dandet(PAP−1) = det(P )det(A)det(P−1) =det(A)(det(P )det(P−1)) = det(A)det(PP−1) =det(A)det(I) = det(A). Jelas bahwa bilaPAP−1 = A dimana A matriks diagonal den-gan elemen-elemen diagonal λi, i = 1, . . . , n,

maka tr(A) =n∑i=1

λi dan det(A) =n∏i=1

λi.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

ContohDiberikan matriks matriks

A =

0 1 00 0 16 −11 6

⇒ λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.

tr(A) = 0 + 0 + 6 = 6λ1 + λ2 + λ3 = 1 + 2 + 3 = 6

}⇒ tr(A) = λ1+λ2+λ3.

det(A) = 6

∣∣∣∣1 00 1

∣∣∣∣ = 6

λ1λ2λ3 = 1(2)(3) = 6

⇒ det(A) = λ1λ2λ3.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan λ adalah sutu eigenvalue daripemetaan linier α : U → U. Himpunansemua eigenvektor-eigenvektor yang bers-esuaian dengan eigenvalue λ beserta vek-tor nol dinamakan ruang eigen dari U dino-tasikan dengan Eλ(U). Ruang eigen Eλ(U)adalah ruang bagian dari ruang vektorU, sebab merupakan kernel dari pemetaan(λIU − λ). Dimensi dari subruang Eλ(U) di-namakan multiplisitas geometri dari λ dandan banyaknya λ yang sama (kembar) di-namakan multiplisitas aljabar dari λ. Mis-alkan multiplisitas geometri dari λ adalaha dan multiplisitas aljabar dari λ adalah b,maka a ≤ b.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

1. Diberikan matriks

A =

2 −1 −10 3 10 1 3

⇒ det(λI−A) = (λ−2)2(λ−4).

E2(R3) = ker(

0 1 10 −1 −10 −1 −1

) =

⟨

100

,

01−1

⟩

E4(R3) = ker(

2 1 10 1 −10 −1 1

) =

⟨

1−1−1

⟩

Terlihat bahwa untuk λ = 2 ataupun λ = 4multiplisitas geometri = multiplisitas al-jabar.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

2. Diberikan matriks

A =

2 1 00 2 00 0 4

⇒ det(λI−A) = (λ−2)2(λ−4).

E2(R3) = ker(

0 −1 00 0 00 0 −2

) =

⟨

100

⟩

E4(R3) = ker(

2 −1 00 2 00 0 0

) =

⟨

001

⟩

Terlihat bahwa untuk λ = 2 multiplisitas ge-ometri < multiplisitas aljabar tetapi untukλ = 4 multiplisitas geometri = multiplisitasaljabar.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Bila det(λI − A) = λn + cn−1λn−1 + . . . + c0,

maka An + cn−1An−1 + . . . + c0I = 0.

BuktiBila PAP−1 = D dimana matriks D adalahmatriks diagonal dengan elemen-elemen di-agonal λi, i = 1, . . . , n adalah eigenvalue-eigenvalue dari matriks A. Sehingga dida-pat :

An + cn−1An−1 + . . . + c0I =

P−1(Dn + cn−1Dn−1 + . . . + c0I)P =

P−1

λn1 + cn−1λ

n−11 + . . . + c0 . . . 0... . . . ...

0 . . . λnn + cn−1λn−1n + . . . + c0

P = 0.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh Diberikan matriks

A =

0 1 00 0 16 −11 6

⇒ det(λI−A) = λ3−6λ2+11λ−6.

Sehingga didapat matriks A3−6A2 +11A−6Iadalah:

6 −11 6

36 −60 25

150 −239 90

−

0 0 6

36 −66 36

216 −360 150

+

0 11 0

0 0 11

66 −121 66

−

6 0 0

0 6 0

0 0 6

=

(6− 6) (−11 + 11) (6− 6)

(36− 36) (−60 + 66− 6) (25− 36 + 11)

(150− 216 + 66) (−239 + 360− 121) (90− 150 + 66− 6)

=

0 0 0

0 0 0

0 0 0

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Ke-Orthogonalan

Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan riil R. Hasil kali

dalam riil (real inner product) juga dinamakan bilinier adalah

fungsi dari V× V ke R dinotasikan oleh 〈u,v〉 yang memenuhi

• 〈r1u1 + r2u2,v〉 = r1 〈u1,v〉+ r2 〈u2,v〉 untuk semua u1,u2,v ∈ Vdan r1, r2 ∈ R (Linier).

• 〈u,v〉 = 〈v,u〉 untuk semua u,v ∈ V (Simetri).

• 〈u,u〉 ≥ 0 untuk semua u ∈ V dan 〈u,u〉 = 0 bila dan hanya

bila u = 0 (semi definit positip).

Bila x = (x1, . . . , xn),y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn maka hasil kali dalam

baku diberikan oleh 〈x,y〉 def=

n∑i=1

xiyi (juga dinamakan dot

product dalam geometri Euclide). Bila vektor-vektor x dan y

disajikan dalam vektor kolom, maka 〈x,y〉 = x′y.

Suatu norm dari ruang vektor V ke lapangan riil R adalah

suatu fungsi dinotasikan oleh || || yang memenuhi

• ||v|| ≥ 0 untuk semua v ∈ V dan ||v|| = 0 bila dan hanya bila

u = 0 (Definit positip).

• ||rv|| = |r| ||v|| untuk semua v ∈ V, r ∈ R

• ||u + v|| ≤ ||u|| + |||v|| untuk semua u,v ∈ V (Pertaksamaan

segitiga).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Untuk setiap u ∈ Rn norm Euclide diberikan oleh

||u||pdef=

(n∑i=1

|ui|p)1

p

dalam hal ini dinamakan norm-p. Khusus

untuk p = 2 cukup ditulis ||u|| =(

n∑i=1

|ui|2)1

2

Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan R.

1. Dua vektor u,v ∈ V dikatakan orthogonal bila 〈u,v〉 = 0.

2. Suatu himpunan dari vektor-vektor adalah orthogonal bila

setiap dua pasang vektor orthogonal.

3. Suatu vektor u ∈ V adalah ternormalisir bila ||u|| = 1.

4 Dua vektor u,v ∈ V dikatakan orthonormal bila ||u|| = ||v|| =1 dan 〈u,v〉 = 0.

Setiap vektor u ∈ V bisa dinormalisir kedalam bentuku

||u||.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

Himpunan vektor-vektor {(1, 0), (0, 1)} adalah orthonormal,

tetapi {(1, 1), (−1, 1)} adalah orthogonal. Himpunan yang

terakhir ini dapat dijadikan orthonormal sebagai himpunan

berikut ini

{(1√2,

1√2

),

(− 1√

2,

1√2

)}

Suatu basis orthonormal dari suatu ruang vektor mempunyai

beberapa kemanfaatan dan basis baku dari ruang vektor Rn

adalah orthonormal, yaitu basis baku dari ruang vektor R3

adalah himpunan {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.

Diberikan matriks A berukuran n × n, matriks A dikatakan

matriks simetri bila A = A′ dan dikatakan anti-simetri (skew-

symmetric) bila A = −A′. Matriks simetri bermaanfaat dalam

bentuk kuadrat, misalnya

(x y

)( a1,1 a1,2

a1,2 a2,2

)(x

y

)= a1,1x

2 + 2a1,2xy + a2,2y2

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Bila matriks A simetri dengan elemen-elemen riil dan berlaku

Ax = λx dengan x 6= 0, maka λ selalu merupakan bilangan riil.

Bukti

Digunakan tanda ∗ untuk menyatakan komplek sekawan (com-

plex conjugate). Kedua ruas dari Ax = λx kalikan dengan x∗′

didapat

x∗′Ax = λ(x∗

′x) (3)

Persamaan (3) kedua ruas ditranspose-konjuget didapat

x∗′Ax = λ∗(x∗

′x) (4)

Persamaan (4) dikurangi persamaan (3) didapat

0 = (λ∗ − λ)(x∗′x) ⇒ 0 = λ∗ − λ (sebab x 6= 0). Jadi λ∗ = λ, maka

dari itu λ merupakan bilangan riil.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan A matriks simetri berukuran n × n dengan elemen-

elemen riil. Bila λ dan µ adalah sebarang dua eigenvalue dari

matriks A dengan masing-masing eigenvektor adalah x dan y

dan λ 6= µ, maka 〈x,y〉 = 0.

Bukti

Kedua ruas persamaan Ax = λx kalikan dengan y′ didapat

y′Ax = λ(y′x). (5)

Kedua ruas persamaan Ay = µy kalikan dengan x′ didapat

x′Ay = µ(x′y). (6)

Kedua ruas persamaan (6) ditranspose didapat

y′Ax = µ(y′x). (7)

Persamaan (7) dikurangi persamaan (5) didapat0 = (µ− λ)(y′x)⇒ 0 = y′x = 〈x,y〉 (sebab λ 6= µ).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Matriks A berukuran n × n dikatakan orthogonal bila

AA′ = I = A′A yaitu A−1 = A′.

Bila Bi dan Kj masing-masing menyatakan baris ke-i dan

kolom ke-j dari suatu matriks orthogonal A berukuran n × n,

maka {Bi, i = 1, . . . , n} dan {Kj, j = 1, . . . , n} adalah himpunan

dari vektor-vektor orthonormal.

Bukti

Dari elemen perkalian matriks (AA′)i,j = 〈Bi, Bj〉 dan fakta AA′ =

I didapat 〈Bi, Bj〉 =

{1 i = j

0 yang lainnya, terlihat bahwa baris-

baris dari A adalah orthonormal. Bila A orthogonal, maka A′

juga orthogonal, jadi kolom-kolom dari A juga orthonormal.

Contoh

Bila matriks A diberikan oleh

A =

0 1 0

0 0 1

1 0 0

, maka AA′ =

0 1 0

0 0 1

1 0 0

0 0 1

1 0 0

0 1 0

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= I.

Juga dapat dicek bahwa A′A = I. Jadi A adalah matriks or-thogonal.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

Bila matriks A diberikan oleh

A =

0 − 1√2

1√2

1 0 0

01√2

1√2

,

maka matriks A adalah orthogonal, sebab

AA′ =

0 − 1√2

1√2

1 0 0

01√2

1√2

0 1 0

− 1√2

01√2

1√2

01√2

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= I.

Juga dapat dicek bahwa A′A = I

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Suatu pemetaan linier yang direpresentasikan oleh suatu ma-

triks orthogonal adalah mempertahankan jarak dari suatu vek-

tor, yaitu bila A suatu matriks orthogonal, maka ||Ax|| = ||x||untuk semua x ∈ Rn.

Bukti

Dari persamaan ||x|| =√〈x,x〉 dan 〈x,x〉 = x′x, didapat ||x||2 =

x′x. Oleh karena itu ||Ax||2 = x′A′Ax = x′x = ||x||2 ⇒ ||Ax|| = ||x||.

Contoh

Diberikan matriks orthogonal

A =

0 − 1√2

1√2

1 0 0

01√2

1√2

dan sebarang x =

x1

x2

x3

∈ Rn,

maka dapat ditunjukkan bahwa ||Ax|| = ||x|| sebagai manaberikut ini:

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 − 1√2

1√2

1 0 0

01√2

1√2

x1x2x3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

− 1√2x2 +

1√2x3

x11√2x2 +

1√2x3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

√(− 1√

2x2 +

1√2x3)2 + x2

1 + (1√2x2 +

1√2x3)2

√1

2x2

2 − x2x3 +1

2x2

3 + x21 +

1

2x2

2 + x2x3 +1

2x2

3

√x2

1 + x22 + x2

3 = ||x||.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Kesimpulan yang bisa diperoleh dari matriks simetri berkaitan

dengan pendiagonalan matriks diberikan sebagaimana berikut

ini.

KesimpulanBila matriks simetri A berukuran n×n mempunyai eigenvalue-eigenvalue yang berbeda, maka A dapat didiagonalkan melaluisuatu matriks orthogonal.

Komentar : Karena matriks A mempunyai eigenvalue-eigenvalue yang berbeda, maka dapat didiagonalkan men-jadi matriks Q−1AQ dimana matriks Q = [x1|x2| . . . |xn] denganxi, i = 1, . . . , n adalah eigenvektor-eigenvektor dari A yang sesuaidengan eigenvaluenya. Berdasarkan hasil sebelumnya vektor-vektor xi, i = 1, . . . , n saling orthogonal. Bila vektor-vektor inidinormalkan maka didapat matriks orthogonal

P =

[x1

||x1||

∣∣∣∣x2

||x2||

∣∣∣∣ . . .∣∣∣∣

xn||xn||

], sehingga matriks P ′AP juga meru-

pakan matriks diagonal.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

Diberikan matriks simetri

A =

(1√

2√2 2

)⇒∣∣∣∣(λ 0

0 λ

)−(

1√

2√2 2

)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣(λ− 1 −

√2

−√

2 λ− 2

)∣∣∣∣ .

Sehingga didapat polinomial kharakteristik dari matriks A

adalah p(λ) = (λ − 1)(λ − 2) − 2 = λ2 − 3λ = λ(λ − 3). Untuk

eigenvalue λ1 = 0 dan λ2 = 3 didapat masing-masing eigenvek-

tor yang sesuai adalah:

x1 =

(−√

2

1

)dan x2 =

(1√2

).

Sehingga diperoleh

x1

||x1||=

−√

2√3

1√3

danx2

||x2||=

1√3

√2√3

.

Bila matriks P =

[x1

||x1||x2

||x2||

], maka pendiagonalan dari ma-

triks A adalah P ′AP dan hasilnya diberikan sebagai berikut

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

−√

2√3

1√3

1√3

√2√3

(1√

2√2 2

)

−√

2√3

1√3

1√3

√2√3

=

−√

2√3

+

√2√3− 2√

3+

2√3

1√3

+2√3

√2√3

+2√

2√3

−√

2√3

1√3

1√3

√2√3

=

0 0

3√3

3√

2√3

−√

2√3

1√3

1√3

√2√3

=

(0 0

0 3

)

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Berkaitan dengan matriks simetri dengan elemen-elemen riil.

Sebagaimana telah diketahui matriks simetri pasti semua

eigenvaluenya adalah riil, tetapi tidak menjamin bahwa se-

mua eigenvalue-eigenvalue ini berbeda satu dengan yang lain-

nya, bila semuanya berbeda maka pasti matriks simetri tsb.

bisa didiagonalkan. Bila ada yang rangkap, maka hal ini

ada dua kasus. Yang pertama bila masing-masing multi-

plisitas geometri = multiplisitas aljabar, maka pendiagonalan

matriks bisa dilakukan. Kedua, bila masing-masing multi-

plisitas geometri < multiplisitas aljabar, maka pendiagonalan

tidak dapat dilakukan. Pada khasus yang kedua tentunya

hanya beberapa eigenvektor yang orthogonal satu dengan yang

lainnya, yaitu yang berkaitan dengan eigenvalue-eigenvalue

yang saling berbeda satu dengan lainnya. Tetapi untuk

eigenvalue yang rangkap walaupun memberikan eigenvektor-

eigenvektor yang saling bebas linier tetapi tidak menjamin

bahwa eigenvektor-eigenvektor ini orthogonal. Oleh karena

itu matriks yang kolom-kolomnya merupakan eigenvektor-

eigenvektor bukan matriks orthogonal. Tetapi dengan be-

berapa modifikasi matriks tsb. bisa dijadikan matriks or-

thogonal, cara pengorthogonalan ini mengarah apa yang di-

namakan proses Pengorthogonalan Gram-Schmidt. Contoh

berikut memberikan kejelasan mengenai pengorthogonalan su-

atu matriks.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

Diberikan suatu matriks simetri

A =

1 −1 −1

−1 1 −1

−1 −1 1

⇒ λI − A =

λ− 1 1 1

1 λ− 1 1

1 1 λ− 1

.

Polinomial kharakteristik dari A diberikan oleh

p(λ) = det(λI − A) = (λ − 2)2(λ + 1). Pasangan eigenvalue eigen-

vektor diberikan oleh

λ1 = 2,x1 =

−1

0

1

; λ2 = 2,x2 =

−1

1

0

; λ3 = 1,x3 =

1

1

1

.

Terlihat bahwa 〈x1,x3〉 = 〈x2,x3〉 = 0 tetapi 〈x1,x2〉 = 1 6= 0.

Penormalan dari x2 dan x3 didapat :

p2 =x2

||x2||=

− 1√2

1√2

0

dan p3 =x3

||x3||=

1√3

1√3

1√3

.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Untuk memperoleh suatu vektor x1 supaya 〈x1,x2〉 = 0, adalah

sebagai berikut. Misalkan x1 + ax2 = x1, didapat x′2x1 + ax′2x2 =

x′2x1 atau 〈x1,x2〉 + a 〈x2,x2〉 = 〈x1,x2〉 ⇒ a =〈x1,x2〉〈x2,x2〉

. Sehingga

didapat

x1 = x1 −〈x1,x2〉〈x2,x2〉

x2.

Jadi

x1 =

−1

0

1

− 1

2

−1

1

0

=

−1

2

−1

21

Dengan menormalkan vektor x1 didapat:

p1 =x1

||x1||=

− 1√6

− 1√6

2√6

.

Jadi matriks P = [p1 |p2 |p3] diberikan oleh:

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

P =

− 1√6− 1√

2

1√3

− 1√6

1√2

1√3

2√6

01√3

⇒ P ′P = I = PP ′ (P matriks orthogonal).

Sehingga didapat :

P ′AP =

− 1√6− 1√

6

2√6

− 1√2

1√2

0

1√3

1√3

1√3

1 −1 −1

−1 1 −1

−1 −1 1

− 1√6− 1√

2

1√3

− 1√6

1√2

1√3

2√6

01√3

=

2 0 0

0 2 0

0 0 −1

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Proses orthogonalisasi Gram-Schmidt

Diberikan himpunan vektor-vektor yang bebas linier S =

{X1,X2, . . . ,Xn}, dari S dibentuk himpunan vektor-vektor or-

thormal T = {T1,T2, . . . ,Tn} sebagi berikut:

t1 = X1 ⇒ T1 =t1

||t1||

t2 = X2 −〈X2,X1〉〈X1,X1〉

t1 ⇒ T2 =t2

||t2||......

tn = Xn−〈Xn, t1〉〈t1, t1〉

t1−〈Xn, t2〉〈t2, t2〉

t2− . . .−〈Xn, tn−1〉〈tn−1, tn−1〉

tn−1 ⇒ Tn =tn||tn||

Didapat matriks orthogonal

T = [T1 |T2 | . . . |Tn] .

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

Diberikan matriks dengan kolom-kolom merupakan vektor-

vektor yang bebas linier, yaitu

A =

1 1 1

0 1 1

0 0 1

Misalkan X1,X2 dan X3 merupakan vektor-vektor kolom dari

A, maka

t1 = X1 =

1

0

0

⇒ T1 =

t1

||t1||=

1

0

0

t2 =

1

1

0

− 〈X2, t1〉

〈t1, t1〉t1 =

0

1

0

⇒ T2 =

t2

||t2||=

0

1

0

t3 =

1

1

1

− 〈X3, t1〉

〈t1, t1〉t1 −

〈X3, t2〉〈t2, t2〉

t2 =

0

0

1

⇒ T3 =

t3

||t3||=

0

0

1

Terlihat bahwa matriks T = [T1 T2 T3] adalah matriks ortho-gonal.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Proyeksi dan General Invers

Proses orthogonal Gram-Schmid erat kaitannya dengan apa

yang dinamakan proyeksi sebagaimana akan terlihat dalam

pembahasan berikut ini. Ada kalanya sistem persamaan

linier Ax = y tidak mempunyai penyelesaian secara analitik

(eksak). Tetapi bila model linier yang dikaji ini merupakan

suatu problem nyata yang dijumpai, maka diperlukan suatu

alternatif penyelesaian untuk menjawab problem yang ada

sehingga penyelesaian yang didapat cukup untuk menjawab

problem. Suatu contoh berikut menjelaskan hal ini:

Diberikan sistem persamaan linier Ax = y:(

6 3

2 1

)(x1

x2

)=

(2

2

). (8)

Jawab eksak dari persamaan ini tidak ada. Dalam hal ini,

selalu bisa didapat penyelesaian pendekatan x melalui peng-

gantian y dengan vektor y′ di ruang kolom dalam A yang

dekat dengan y dan sebagi penggantinya selesaikan persamaan

Ax = y′. Untuk khasus yang diberikan dalam persamaan (8)

ruang kolom dari A adalah span:

W =

{r

(3

1

)∣∣∣∣ r ∈ R}.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Dengan demikian dipilih y′ = r

(3

1

)sehingga panjang

‖ y − y′ ‖=∣∣∣∣∣∣∣∣(

2

2

)− r

(3

1

)∣∣∣∣∣∣∣∣

sekecil mungkin. Gambar berikut secara geometri menjelaskanpilihan dari vektor y′.

*

y =(

22

)

y′ = Projw(y)

(31

)

1

Sebelum menyelesaikan problem yang ada diberikan penger-tian berikut. Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn dantulis y ∈ Rn = W ⊕ W⊥ sebagai y = y1 + y2, dimana y1 ∈ Wdan y2 ∈ W⊥, maka y1 dikatakan proyeksi dari y pada W dandinotasikan oleh y1 = Projw(y).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Berikut ini diselesaikan masalah persamaan linier(

6 3

2 1

)(x1

x2

)=

(2

2

).

Pilih W =

⟨(3

1

)⟩sehingga didapat W⊥ =

⟨(−1

3

)⟩. Jadi

(2

2

)=

4

5

(3

1

)+

2

5

(−1

3

). Untuk meminimumkan panjang

‖ y − y′ ‖ =

∣∣∣∣∣∣∣∣(

2

2

)− r

(3

1

)∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣4

5

(3

1

)+

2

5

(−1

3

)− r

(3

1

)∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣(

4

5− r)

(3

1

)+

2

5

(−1

3

)∣∣∣∣∣∣∣∣ ,

dan karena

(3

1

)dan

(−1

3

)orthogonal, maka haruslah r =

4

5.

Sehingga didapat y′ = Projw

(2

2

)=

4

5

(3

1

)= 0

(6

2

)+

4

5

(3

1

).

Terlihat bahwa penyelesaian pendekatan adalah x1 = 0 dan x2 =4

5.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn, maka vektor y′ ∈ Wyang dekat ke y ∈ Rn adalah y′ = Projw(y).

Bukti

Tulis y = y1+y2 dengan y1 ∈ W dan y2 ∈ W⊥. Jadi y1 = Projw(y).

Untuk sebarang w ∈ W jarak kuadrat ‖ y−w ‖2 diberikan oleh

‖ (y1 −w) + y2 ‖2 = < (y1 −w) + y2, (y1 −w) + y2 >

= < y1 −w,y1 −w > + < y2,y2 >

= ‖ y1 −w ‖2 + ‖ y2 ‖2,

akan minimal bila w = y1 = Projw(y).

Suatu cara singkat untuk menentukan proyeksi dari suatu

rauang bagian W yang dibangun hanya oleh satu vektor w,

dimana V = W ⊕W⊥ diberikan oleh

Projw(y) =< y,w >

< w,w >w. (9)

Dalam hal ini adalah:

1.< y,w >

< w,w >w ∈ W .

2. y − < y,w >

< w,w >w ∈ W⊥

3. y =< y,w >

< w,w >w +

(y − < y,w >

< w,w >w

)

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Dengan menggunakan hasil dalam (9) didapat

Projw

(2

2

)=

2.3 + 2.1

3.3 + 1.1

(3

1

)=

4

5

(3

1

).

Berikut ini diberikan suatu sifat bila ruang bagian W dibangun

oleh lebih dari satu vektor.

Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn dibangun oleh basis

orthogonal w1, . . . ,wk dan misalkan y ∈ Rn, maka

Projw(y) =< y,w1 >

< w1,w1 >w1 + . . . +

< y,wk >

< wk,wk >wk. (10)

Bukti

Misalkan y1 =< y,w1 >

< w1,w1 >w1+. . .+

< y,wk >

< wk,wk >wk. Maka untuk 1 ≤

i ≤ k didapat < y−y1,wi >=< y,wi > −< y,wi >

< wi,wi >< wi,wi >= 0.

Jadi y − y1 ∈ W⊥ dan y1 = Projw(y).

Bila W suatu ruang bagian dari Rn dengan basis orthonormal

w1, . . . ,wk, maka persamaan (10) menjadi

Projw(y) =< y,w1 > w1 + . . .+ < y,wk > wk. (11)

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Contoh

Dapatkan elemen dari ruang bagian W yang dekat den-

gan vektor (1, 2, 3)′, dimana W dibangun oleh vektor-vektor

(1, 2,−1)′, (−1, 4, 1)′.

Jawab

Dengan menggunakan proses Gram-Schmidt, didapat basis or-

thonormal:1√6

(1, 2,−1)′,1√3

(−1, 1, 1)′. Sehingga proyeksi dari

(1, 2, 3)′ pada W adalah:

Projw

1

2

3

=

1√6

(1 + 4− 3)1√6

1

2

−1

+

1√3

(−1 + 2 + 3)1√3

−1

1

1

=1

3

1

2

−1

+

4

3

−1

1

1

=

−1

2

1

.

Sehingga didapat vektor

1

2

3

=

−1

2

1

+

2

0

2

∈ W ⊕W⊥,

elemen dari W dekat ke

1

2

3

adalah Projw

1

2

3

=

−1

2

1

.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Misalkan dipunyai suatu supply dari 5000 unit S, 4000 unit T

dan 2000 unit U. Bahan digunakan dalam pabrik untuk mem-

produksi P dan Q. Bila setiap unit dari P menggunakan 2 unit

S, 0 unit T dan 0 unit U; dan setiap unit dari Q menggunakan

3 unit S, 4 unit T dan 1 unit U. Berapa banyak unit p dari

P dan q dari Q yang harus dibuat supaya keseluruhan supply

digunakan?

Model matematika dari persoalan yang ada diberikan oleh per-

samaan:

2 3

0 4

0 1

[p

q

]=

5000

4000

2000

.

Persamaan dari model tidak mempunyai jawab eksak (anali-

tik) sebab vektor

5000

4000

2000

bukan merupakan kombinasi linier

dari vektor- vektor

2

0

0

dan

3

4

1

. Untuk meyelesaikan per-

samaan secara pendekatan, dilakukan hal berikut: Cari vektordidalam ruang bagian W yang merupakan bentuk kombinasi

linier p

2

0

0

+ q

3

4

1

yang dekat dengan vektor

5000

4000

2000

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Dengan melakukan proses Gram-Schmidt di vektor-vektor

pembangun yang merupakan basis dari W , didapat basis or-

thonormal:

w1 =

1

0

0

,w2 =

1√17

0

4

1

.

Sehingga diperoleh:

Projw

5000

4000

2000

= 5000

1

0

0

+ (

16000√17

+2000√

17)

1√17

0

4

1

= 5000

1

0

0

+

18000

17

0

4

1

= (2500− (3

2)(

18000

17))

2

0

0

+

18000

17

3

4

1

.

Terlihat bahwa p = 2500 − (3

2)(

18000

17) = 911.76 dan q =

18000

17=

1058.82.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Pendekatan invers dari suatu matriks berukuran m× nUntuk setiap matriks A berukuran m×n dengan elemen-elemen

riil, matriks A− berukuran n×n dinamakan pendekatan invers

(psedoinverse) yang memenuhi A−y merupakan penyelesaian

pendekatan dari persamaan Ax = y. Kolom-kolom dari ma-

triks A− adalah penyelesaian pendekatan dari Ax = ei, dimana

ei, i = 1, . . . ,m merupakan basis baku dari Rm.

Contoh

Dapatkan matriks A− bila A =

2 3

0 4

0 1

dan hitung A−

5000

4000

2000

.

Jawab Ruang kolom orthonormal dari matriks A adalah span

dari vektor-vektor: w1 =

1

0

0

,w2 =

1√17

0

4

1

. Sehingga di-

dapat

Projw

1

0

0

=

1

0

0

,Projw

0

1

0

=

01617417

,Projw

0

0

1

=

0417117

.

Dan kolom-kolom matriks A− didapat sebagai berikut

2 3

0 4

0 1

x =

1

0

0

⇒ x =

(12

0

)

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

2 3

0 4

0 1

x =

01617417

⇒ x =

(−16

17417

)

2 3

0 4

0 1

x =

0417117

⇒ x =

(− 3

34117

)

Sehingga didapat matriks A− adalah:

A− =

(12 −

617 −

334

0 417

117

).

Penyelesaian pendekatan dari persamaan

2 3

0 4

0 1

(p

q

)=

5000

4000

2000

diberikan oleh

(p

q

)= A−

5000

4000

2000

=

(12 −

617 −

334

0 417

117

)

5000

4000

2000

=

(911.76

1058.82

).

Hasil yang didapat sama dengan hasil perhitungan sebelum-nya.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Soal UAS GASAL 2006/2007

1. 1.Selidiki apakah matriks berikut bisa didiagonalkan atau

tidak bisa didiagonalkan?

0 1 3

0 1 2

1 −1 0

Berikan alasan dari jawaban!

JawabPolinomial kharakteristik dari matriks diberikan

oleh:

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣

λ −1 −3

0 λ− 1 −2

−1 1 λ

∣∣∣∣∣∣= (λ− 1)2(λ + 1)

Untuk λ = 1, didapat:

E1(R3) = Ker(

1 −1 −3

0 0 −2

−1 1 1

) =

⟨

1

1

0

⟩.

Terlihat bahwa untuk λ = 1

multiplisitas geometri = 1 < 2 = multiplisitas aljabar.

Jadi matriks tidak bisa didiagonalkan.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

2. Bila vektor-vektor v1,v2, . . . ,vn adalah orthogonal, maka

tunjukkan bahwa :

||v1 + v2 + . . . + vn||2 = ||v1||2 + ||v2||2 + . . . + ||v1||2.

Jawab∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣n∑

i=1

vi

∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣

2

=

⟨n∑

j=1

vj,n∑

k=1

vk

⟩

=

n∑

j=1

n∑

k=1

〈vj,vk〉 =

n∑

j=1

||vj||2.

3. Dengan general invers cari garis lurus y = ax+ b yang paling

mendekati titik-titik (1, 2), (2, 3) dan (3, 1).

Jawab:

1 1

2 1

3 1

(a

b

)=

2

3

1

⇒ A− =

(1 2 3

1 1 1

)

1 1

2 1

3 1

−1(1 2 3

1 1 1

)

A−

2

3

1

=

{(12 −1

−1 73

)(1 2 3

1 1 1

)}

2

3

1

=

(−1

2 0 12

43

13 −

23

)

2

3

1

Didapat a = −1 + 12 = −1

2 dan b = 83 + 1− 2

3 = 3.

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

4. Bila V adalah ruang vektor dari himpunan polinomial-

polinomial dengan derajad kurang atau sama dengan 3

dan ”hasil kali dalam” diberikan oleh 〈p, q〉 =1∫−1

p(x)q(x)dx.

Lakukan poses orthogonalisasi Gram-Schmidt terhadap

basis 1, x, x2, x3.

Jawab

p1(x) = 1⇒ p1(x) =1

√< p1, p1 >

p1(x) =1√2

p2(x) = x− < x, p1 > p1(x)⇒ p2(x) =1√

< p2, p2 >p2(x) =

√32 x

p3(x) = x2− < x2, p1 > p1(x)− < x2, p2 > p2(x)⇒p3(x) =

1√< p3, p3 >

p3(x) =√

58 (3x2 − 1)

p4(x) = x3− < x3, p1 > p1(x)− < x3, p2 > p2(x)− < x3, p3 > p3(x)⇒p4(x) =

1√< p4, p4 >

p4(x) =√

78 (5x3 − 3x)

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

5. Diberikan pemetaan linier α : R2 → R2 dengan

α((x, y)′) = (2x + y, x + 3y)′.

Dengan basis B = (1, 0)′, (1, 1)′ tentukan matriks representasi

dari α.

Jawab

αB((1, 0)′) = (2, 1)′ = 1(1, 0)′ + 1(1, 1)′ = (1, 1)′

dan

αB((1, 1)′) = (3, 4)′ = −1(1, 0)′ + 4(1, 1)′ = (−1, 4)′,

sehingga diperoleh matriks representasi dari α:

A = (α,B,B) =

(1 −1

1 4

).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Dengan general invers dapatkan parabola y = ax2 + bx + c yang

mendekati titik-titik (3, 0), (2, 0), (1, 2), (−1, 12). Jelaskan apakah

hasilnya pendekatan atau tidak!

Jawab :

Untuk titik (3, 0), (2, 0), (1, 2), (−1, 12) didapat empat persamaan :

9a + 3b + c = 0, 4a + 2a + c = 0, a + b + c = 2, a− b + c = 12

atau dalam bentuk matriks

9 3 1

4 2 1

1 1 1

1 −1 1

a

b

c

=

0

0

2

12

⇒

a

b

c

=

9 4 1 1

3 2 1 −1

1 1 1 1

9 3 1

4 2 1

1 1 1

1 −1 1

−1

9 4 1 1

3 2 1 −1

1 1 1 1

0

0

2

12

=

1

−5

6

.

Cek!

9 3 1

4 2 1

1 1 1

1 −1 1

1

−5

6

=

0

0

2

12

.

Terlihat, hasilnya eksak bukan pendekatan (kita cobamelakukan penghitungan dengan MAXIMA).

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Cara lain mencari invers matriks

Misalkan matriks :

A =

9 4 1 1

3 2 1 −1

1 1 1 1

9 3 1

4 2 1

1 1 1

1 −1 1

=

99 35 15

35 15 5

15 5 4

.

Selanjutnya tentukan polinomial kharakteristik A :

p(x) = |xI−A| = x3−118x2+466x−440⇒ A3−118A2+466A−440I = 0

Didapat A−1 =1

440(A2 − 118A + 466I) :

A−1 =1

440

11251 4065 1720

4065 1475 620

1720 620 266

− 188

99 35 15

35 15 5

15 5 4

+ 466

1 0 0

0 1 0

0 0 1

=1

440

35 −65 −50

−65 171 30

−50 30 260

=

7

88−13

88− 5

44

−13

88−171

440

3

44

− 5

44

3

44

13

22

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

Jawaban UAS Aljabar linear semester gasal 2007/2008

1.) Diberikan matriks :

A =

[1 −1

1 1

].

Diagonalkan matriks A dengan menggunakan basis orthonor-

mal dari eigenvector-eigenvector matriks A.

Jawab :

Eigenvalue dan eigenvector dari A diberikan oleh : |A − λI| =

λ2 − 2λ + 2 = 0, didapat λ1 = 1− i, λ2 = 1 + i. Nullspace(A− λ1I) =

{< (1, i) >} dan Nullspace(A−λ2I) = {< (1,−i) >}. Terlihat bahwa

eigenvector-eigenvector yang bersesuaian dengan λ1 = 1− i dan

λ2 = 1 + i, masing-masing diberikan oleh :

v1 =

(1

i

)dan v2 =

(1

−i

).

Vektor v1 dan v2 orthogonal, sebab < v1,v2 >= 0. Sehingga

basis orthonormalnya adalah : v1|v1|, v2|v2|

. Dengan P = [ v1|v1|| v2|v2|

]

didapat :

P−1AP =

[1√2− i√

21√2

i√2

] [1 −1

1 1

][ 1√2

1√2

i√2− i√

2

]

=

[1− i 0

0 1 + i

].

Home Page

Title Page

JJ II

J I

of 132

Go Back

Full Screen

Close

Quit

abstrak - asimtot.files.wordpress.com · home page title page jj ii j i page1of132 go back full...

Documents