Disusun oleh :Ade Anis Kurniati200913500044Dosen Pembimbing :Condro Endang. M, S.PdFAKULTAS TEKNIK MATEMATIKA & IPAUNIVERSITAS INDRAPRASTA PGRI (UNINDRA)2011BAB IPEMBAHASANGagasan penggunaan pasangan bilangan untuk meletakkan titik-titik pada dan penggunaantripecbilanganuntuk meletakkantitik-titik di ruang 3 mula-mula diungkapkan secara jelas dalam pertengahan abad ke 17 menjelang akhir abad ke 19 para ahli matematika dan ahli fisika mulai menyadari bahwa tidak perlu diberhenti dengan tripec. Pada waktu itu dikenal bahwakuadrupel bilangan(a1, a2, a3, a4) dapat ditinjausebagai titikpadaruang berdemensi (a1, a2, .a5) sebagai titikdiruang3, namunkitamungkinmemperluas gagasanyangdikenalhinggamelebihi ruang 3 dengan bekerja bagi sifat analetik atau sifat numeris titik danvektor serta bukan bekerja dengan sifat geometrik. A. Subruang Subhimpunan W dari sebuah ruang vektor V dinamakan subruang (subspace) V jika W itu sendiri adalah ruang vektor di bawah penambahan dan perkalian skalar yang didefinisikan pada V. Jika W adalah himpunan dari satu atau lebih vektor dari sebuah ruang vektor V, maka W adalah subruang dari V jika dan hanya jika kondisi-kondisi berikut berlaku 1) Jika u dan v adalah vektor-vektor pada W, maka u + v terletak di W 2) Jika k adalah sebarang skalar dan u adalah sebarang vektor pada W, ku berada di WKondisi-kondisi (1) dan (2) sering kita jelaskan dengan menyatakan bahwa W tertutup dibawah penambahan dan tertutup di bawah perkalian skalar. Bukti jika W adalah subruang dari V,makasemua aksiomaruang vektor dipenuhi; khususnya Aksioma 1 dan Aksioma 6 berlaku. Tetapi dalam hal ini persis merupakan kondisi (1) dan kondisi (2). Setiap ruang vektor pada V mempunyai paling sedikit dua subruang. V sendiri adalah sebuah subruang, dan himpunan {0} yang terdiri darivektor nol saja pada V yang merupakan sebuah subruang yang kitanamakan subruang nol (zero subspace). Contoh : Misalkan W sebarang bidang yang melalui titik asal dan misalkan u serta V sebarang vektor pada W. maka u + v harus terletak pada W karena u + v adalah diagonal jajaran genjang yang ditentukan oleh u dan v (gambar 1) dan k u harus terletak pada W untuk sebarang skalar k karena ku terletak pada garis yang melalui u. jadi W adalah subruang dari R3. Contoh Perlihatkan bahwa himpunan W dari semua matriks 2 x 2 yang mempunyai bilangan nol pada diagonal utamanya adalah subruang dari ruang vektor M22 dari semua matriks 2 x 2 Pemecahan. 12 1221 210 a 0 bA Ba 0 b 0 11 11 ] ]Adalah seberang dua matriks pada W dan K adalah sebarang skalar. Maka 12 12 1221 21 210 ka 0 a bkA dan A Bka 0 a b 0+11 + 11+ ] ]Oleh karena kA dan A + B mempunyai bilangan nol pada diagonal utama, maka kA dan A + B terletak pada W. Jadi, Wadalah subruang dari M22. Contoh Vektor-vektor i = (1, 0, 0) j = (0, 1, 0) dan k = (0, 0, 1) merentang R3karena setiap vektor (a, b, c) pada R3 dapat kita tuliskan sebagai : (a, b, c) = ai + bj + ck Teorema jika v1, v2, .vr adalah vektorvektor pada ruang vektor V, maka: (1) Himpunan W dari semua kombinasi linear v1, v2, .vr adalah subruang V (2) W adalah subruang terkecil dari V yang mengandung v1, v2, .vr, adalah arti bahwa setiap subruang lain dari V yang mengandung v1, v2,.,vr harus mengandung W Kombinasi linear vi, v2, ..vr, maka kita dapatkan subruang V. subruang tersebut kita namakan ruang linear terentang oleh {v1, v2, .vr}, atau dengan lebih sederhana kita namakan ruang terentang oleh {v1, v2,.vr} Bukti (a) Untuk memperlihatkan bahwa W adalah subruang V, kita harus membuktikan bahwa W tertutup dibawah penambahan dan perkalian skalar. Jika u dan v adalah vektor-vektor pada W, maka u = c1v1 + c2v2 + + crvrdimana c1, c2, .cr, k1, k2,kr adalah skalar. Maka, u + v= (c1k1)v1 + (c2 + k2)v2 + + (cr+kr)vrdan, untuk sebarang skalar k, ku = (kc1) v1 + (kc2) v2 + ..+ (kcr) vr

jadi u+vdankuadalah kombinasi-kombinasi linear v1, v2, vr, dansebagai konsekuensinya maka u + v dan ku terletak di W sehingga W tertutup di bawah penambahan dan perkalian skalar. (b) Setiap vektor vi adalah kombinasi-kombinasi v1, v2, ..vr, karenanya dapat kita tulisvi = 0v1+0v2 + ..+ 1vi + ..0vr

oleh karena itu, subruang w mengandung setiap vektor v1, v2, .vr misalkan W1adalah sebarangsubruanglainyangmengandungv1, v2, .vr. karenaW-1tertutupdi bawah penambahan dan perkalian skalar, maka W-1 harus mengundang semua kombinasi linear. c1v1+ c2v2dari v1,v2,vrjadi, W1 mengandung setiap vektor W. B. Kebebasan Linear Ketahui bahwa ruang vektor V direntang oleh himpunan vektor S = [v1, v2..vr] jika setiap vektor pada V adalah kombinasi linear, v1, v2..vr. dengan merentang himpunan tersebut akan berguna dalam berbagai soal, karena mungkin kita sering menelaah ruang vektor Vdengan menelaah terlebih dahulu vektor-vektor dengan merentang himpunan S. dan kemudian dengan memperluas hasil-hasil tersebut pada bagian selebihnya dari V. maka, kita perlu mempertahankan perentangan himpunan S sekecil mungkin. Permasalahan untuk mendapatkanperetanganhimpunanterkeciluntukruangvektorbergantungpadapengertian kita mengenai kebebasan linear. Definisi. Jika S = {v1, v2..vr} adalah himpunan vektor, maka persamaan vektor. k1v1 + k2v2 + ..krvr = 0Mempunyai paling sedikit satu pemecahan, yakni k1 = 0, k2 = 0, .kr = 0jika ini adalah satu-satunya pemecahan, maka S kita namakan himpunan bebas linear (linearly independent). Jikaadapemecahanlain, makaSkitanamakanhimpunantakbebas linear (linearly dependent). Contoh : Tinjaulah vektor-vektor i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), dan k = (0, 0, 1) pada R3ruas komponen persamaan vektor Kii + 1 + k2v2 + ..krvr = 0Menjadi k1 = (1, 0, 0), + k2 (0, 1, 0) + k3(0, 0, 1) = (0, 0, 0) atau secara ekivalen menjadi (k1, k2, k3) = (0, 0, 0)Jadi, k1= 0, k2= 0, k3=0; sehingga himpunan S = (i, j, k) bebas linear. Uraian serupa dapat digunakanuntukmemperlihatkanbahwavektor-vektor e1=(1, 0,0,..0), e2 =(0, 1, 0, ..0),.,cn = (0, 0, 0,..1) membentuk himpunan bebas linear pada Rn. Teorema 6. Himpunan S dengan dua vektor atau lebih adalah (a) Takbebaslinear jikadanhanyapalingtidaksatudiantaravektor Sdapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor S lainnya (b) Bebas linear jikadanhanyajika tidakada vektor Syangdapat dinyatakan sebagai kombinasidalam linear dalam vektor S lainnya .Teorema 27 (a) Jika sebuah himpunan mengandung vektor nol, maka himpunan itu takbebas linear (b) Sebuahhimpunanyangmempunyai persisduavektor takbebasjikabebassatudari vektor itu adalah perkalian dari skalar lainnya. Contoh 27. Dalam R2 atau R3 satu vektor adalah kelipatan skalar dari vektor lainnya jika hanya jika kedua vektor yangterletakpadagaris yangsamayangmelalui titikasal ditempatkanpadatitik awalnya melalui titik asal. Jadi, berikutnya dari bagian (b) dari teorema 7 bahwa dalam R2 dan R3 dua vektor yang berbentuk himpunan tak bebas linear adalah jika dan hanya jika vektor itu terletak pada garisyang sama melalui titik asal yang ditempatkan pada titik awalnya melalui titik asal itu sendiri. Teorema 8. misalkan S = {v1, v2, .vr) adalah himpunan vektor-vektor pada Rn jika r > n, maka S tak bebas linear. Bukti. v1 = (v11, v12, .v1n) v2 = (v21, v22, .v2n) vr = (vr1, vr2, .vrn) tinjaulah persamaan kiv1 + k2v2 + ..krvr = 0C. Basis dan DimensiDefinisi. JikaVadalahsebarangruangvektor danS={V1, V2,.....Vr}merupakan himpunan berhingga dari vektor-vektor pada V, maka S kita namakan basis untuk V jika (i) S bebes linear;(ii) S merentangV Contoh 32Misalkan 1 2 3 41 0 0 1 0 0 0 0M M M M0 0 0 0 1 0 0 1 1111 1111 ] ] ] ]HimpunanS={M1,M2,M3,M4}adalahsebuahbasisuntukruangvektor M22dari matriks-matriks 2x2. Untuk melihat bahwa S merentang M22, perhatikan bahwa sebuah vektor khas (matriks).a bc d 1 1 ]Dapat ditulis sebagaia b 1 0 0 1 0 0 0 0ac d 0 0 0 0 1 0 0 1 11111 11111 ] ] ] ] ]= aM1 + bM2 + cM3 + dM4

Untuk melihat bahwa S bebas linear, anggaplah bahwaaM1 + bM2 + cM3 + dM4 = 0yakni1 0 0 1 0 0 0 0 0 0a b c d0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 11111+ + + 11111 ] ] ] ] ]a b 0 0c d 0 0 11 11 ] ]Jadi, a = b = c = d = 0 sehingga S bebas linear.Definisi. Sebuah ruang vektor taknol V dinamakan berdimensi berhingga (finite dimensional) jika ruang fektor tersebut mengandung sebuah himpunan berhingga dari vektor-vektor {V1,V2,...Vn}yangmembentuksebuahbasis. Jikatidakadahimpunanseperti itu, makaV dinamakan dimensi tak berhingga (infinite dimensional), tambahan lagi, kita akan menganggap ruang vektor nol sebagai ruang vektor berdimensi berhingga walaupun ruang vektor tersebut tidak mempunyai himpunan bebas linearm sehingga basispun tidak ada.Teorema 9.Jika S = {V1,V2,.Vn} adalah basis untuk ruang vektor V, maka setiap himpunan dengan lebih dari n vektor adalah tak terbebas linearBukti. Misalkan S= {W1, W2,.Wm} adalah sebarang himpunan m vektor pada V, dimana m>n. Kita ingin memperlihatkan bahwa S tak bebas linear. Karena S = {V1,V2.Vn} adalah sebuah basis maka setiap wdapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor S, katakanlah,w1 = a11v1 + a21v2 +an1vnw1 = a12v1 + a22v2 +an1vnwm = a1mv1 + a2mv2 +anmvnUntuk memperlihatkan bahwa S tak bebas linear, maka kita harus cari skalar-skalar K1,K2Km, yang tidak semuanya nol, sehinggak1w1 + k2v2 +.kmwm = 0Teorema 10. Sebarang dua basis untuk ruang vektor berdimensi berhingga mempunyai jumlah vektor yang sama.Bukti. Misalkan S = {V1,V2.Vn} dan S {W1, W2,.Wm} adalah dua basis untuk sebuah ruang vektor V yang berdimensi berhingga. Karena S adalah sebuah basis dan S adalah himpunan basislinear, makateorema9menunjukkanbahwam n. Demikianjuga, karenaSadalah sebuah basis dan S bebas linear, kita juga memperoleh n m. maka m=n.Definisi. Dimensi sebuah ruangan vektor V yang berdimensi berhingga didefinisikan sebagai banyaknya vektor pada basis untuk V. Tambahan lagi, kita mendefinisikan ruang vektor nol mempunyai dimensi nol.Contoh 37Tentukanlah basis dan dimensi untuk ruang pemecahan dari sistem homogen.2x1 + 2x2- x3+ x5 = 0 - x1 - x2 + 2x3- 3x4+ x5 = 0 x1 + x2- 2x3- x5 = 0 x3+ x4 + x5 = 0 Pemecahan. Pada contoh x1 = s 1,x2 = s,x3 = -t,x4 = 0,x5 = t, Sehingga vektor-vektor pemecahan tersebut dapat dituliskan sebagai12345x s t s t 1 1x s s 0 1 0x t 0 t 0 1x 0 0 0 0 0x t 0 t 0 1 111111 111111 111111 111111 + + 111111 111111 111111 ] ] ] ] ] ]Yang memperlihatkan bahwa vektor-vektor1 21 10 0v dan v 0 10 00 1 11 11 11 11 11 11 11 ] ]Teorema 11(a) Jika S = {V1,V2.Vn} adalah sebuah himpunan n vektor bebas linear pada sebuah ruang V yang berdimensi n, maka S adalah sebuah basis untuk V.(b) Jika S = {V1,V2.Vn} adalah sebuah himpunan n vektor yang merentang ruang V yang berdimensi n, maka S adalah basis untuk V(c) Jika S = {V1,V2.Vr} adalah sebuah himpunan bebas linear pada ruang V yang berdimensi n danr < n,maka S dapat diperbesar menjadi basis untuk V, yakni vektor-vektor {Vr,1.Vn} sehingga {V1,V2.{Vr,Vr +1,Vn} adalah sebuah basis untuk V.D. Ruang Baris Dan Kolom Matriks, Rank, Penerapan Terhadap Pencarian BasisDefinisi. Tinjauan matriks m x n11 12 1n21 22 2nm1 m2 mna a .....aA a a .....aa a .....a 1 1 1 1 ]Vektor-vektor 1 11, 12 1n2 21 22 2nm m1 m2 mnr (a a .....a )r (a , a .....a )r (a , a .....a )Bentuk dari baris-baris A yang kita namakan vektor-vektor baris A, dan vektor-vektor 11 12 1n1 21 2 22 n 2nm1 m2 mna a ac a , c a ,...........c aa a a 111 111 111 111 ] ] ]Terbentuk dari kolom-kolom A. Subruang Rn yang direntang oleh vektor-vektor baris yang kita namakan ruang baris (row space) A dan Subruang Rm yang direntang oleh vektor-vektor kolom kita namakan ruang kolom (column space)AContohMisalkan 3 1 0A2 1 4 11 ]Vektor-vektor baris A adalah r1 = (2,1,0) danr1 = (3,-1,4)Teorema berikutnya akan membantu kita mencari basis-basis untuk ruang vektor.Teorema 12. operasi baris elementer tidak mengubah ruang baris sebuah matriksJelaslahbahwadari teoremaini bahwasebuahmatriksdansemuabentukeselonbarisnya mempunyai ruangbaris yangsama. Akantetapi, vektor-vektor baris taknol dari matriks berbentuk eselon baris selalu bebas linear. Sehingga vektor-vektor baris taknol ini membentuk basis untuk ruang baris tersebut. Jadi, kita peroleh hasil berikut.Teorema13.Vektor-vektorbaristaknol berbentukeselonbarisdari matriksAmembentuk basis untuk ruang baris A.Contoh 40Carilah sebuah basis untuk ruang yang direntang oleh vektor-vektor v1 = (1,-2,0,0,3,),v2 = (2,-5,-3,-2,6) v3 = (0,5,15,10,0)v4 = (2,6,18,8,6)Pemecahan. Ruang yang direntang oleh vektor-vektor ini adalah ruang baris dari matriks1 2 0 0 32 5 3 2 60 5 15 10 02 6 18 8 61 1 1 1 1 ]Dengan meredekusi matriks ini menjadi bentuk eselon baris, kita dapatkan (buktikan):1 2 0 0 30 1 3 2 00 0 1 1 00 0 0 0 01 1 1 1 1 ]Vektor-vektor baris taknol pada matriks ini adalah w1 = (1,-2,0,0,3),w2 = (0,1,3,2,0) w3 = (0,0,1,1,0)Vektor-vektor ini membentukbasisbagi ruangbaristersebut dansebagai konsekuensinya maka akan membentuk basis untuk ruang yang direntang oleh v1, v2, v3 dan v4Teorema 14. Jika Aadalah sebarang matriks, maka ruang baris dan ruang kolomA mempunyai dimensi yang sama. Contoh 1 0 1 1A 3 2 5 10 4 4 4 1 1 1 1 ]Mempunyairuangkolomberdimensi dua. Jadi teorema 14 menyatakan bahwa ruang baris tersebut jugaberdimensi dua. Untuk melihat bahwa kasusnya memang demikian, maka kita reduksi A terhadap bentuk eselon baris, yang menghasilkan (buktikan). 1 0 1 10 1 1 10 0 0 0 1 1 1 1 ]Karena matriks ini mempunyai dua baris taknol, maka ruang baris A berdimensi dua. Definisi. Dimensi ruang baris dan ruang kolom matriks A dinamakan rank A dan ditanyakan dengan rank (A) Teorema Jika A adalah matriks n x n, maka pertanyaan-pertanyaan berikut ekivalen satu sama lain. (a) A dapat dibalik (b) Ax = 0 hanya mempunyai pemecahan trivial (c) A ekivalen baris dengan In(d) Ax = b konsisten untuk tiap-tiap matriks b yang berukuran n x 1 (e) Det (A) 0 (f) A mempunyai rank n (g) Vektor-vektor baris A bebas linear (h) Vektor-vektor kolom A bebas linear Bukti. Kita akanperlihatkanbahwa(c), (f), (g) dan(h) ekivalen satusama lain membuktikan urutan implikasi (c) => (f) => (g) => (c). ini akan melengkapkan bukti tersebut karena kita sudah mengetahui bahwa (c) ekivalen dengan (a), (b), (d) dan (e). (c)=>(f)karenaAekivalenbaris dengan In,dan Inbaris taknol,maka ruangbaris dari A berdimensi n menurut Teorema 13. jadi, A mempunyai rank n. (f) => (g) karena A mempunyai rank n, maka ruang baris dari A, maka jelaslah dari teorema 11 dalam bagian 4.5 bahwa vektor-vektor baris A bebas linear. (g)=>(h)anggaplahvektor-vektor baris A bebas linear.Jadi, ruang baris A berdimensi n. Menurut teorema 14 maka ruang kolom. A juga berdimensi n. karena vektor-vektor kolom A merentang ruang kolom,maka vektor-vektor kolom A bebas linear menurut teorema 11 pada bagian 4.5.(h) => (c) anggapalah vektor-vektor kolom A bebas linear. Jadi, ruang kolom A berdimensi n dan sebagai konsekuensinya, maka menurut Teorema 14 ruang baris A berdimensi n. ini berarti bahwa bentuk eselon baris tereduksi A mempunyai n baris taknol, yakni bahwa semua barisnya taknol. Seperti yang disajikan pada contoh 24 bagian 2.3 maka ini berarti bahwa bentuk eselon baris tereduksi A adalah In. jadi, A ekivalen barisdengan In. Teorema 16. Sebuah sistem persamaan linear Ax = b adalah konsisten jika dan hanya jika b berada pada ruang kolom A Contoh 44. Misalkan Ax = b adalah sistem linear 1231 3 2 x 11 2 3 x 92 1 2 x 3111 111 111 111 ] ] ]Pecahkan sistem tersebut dan gunakan hasil untuk menyatakan b sebagai kombinasi linear dari vektor kolom A.Pemecahan.Denganmemecahkan sistem menggunakan eliminasi Gauss akan menghasilkan ( buktikan ):x1 = 2x2 = 1x3 = 3Jadi, dari persamaan ( 4. 16,1 3 2 12 1 2 3 3 92 1 2 31111 1111 + 1111 1111 ] ] ] ]Teorema 18 jika Ax= b adalah sistem linear konsisten dari m persamaan n bilangan tak diketahui dan Amempunyai rank r, maka pemecahan sistemtersebut mengandungn-r parameter.Jika A adalah mertiks 5x7 dengan rank 4, dan jika Ax=b adalah sistem linear konsisten maka pemecahan tersebut mengandung sistem 7-4=3 parameter.BAB IIKESIMPULANAdapun kesimpulan yang dapat diambil dari pembahasan ini adalah : 1. Subhimpunan w dari sebuah ruang vektor dinamakan subruang (subspace) v jika w itu sendiri adalah ruang vektor di bawah penambahan dan perkalian skalar yang didefinisikan pada v 2. Kebebasan linear jika s (v1, v2, .v5) adalah himpunan vektor, maka persamaan vektor kiv1 + kiv2 + + krvr = 0 Mempunyai paling sedikit satu pemecahan yakni : Ki = 0,K2 = 0,Kr = 0 Jikaini adalahsatu-satunyapemecahanmaka, skitanamakanhimpunanbebas linear (linearly independent). Jika ada pemecahan lain maka S kita namakan himpunan tak bebas linear (linearly dependent) 3. Kebasisdandimensidimana jikav adalahsebarangruangvektordans =(v1, v2vr) merupakan himpunan sehingga dari vektor-vektor pada v maka s dinamakan basis untuk v jika: (i) S bebas linear (ii) S merentang v 4. Ruang garis dan kolom matriks, rank, penerapan terhadap pemecahan basis Dimensi ruang baris dan ruang kolom matriks A dinamakan rank A dan dinyatakan dengan rank (A) BAB IIIKASUSCONTOH SOAL1. Tentukan apakah (5,9,5) merupakan kombinas linear dari vektor-vektor (2,1,4), (1,-1,3),dan(3,2,5). Kalauya, tentukanskalar-skalar a, b, dancsehinggaa(2,1,4)+b(1,-1,3)+(3,2,5)=(5,9,5)2. Tentukan apakah vektor-vektor berikut bebas linear atau tidak bebas linear:a) (1,0,-2), (3,1,2), (1,-1,0)b) (2,-1,4), (4,2,3), (2,7,-6)3. Tentukan apakah vektor-vektor berikut membentuk basis untuk ruang vektor R3.a) (-4.1.3), (6,5,2), dan (8,4,1)b) (4,6,1), (-1,4,2), dan (5,2,-1)4. Carilah bas is, dimensi dan rank untuk ruang yang direntang oleh vektor-vektorw1=(1,1,2,1), w2=(1,0,1,2) dan w3=(2,1,3,4)5. Misalkan T:R2 R3 didefinisikan oleh11]1

,_

1]1

+012212x1xT xx xa) Carilah matrik T terhadap basis B={u1,u2} danB={v1,v2,v3}, dimana11]1

11]1

11]1

1]1

1]1

0033 0222v1111v422u 311u vb) Gunakanlahmatriksyangdiperolehdalam(a) untukmenghitung :

,_

1]1

38TPenyelesaian Kasus1. (5,9,5)=a(2,1,4)+b(1,-1,3)+c(3,25)linear bebas bukanadalah ) 71 , 9 . 20 ( ) 5 , 9 , 5 () 5 , 42 , 17 , 5 , 2 ( ) 5 , 10 , 5 , 3 , 5 , 3 ( ) 18 , 5 , 4 , 9 ( ) 5 , 9 , 5 () 5 , 2 , 3 )( 5 , 8 ( ) 3 , 1 , 1 )( 5 , 3 ( ) 4 , 1 , 2 )( 5 , 4 ( ) 5 , 9 , 5 (5 , 8 1 0 05 , 3 0 1 05 , 4 0 0 13 5 , 8 1 0 05 , 3 0 1 05 , 4 0 0 1 3 15 , 8 1 0 05 , 3 0 1 04 1 0 12 3 5 1 1 05 , 3 0 1 04 1 0 1 3 25 , 3 0 1 05 1 1 04 1 0 14314 0 4 05 1 1 04 1 0 12 4 3 6 4 0 05 1 1 04 1 0 12 3 3 9 1 3 05 1 1 04 1 0 11 4 35 5 3 45 1 1 04 1 0 1 2 15 5 3 45 1 1 09 2 1 12 2 3 5 5 3 45 3 1 29 2 1 1 2 15 4 3 49 2 1 15 3 1 2 + + + + + + +

,_

,_

,_

,_

,_

,_

,_

,_

,_

,_

,_

,_

bb bb bb bbb b b b b bb bb bb b2. a(1,0,-2), (3,1,2), (1,-1,0)linear bebas adalah 1 2 33 2 02 0 13 3 1 2 39 6 02 0 1 1 5 21 2 31 6 52 0 1

,_

,_

,_

bb blinear bebas adalah (2,7,-6) (4,2,3), (2,-1,4), 6 7 215 12 010 8 03 2 2 6 7 23 2 410 8 0 3 16 7 23 2 44 1 2

,_

,_

,_

b bb bb3. a(-4,1,3), (6,5,2), (8,4,1)basis adalah 7 6 05 1 63 1 42 3 7 6 02 5 63 1 4 1 2 31 4 82 5 63 8 4

,_

,_

,_

+ b bb bbasis adalah ) 1 , 2 , 5 ( ), 2 , 4 , 1 ( ), 1 , 6 , 4 (1 2 54 0 119 22 03 2 2 1 2 52 4 19 22 0 2 4 11 2 52 4 11 6 4

,_

,_

,_

+b bb bb4. w1(1,1,2,1), w2(1,0,1,2), w3(2,1,3,4),basis adalah 4 3 1 22 1 0 11 2 1 1

,_

3 rankdan3 dimensi adalah 421

101

211 4 2 11 0 10 0 02 1 13 24 2 11 0 11 0 12 1 11 34 2 13 1 21 0 12 1 1

,_

,_

,_

,_

,_

,_

b b b b5. a

,_

,_

,_

,_

,_

,_

,_

,_

,_

,_

++ + + + 1026100102610010) 6 ( 2 1061001221216 0 . 2 . 1 0 . 0 . 1 3 . 2 . 1 0 . 2 . 1 3 . 0 . 1 0 . 2 . 10 32 21 10 0 30 2 21 1 110 6 4 ) 2 ( 3 4 . 14 23 1TTTxx xxxT78 30 48 3 . 10 ) 6 .( 86 310 8

,_

bDAFTAR PUSTAKAAnton Howard, 1987. Aljabar Linear Erlementer, Edisi Ketiga Jakarta. Erlangga. www. Google . modul matematika.combasistik.blogspot.com/2011/11/modul-pelajaran-matematika.www. subruangpada vektor.com