ALJABAR MATRIKSpertemuan 9

Oleh :L1153

Halim Agung,S.Kom

Ruang Nol (Kernel)

Definisi : Misalkan L : V→W adalah transformasi linier. Ruang Nol (Kernel) dari L , dilambangkan dengan ker(L) , didefinisikan oleh ker(L) =

Jangkauan (Image)Definisi : Misalkan L : V→W adalah transformasi linier dan misalkan S adalah ruang bagian dari V. Jangkauan (range) dari S , dilambangkan dengan L(S) , didefinisikan oleh L(S) = untuk semua v є S

Jsngkauan dari keseluruhan ruang vektor L(V) disebut peta(range) dari L

Contoh :L(S) = {S((x,y,x)’) = (2x-y , y+z)’ | x,y,z ϵ R}Ker(L) = { (x,y,x)’ = ( 2x-y = 0 , y+z) = 0 |x,y,z ϵ R}

wvLVv 0)(|

)(| vLwWw

Teorema

Jika L : V→W adalah suatu transformasi linier dan S adalah ruang bagian dari V , maka1. ker(L) adalah ruang bagian dari V2. L(S) adalah ruang bagian dari W

Bukti :Untuk membuktikan (1) kita harus memperlihatkan bahwa ker(L) tertutup dibawah perkalian skalar dan penjumlahan vektor. Jika v ϵ ker(L) dan α suatu skalar , maka L(αv) = αL(v) = α0w = 0w

Oleh karena itu , αv ϵ ker(L)

Jika v1,v2 ϵ ker(L) maka L(v1+v2) = L(v1)+L(v2) = 0w + 0w = 0w

Oleh karena itu , v1 + v2 ϵ ker(L) sehingga ker(L) adalah suatu ruang bagian dari V

Lanjutan Bukti :

Bukti dari (2) adalah serupa . Jika w ϵ L(S) , maka w = L(v) untuk suatu v ϵ S. untuk skalar α sembarang.

αw = αL(v) = L(αv)

Karena αv ϵ S, maka αw ϵ L(S) sehingga L(S) tertutup dibawah perkalian skalar.

Jika w1, w2 ϵ L(S) maka terdapat v1,v2 ϵ S sehingga L(v1) = w1 dan L(v2) = w2.

Jadi , w1 + w2 = L(v1) + L(v2) = L(v1+v2)

Sehingga L(S) tertutup dibawah penjumlahan.

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 ( ( x,y,z )’) = (x + z; 2x - y + z)’ untuk setiap (x,y,z)’ ϵ R3. Kernel dari α adalah penyelesaian dari persamaan vektor α((x, y, z)’) = (x+z; 2x - y +z)’ = (0 , 0)’ atau penyelesaian persamaan homogen

yang mempunyai penyelesaian x = x , y = x , z = -x , x ϵ R. Jadi ker(α) = {x(1,1,-1)’ | x ϵ R} = {(1,1,-1)’} . Terlihat bahwa nullity(α) = 1.

Sedangkan L(α) = {(x + z; 2x - y + z)’ | x , y , z ϵ R}

= {x(1 ,2)’ + y(0, 1)’ + z(1, 1)’ | x,y, z ϵ R} = {(1, 2)’ , (0, 1)’ , (1,1)’} = {(1, 2)’ + (1,1)’ , 2(1, 2)’ - (0 , 1)’ + (1 , 1)’ } = {(2,3)’ , (3, 4)’}.

Terlihat bahwa rank(α) = 2. Sehingga didapat dim(R3) = nullity(α) + rank(α) = 1 + 2 = 3.

0

0112101

zyx

Keserupaan(1)

Misalkan L adalah transformasi linier yang memetakan R2 kedalam dirinya sendiri yg didefinisikan oleh L(x) = (2x1 , x1+x2)T

Karena L(e1) = (2,1)T dan L(e2) = (0,1)T Maka lambang matriks dari L relatif terhadap [e1,e2] adalah

Jika kita menggunakan basis yang berbeda untuk R2 , lambang matriks dari L akan berubah.Sebagai contoh jika kita menggunakan u1 = (1,1)T dan u2 = (-1,1)T untuk sebuah basis , maka untuk menentukan lambang matriks dari L relatif terhadap [u1,u2] kita harus menentukan L(u1),L(u2) dan menuliskan vektor ini sebagai kombinasi linier dari u1 dan u2.

Kita dapat menggunakan matriks A untuk menentukan L(u1) , L(u2)L(u1) = A(u1) =

L(u2) = A(u2) =

Untuk mengubah vektor – vektor ini dalam u1 dan u2 , kita menggunakan matriks transisi untuk mengubah baris terurut [e1,e2] menjadi [u1,u2].

Berikut kita hitung matriks transisi dari [u1,u2] menjadi [e1,e2] secara sederhana dapat dilihat dibahwa ini :

Maka matriks transisi dari [u1,u2] menjadi [e1,e2].adalah

1102

A

22

11

1102

02

11

1102

1111

2,1 uuU

21

21

21

21

1U

Keserupaan(2)

Untuk menentukan koordinat – koordinat dari L(u1) , L(u2) relatif terhadap [u1,u2] , kita kalikan vektor – vektor ini dengan U-1

Jadi , L(u1) = 2u1 + 0u2L(u2) = -u1 + u2

Sehingga lambang matriks dari L relatif terhadap [u1,u2] adalah

Bagaimana hubungan antara A dan B?Perhatikan bahwa kolom – kolom B adalah dan

Maka

Jadi jika 1. B adalah lambang matriks dari L relatif terhadap [u1,u2]2. A adalah lambang matriks dari L relatif terhadap [e1,e2]3. U adalah matriks transisi untuk perubahan basis dari [u1,u2] ke [e1,e2]

maka adalah fungsi matriks yang bisa digunakan untuk mencari B jika B adalah serupa dengan A

02

22

21

21

21

21

1)1( 11 AuUuLU

11

02

21

21

21

21

2)2( 11 AuUuLU

1012

B

102 1AuU

2

11 1AuU

AUUuuAUAuUAuUB 1111 )2,1()2,1(

AUUB 1

Keserupaan(3)

Jadi makna dari keserupaan dapat dilihat dari gambar berikut ini :

Definisi :Misalkan A dan B adalah matriks – matriks n x n , B dikatakan serupa (similar) dengan A jika terdapat matriks taksingular S sehingga B = S-1AS.

Keserupaan(4)

Contoh :Misalkan D adalah operator diferensial pada P3 . Carilah matriks B yang melambangkan D relatif terhadap [1,x,x2] dan matriks A yang melambangkan D relatif terhadap [1,2x,4x2 - 2]

Jawab :D(1) = 0 . 1 + 0 . x + 0 . x2

D(x) = 1 . 1 + 0 . x + 0 . x2 Maka matriks B = D(x2) = 0 . 1 + 2 . x + 0 . x2

Dengan menerapkan D pada 1 , 2x , dan 4x2 – 2 maka kita peroleh :D(1) = 0 . 1 + 0 . 2x + 0 . (4x2-2) D(2x) = 2 . 1 + 0 . 2x + 0 . (4x2 -2) Maka matriks A = D(4x2-2) = 0 . 1 + 4 . 2x + 0 . (4x2-2)

Matriks transisi S yang berhubungan dengan perubahan basis dari [1,2x,4x2 - 2] ke [1,x,x2] dan inversnya diberikan oleh

dan

Dengan data yang didapatkan diatas boleh anda buktikan apakah A = S-1BS.

000200010

000400020

400020201

S

4100

0210

2101

1S

Tugas

1. Joint dalam kelompok (3 orang) – kelompok ditentukan oleh dosen

2. Buatlah soal (Boleh Goggling) mengenai pertemuan hari ini lengkap dengan solusi dalam menjawab soal tersebut (WAJIB 2 soal!!)

3. Syarat penilaian :1. Tepat 2 soal (10 point)2. Solusi + Jawaban dari soal diatas (40 point)

– nilai maximum untuk solusi & jawaban yg benar3. Tidak ada kerjasama antar kelompok (10 point)4. Tingkat kerumitan soal tinggi (40 point)