bab 6 transformasi linear

© 2010 Didit B. Nugroho139

Bab 6

TRANSFORMASILINEAR

6.1 PengantarPada banyak bidang matematika, seringkali diinginkan untuk menghubungkan

anggota dari suatu himpunan dengan anggota pada himpunan lainnya, dan dengandemikian konsep suatu fungsi

f : S Tdibentuk. Sebagai contoh, dalam kalkulus variabel tunggal, S dan T biasanya adalahhimpunan bagian sederhana dari R. Pada bab ini akan dipelajari fungsi

f : VWdengan V dan W adalah ruang vektor atas field yang sama.

DEFINISI 6.1.1 Diberikan ruang vektor V dan W atas suatu field F. Suatu fungsiT : V W disebut transformasi linear (linear transformation) atau homomorfisma(homomorphism) jika T mengawetkan operasi penjumlahan vektor dan perkalian skalar:TL1 Linear:

T(v1 + v2) = T(v1) + T(v2), v1, v2 V;TL2 Homogen:

T(kv) = kT(v), v V, k F.

Gambar 6.1: Representasi skematis dari suatu transformasi linear

v1

v1 + v2

kv1

v2

T(v1)

T(v1 + v2)

T(kv1)

T(v2)

V WT

Bab 6 Transformasi Linear

© 2010 Didit B. Nugroho

140

CONTOH 6.1.1 Tunjukkan bahwa T : R R yang didefinisikan oleh T(x) = 2xadalah transformasi linear.Penyelesaian. Diambil sebarang x, y R, maka

T(x + y) = 2(x + y) [rumus fungsi]= 2x + 2y [sifat aritmatika real]= T(x) + T(y) [rumus fungsi]

dan jugaT(kx) = 2(kx) [rumus fungsi]

= k(2x) [sifat aritmatika real]= kT(x) [rumus fungsi]

untuk k R.Disimpulkan bahwa T adalah transformasi linear.

CONTOH 6.1.2 Tunjukkan bahwa T : R R, T(x) = x2 bukanlah transformasilinear.Penyelesaian. Harus ditunjukkan bahwa definisi transformasi linear tidakdipenuhi oleh fungsi tersebut, dan ini bisa ditunjukkan dengan contoh penyangkal.

Berdasarkan rumus fungsi diperoleh bahwaT(1) = 12 = 1 dan T(2) = 22 = 4.

Karena 2 = 1 + 1 dan 22 12 + 12, maka22 = T(2) = T( 1 + 1) T(1) + T(1) = 12 + 12.

Disimpulkan bahwa T bukanlah transformasi linear.

CONTOH 6.1.3 Tunjukkan bahwa T : M2(R) P2(R) yang didefinisikan oleh

dc

baT = a + (d – c)x + (b + c)x2

adalah transformasi linear.Penyelesaian. Diambil sebarang

dc

ba,

hg

feM2(R).

Berdasarkan rumus fungsi diperoleh

hg

fe

dc

baT =

hdgc

fbeaT

= (a + e) + ((d + h) – (c + g))x + ((b + f) + (c + g))x2

= (a + (d – c)x + (b + c)x2) + (e + (h – g)x + (f + g)x2)

=

dc

baT +

hg

feT .

Selanjutnya jika k R, maka

dc

bakT =

kdkc

kbkaT

= ka + (kd – kc)x + (kb + kc)x2

= k (a + (d – c)x + (b + c)x2)

=

dc

bakT .

Disimpulkan bahwa T adalah linear.



141

CONTOH 6.1.4 Tunjukkan bahwa T : C2 C2 yang dirumuskan oleh

2

1

z

zT =

21

21

3

2

izz

ziz, z1, z2 C

adalah linear.Penyelesaian. Diambil sebarang

z =

2

1

z

z, w =

2

1

w

w C2.

Diperoleh

T(z + w) =

2

1

2

1

w

w

z

zT =

22

11

wz

wzT

=

2211

2211

3

2

wziwz

wzwzi=

21

21

21

21

3

2

3

2

iww

wiw

izz

ziz

= T(z) + T(w).Jika k C, maka

T(kz) =

2

1

kz

kzT =

21

21

3

2

ikzkz

kzikz

=

21

21

3

2

izz

zizk = kT(z).

Disimpulkan bahwa T adalah linear.

Suatu transformasi linear dari ruang vektor V ke ruang vektor V yang samadisebut operator linear. Kemudian jika diduga bahwa fungsi yang diberikan adalahtransformasi linear maka dicoba untuk membuktikannya, tetapi jika berpikir bahwafungsi tidaklah linear maka satu contoh penyangkal adalah cukup.

CONTOH 6.1.5 Diferensiasi dan integrasi adalah transformasi linear. Diambil V= C(R) adalah ruang vektor dari fungsi-fungsi yang terdiferensial dengan R sebagaidomain dan kodomainnya. Diberikan fungsi derivatif D : V V yang didefinisikan oleh

dx

xdfxfD

)()( ,

dan fungsi integral Int : V V yang didefinisikan oleh

x

dttfxf0

)()(Int .

Fungsi D dan Int adalah transformasi linear.

CONTOH 6.1.6 Diberikan V adalah ruang vektor dan didefinisikan I : V Voleh

I(v) = v, v V.I adalah transformasi linear yang disebut transformasi identitas.

CONTOH 6.1.7 Diberikan V dan W adalah ruang vektor dan didefinisikan fungsiT0 : VW oleh

T0(v) = 0W, v V.T0 adalah transformasi linear yang disebut transformasi nol.



142

TEOREMA 6.1.1 Jika T : VW adalah transformasi linear, maka(a) T(0V) = 0W,

(b)

n

iii

n

iii vTavaT

11

dengan ai F, vi V untuk i = 1, 2, …, n.

Bukti.a)

T(0V) = T(0V + 0V) = T(0V) + T(0V), [T adalah linear]karena itu

T(0V) – T(0V) = T(0V).Karena

T(0V) – T(0V) = 0W,diperoleh T(0V) = 0W.

b) Dibuktikan dengan induksi matematika.Diambil P(n) sebagai pernyataan dari

n

iii

n

iii vTavaT

11

.

P(1) menyatakan bahwa T(a1v1) = a1T(v1), dan ini adalah suatu pernyataan yang benarsebab T adalah linear.

Selanjutnya diandaikan bahwa P(n) benar untuk n = k dan akan ditunjukkanbahwa P(k + 1) adalah suatu pernyataan yang benar juga.

Dituliskan w =

k

iiiva

1

dan diuji:

1

1

k

iiivaT = T(w + ak+1.vk+1)

= T(w)+ T(ak+1.vk+1) [sebab T adalah linear]= T(w)+ ak+1T(vk+1) [sebab T adalah linear]

=

k

iiivaT

1

+ ak+1T(vk+1)

=

k

iii vTa

1

+ + ak+1T(vk+1) [berdasarkan hipotesis induksi]

dengan demikian

1

1

1

1

k

iii

k

iii vTavaT

dan P(k + 1) adalah benar.Disimpulkan berdasarkan prinsip induksi matematika bahwa P(n) adalah

benar n N.

Teorema berikut bermanfaat untuk mengurangi usaha dalam menentukan apakahsuatu fungsi adalah transformasi linear. Pembaca diharapkan mengetahui hasil yanganalog untuk memeriksa ruang bagian.

TEOREMA 6.1.2 Fungsi T : V W adalah transformasi linear jika dan hanyajika

T(kv1 + v2) = kT(v1) + T(v2), v1, v2 V, k F.



143

Bukti. Jika T adalah linear, maka berdasarkan Teorema 6.1.1(b) dipunyaiT(kv1 + v2) = kT(v1) + T(v2)

Sekarang diandaikan bahwaT(kv1 + v2) = kT(v1) + T(v2), k F, v1, v2 V.

Secara khusus, jika k = 1 makaT(v1 + v2) = T(1.v1 + v2) = 1.T(v1) + T(v2) = T(v1) + T(v2),

berdasarkan sifat skalar 1, yang berarti T memenuhi TL1.Jika dipilih v2 = 0V, maka dengan menggunakan Teorema 6.1.1(a) diperoleh

T(kv1) = T(kv1 + 0V) = kT(v1) + T(0V) = kT(v1) + 0W.Ini berarti bahwa

T(kv1) = kT(v1),dan karena itu T memenuhi TL2.

Sekarang dapat disimpulkan bahwa T adalah suatu transformasi linear.

CONTOH 6.1.8 Diberikan suatu matriks A Mmn(R) dan didefinisikan suatufungsi TA : Rn Rm oleh TA(x) = Ax untuk setiap x Rn.Dengan menggunakan sifat perkalian matriks, maka x, y Rn dan k R diperoleh

TA(kx + y) = A(kx + y) = A(kx) + A(y) = k(Ax) + (Ay) = kTA(x) + TA(y).Karena itu TA adalah transformasi linear, dan dinamakan transformasi matriks.

AKIBAT 6.1.1 Jika T : VW adalah transformasi linear, maka untuk setiap u,v V berlaku:1. T(–v) = –T(v).2. T(v – w) = T(v) – T(w).

CONTOH 6.1.9 Didefinisikan T : V = R3W = R2 oleh

3

2

1

x

x

x

T =

2

31

52 x

xx.

Tunjukkan bahwa T bukanlah suatu transformasi linear.Penyelesaian. Diberikan suatu contoh penyangkal, khususnya T(0V) = 0W atauT(kv1 + v2) = kT(v1) + T(v2) adalah dilanggar untuk suatu v1, v2 V.Untuk yang pertama, penyelesaian yang mungkin:

T(0V) =

0

0

0

T =

2

0

0

0.

Untuk yang kedua, penyelesaian yang mungkin:

diambil k = –1, v1 =

1

1

1

, dan v2 = 0V, maka

T(kv1 + v2) =

V0

1

1

1

1T =

1

1

1

T =

)1(52

)1(1=

3

2

dan



144

kT(v1) + T(v2) = –1.

1

1

1

T + T(0V) = –1.

1.52

11+

2

0=

5

2.

Karena T(kv1 + v2) kT(v1) + T(v2) maka T adalah tidak linear.

Ruang Vektor untuk Transformasi LinearDiandaikan V dan W adalah dua ruang vektor atas field F. Ditetapkan himpunan

semua transformasi linear dari V ke W yaitu L(V, W). Himpunan ini dapat memberikanstruktur suatu ruang vektor atas F jika didefinisikan jumlahan dan perkaliannya dengancara:

(T1 + T2) : VW didefinisikan oleh (T1 + T2)(v) = T1(v) + T2(v),(kT1) : VW didefinisikan oleh (kT1)(v) = kT1(v).

Vektor nol adalah T0 : VW, T0(v) = 0W, v V.

6.2 Kernel dan Image dari Transformasi LinearUntuk suatu fungsi yang terdefinisi, terdapat dua himpunan bagian khusus yang

menarik. Pertama adalah himpunan semua titik bayangan yang mungkin, yang disebutrange. Yang lainnya adalah himpunan bagian dari domain yang dipetakan ke nol dalamkodomain, yang disebut ruang nol.

RangeDiberikan T : V W adalah transformasi linear dari ruang vektor V ke ruang

vektor W.

DEFINISI 6.2.1 Range (image) dari T, dinotasikan Im(T), adalah himpunansemua titik bayangan dari T, artinya

Im(T) = {w W w = T(v), v V}.

Gambar 6.2 : Representasi skematis dari range T

Jelas bahwa range adalah suatu himpunan bagian dari W. Lebih bagus lagi,dipunyai:

TEOREMA 6.2.1 Diberikan T : V W adalah transformasi linear dari ruangvektor V ke ruang vektor W, maka

Im(T) adalah suatu ruang bagian dari W.

v1

v2

T(v1)

T(v2)

V WT

Im(T)



145

Bukti. T(0V) = 0W karena T adalah linear. Jadi 0W Im(T) dan karena itu Im(T) .Sekarang diandaikan bahwa w1, w2 Im(T), maka v1, v2 V sehingga T(v1) =

w1, T(v2) = w2. Karena V adalah ruang vektor,kv1 + v2 V,

dan dengan mengaplikasikan T dipunyai:T(kv1 + v2) Im(T).

Karena T adalah linear makaT(kv1 + v2) = kT(v1) + T(v2) = kw1 + w2.

Berarti bahwa kw1 + w2 Im(T).Disimpulkan bahwa Im(T) adalah ruang bagian dari W.

CONTOH 6.2.1 Range dari TA pada Contoh 6.1.8 adalah vektor-vektor

b =

mb

b

b

2

1

sehingga sistem

mnmm

n

n

aaa

aaa

aaa

21

22221

11211

nx

x

x

2

1

=

mb

b

b

2

1

konsisten.

CONTOH 6.2.2 Diberikan

21

63

42

A ,

2

1u dan didefinisikan transformasi

linear TA : R2 R3 oleh

TA(x) = Ax =

21

63

42

2

1

x

x=

21

21

21

2

63

42

xx

xx

xx

.

[Bisa juga dituliskan TA(x1, x2) = (2x1 – 4x2, 3x1 – 6x2, x1 – 2x2).](a) Tentukan TA(u), bayangan dari u oleh transformasi TA.(b) Tentukan range dari TA.Penyelesaian.

(a) TA(u) = Au =

21

63

42

2

1=

2.21

2.61.3

2.41.2

=

3

9

6

.

(b) Untuk setiap x di R2, Ax adalah kombinasi linear dari kolom-kolom A dan karenasalah satu kolom dari A adalah kelipatan dari kolom yang lainnya, maka range dari TA

adalah semua kelipatan dari

1

3

2

.



146


A =

15105

321, u =

1

3

2

, b =

10

2, c =

0

3

dan didefinisikan transformasi TA : R3 R2 oleh TA(x) = Ax.(a) Tentukan suatu x di R3 dengan bayangannya oleh TA adalah b.(b) Apakah terdapat lebih dari satu x oleh TA dengan bayangannya adalah b? (masalah

ketunggalan)(c) Nyatakan jika c berada dalam range transformasi TA. (masalah eksistensi)Penyelesaian.(a) Diselesaikan TA(x) = Ax, yaitu menyelesaikan Ax = b atau

15105

321

3

2

1

x

x

x

=

10

2

Matriks yang diperbesar dari sistem:

1015105

2321,

dengan bentuk eselon barisnya adalah

0000

2321.

Jadi x =

3

2

32 232

x

x

xx

dengan x2 dan x3 adalah sebarang.

(b) Dari (a), jelas bahwa terdapat lebih dari satu x oleh TA dengan bayangannya adalahb karena Ax = b mempunyai tak berhingga banyak penyelesaian.

(c) Apakah terdapat suatu x sehingga TA(x) = c? Atau dengan pertanyaan lain, apakahAx = c adalah konsisten.Matriks yang diperbesar dari sistem dan bentuk eselon barisnya yaitu

015105

3321

1000

0321.

Jelas bahwa sistem tidak mempunyai penyelesaian dan karena itu c tidak berada dirange TA.

CONTOH 6.2.4 Diberikan basis = {v1, v2, v3} untuk R3 denganv1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 0, 0)

dan transformasi linear T : R3 R2 sehinggaT(v1) = (1, 0), T(v2) = (2, –1), T(v3) = (4, 3)

Tentukan rumus untuk T(x) dan selanjutnya gunakan rumus tersebut untuk menghitungT(2, –3, 5).Penyelesaian. Pertama, dinyatakan x = (x1, x2, x3) R3 sebagai kombinasi lineardari v1, v2, v3 yaitu

k1(1, 1, 1) + k2(1, 1, 0) + k3(1, 0, 0) = (x1, x2, x3)yang mempunyai penyelesaian k1 = x3, k2 = x2 – x3, dan k3 = x1 – x2.

Karena T adalah transformasi linear berartiT(x) = T(k1v1 + k2v2 + k3v3) = k1T(v1) + k2T(v2) + k3T(v3),



147

sehingga dipunyaiT(x1, x2, x3) = x3(1, 0) + (x2 – x3)(2, –1) + (x1 – x2)(4, 3)

= (4x1 – 2x2 – x3, 3x1 – 4x2 + x3).Dari rumus tersebut, diperoleh

T(2, –3, 5) = (9, 23).

CONTOH 6.2.5 DiberikanT : R2 R2, T(x, y) = (x, x).

Im(T) = {T(x, y) (x, y) R2} = {(x, x) (x, y) R2}.Dapat dituliskan range sebagai Im(T) = {(x, x) x R}. Jadi rangenya adalah garis lurus y= x, yang merupakan ruang bagian berdimensi satu dari R2.

DEFINISI 6.2.2 Untuk Im(T) berdimensi berhingga, didefinisikanrk(T) = dim(Im(T)).


D : P2[x](R) P2[x](R), dx

xdpxpD

)()( .

Im(D) = {D(p(x)): p(x) P2[x](R)} =

Rcbacbxax

dx

d,,:2 .

Dapat dinyatakan Im(D) = {2ax + b: a, b R} = {dx + b: d, b R}. Jelas bahwa rangedari D adalah himpunan semua polinomial linear, P1[x](R), dan rk(D) = 2.


T : P2[x](R)M2(R), T(p(x)) =

)1()1()0(

)2()1(

ppp

pp.

Diperoleh range dari T yaituIm(T) = {T(p): p = ax2 + bx + c, a, b, c R}

=

Rcbabaa

bacba,,:

42

4.

=

00

01,

10

11,

42

41.

Sehingga bisa disimpulkan bahwa rk(T) = 3.

Untuk suatu fungsi yang sederhana, dapat diperoleh range dengan pemeriksaan,sedangkan untuk fungsi yang lebih rumit dipunyai teorema berikut ini.

TEOREMA 6.2.2 Diberikan T : V W adalah transformasi linear dari ruangvektor berdimensi berhingga V ke ruang vektor W. Diberikan = {v1, v2, …, vn} adalahbasis untuk V, maka

Im(T) = T(v1), T(v2), …, T(vn).Ini berarti bahwa suatu himpunan rentangan dapat diperoleh dengan mengaplikasikan Tke setiap vektor dalam suatu basis untuk V.Bukti. Ditunjukkan bahwa setiap himpunan termuat di himpunan lainnya. Secara jelas,T(vi) Im(T) untuk semua i = 1, …, n. Karena Im(T) adalah suatu ruang bagian, maka

T(v1), T(v2), …, T(vn) Im(T).



148

Selanjutnya diandaikan bahwa w Im(T), maka w = T(v) untuk suatu v V. Karena v

V, maka v =

n

iiiva

1

untuk suatu ai F. Jadi

w = T(v) =

n

iivaT1i

=

n

ii vTa1

)(i

,

dan dengan menggunakan Teorema 6.1.1, diperolehw T(v1), T(v2), …, T(vn).

JadiIm(T) T(v1), T(v2), …, T(vn).

Disimpulkan bahwa Im(T) = T(v1), T(v2), …, T(vn).

CONTOH 6.2.8T : R3 P2[x](R)

dirumuskan olehT(a, b, c) = (a + b) + (a + c)x + (b – c)x2.

Tentukan Im(T) dan suatu basis untuk Im(T).Penyelesaian. Diaplikasikan teorema sebelumnya untuk memperoleh range dari T.Digunakan basis baku untuk R3:

T(1, 0, 0) = 1 + x, T(0, 1, 0) = 1 + x2, T(0, 0, 1) = x – x2.Jadi

Im(T) = 1 + x, 1 + x2, x – x2.Untuk memperoleh suatu basis untuk range maka harus direduksi himpunan rentangantersebut ke suatu himpunan rentangan bebas linear. Catat bahwa 1 + x dan 1 + x2 adalahbebas linear, sedangkan x – x2 = (1 + x) – (1 + x2). Dari situ disimpulkan bahwa basisuntuk Im(T) adalah {1 + x, 1 + x2}.

Catat bahwa pada contoh ini Im(T) P2[x](R).

DEFINISI 6.2.3 Fungsi T : V W adalah pada (onto) untuk mengartikan bahwaIm(T) = W. Bisa juga dikatakan bahwa T adalah pada W.

Untuk transformasi linear adalah pada W, ini berarti bahwa setiap vektor di Wjuga berada di range T dan vektor tersebut adalah bayangan dari minimal satu vektor di V.Dengan kata lain, T adalah pada W mempunyai arti bahwa w W, v V sehinggaT(v) = w.

CONTOH 6.2.9 DiberikanT : M2(R) P2[x](R)

yang dirumuskan oleh

dc

baT = a + (b + d)x + cx2.

Apakah T adalah pada?Penyelesaian 1. Pertama kali ditentukan range dari T,

Im(T) =

10

00,

01

00,

00

10,

00

01TTTT

= 1, x, x2, x = P2[x](R).Disimpulkan bahwa T adalah pada.



149

Penyelesaian 2. Diperhatikan bahwa jika w = a + bx + cx2 P2[x](R), maka

matriks M =

0c

badipetakan ke w P2[x](R). Jadi setiap vektor di P2[x](R) adalah

bayangan dari minimal satu matriks di M2(R).

CONTOH 6.2.10 DiberikanT : M2(R) P2[x](R)

yang dirumuskan oleh

dc

baT = a + (b + c)x2.

Apakah T adalah pada?Penyelesaian 1.

Im(T) =

10

00,

01

00,

00

10,

00

01TTTT

= 1, x2, x2, 0 P2[x](R).Penyelesaian 2. Jelas tidak ada elemen di M2(R) yang dipetakan ke polinomial x.Jadi Im(T) P2[x](R) dan karena itu T bukanlah pada.

Kodomain dari suatu transformasi linear selalu dapat dibatasi untuk membuattransformasi linear baru yang pada, yaitu

jika T : VW maka T : V Im(T) adalah pada.

Ruang NolDiberikan T : V W adalah transformasi linear dari ruang vektor V ke ruang

vektor W.

DEFINISI 6.2.4 Ruang nol (kernel) dari T, dinotasikan Ker(T), adalah himpunanbagian dari vektor-vektor di V yang dipetakan ke 0W oleh T, artinya

Ker(T) = {v V: T(v) = 0W}.

Gambar 6.3: Representasi skematis dari ruang nol

TEOREMA 6.2.3Ker(T) adalah ruang bagian dari V.

Ker(T) 0W

V WT



150

Bukti. T(0V) = 0W karena T adalah linear. Jadi 0V Ker(T). Selanjutnya diandaikanbahwa v1, v2 Ker(T) dan k F. Ditunjukkan bahwa kv1 + v2 Ker(T). Ini adalah benarkarena

T(kv1 + v2) = kT(v1) + T(v2) [karena T adalah linear]= k.0W + 0W [karena v1, v2 Ker(T)]= 0W [sifat 0W].

Disimpulkan kv1 + v2 Ker(T), dan karena itu Ker(T) adalah ruang bagian dari W.

CONTOH 6.2.11 Kernel dari TA pada Contoh 6.1.8 adalah semua vektor

x =

nx

x

x

2

1

yang merupakan penyelesaian dari sistem homogen

mnmm

n

n

aaa

aaa

aaa

21

22221

11211

nx

x

x

2

1

=

0

0

0

.

DEFINISI 6.2.5 Untuk Ker(T) berdimensi berhingga, didefinisikan nulitas dari Tsebagai dimensi dari Ker(T).

CONTOH 6.2.12 Tentukan Ker(T) untuk T : V = R2 V, T(x, y) = (y, 0).Penyelesaian. Harus diselesaikan persamaan T(x, y) = 0V.Dalam kasus ini, (y, 0) = (0, 0) y = 0. Jadi

Ker(T) = {(x , 0): x R},dan nul(T) = 1.

CONTOH 6.2.13 Tentukan Ker(T) untuk D : V = C(R) V, D(f) =dx

df.

Penyelesaian. Harus diselesaikan persamaan D(f) = 0V.

Dalam kasus inidx

df= 0 mempunyai penyelesaian yaitu f = c untuk c R.

Ker(T) = {f(x) = c : c R}.

CONTOH 6.2.14 Tentukan basis untuk Ker(T) dengan T : M2(R) P2[x](R) yangdirumuskan oleh

dc

baT = (a + b + d) + (a – c + 2d)x + (–a + b + 2c – 3d)x2.

Penyelesaian. Pertama kali harus diselesaikan persamaan

dc

baT = 0,

ini berarti(a + b + d) + (a – c + 2d)x + (–a + b + 2c – 3d)x2 = 0.



151

Jadi

Ker(T) =

032,020,:)(2 dcbadcadbaM

dc

baR .

Untuk menemukan suatu basis bagi Ker(T), harus direduksi sistem dari tiga persamaanhomogen tersebut.

0

0

0

3211

2101

1011

12

13

bb

bb

0

0

0

2220

1110

1011

2b

0

0

0

2220

1110

1011

23 2bb

0

0

0

0000

1110

1011

,

karena itua = c – 2db = –c + d.

Jadi penyelesaian sistem adalah

Rdc

d

c

dc

dc

,:

2

,

dan vektor-vektor

0

1

1

1

dan

1

0

1

2

membentuk suatu basis untuk ruang nol. Diperoleh suatu basis untuk Ker(T) yaitu

10

12,

01

11.

DEFINISI 6.2.6 Diberikan T : V W adalah transformasi linear dari ruangvektor V ke ruang vektor W. T adalah satu-satu untuk mengartikan bahwa titik berbedadi V mempunyai peta yang berbeda di W, secara simbolis dituliskan:

x1, x2 V, x1 x2 T(x1) T(x2)atau ekuivalen dengan pernyataan:

x1, x2 V, T(x1) = T(x2) x1 = x2.

CONTOH 6.2.15 Tunjukkan bahwa T1 : R3 P2[x](R) adalah satu-satu untukT1(a, b, c) = cx2 + bx + a.

Penyelesaian. Diandaikan x1 = (a, b, c), x2 = (d, e, f) dan T1(x1) = T1(x2), makaT1(x1) = cx2 + bx + a = fx2 + ex + d = T1(x2),

yang berarti(c – f)x2 + (b – e)x + (a – d) = 0,

dan juga c = f, b = e, a = d, karena itu x1 = x2.Disimpulkan bahwa T1 adalah satu-satu.



152

CONTOH 6.2.16 Tunjukkan T2 : R3 P2[x](R) bukanlah satu-satu untukT2(a, b, c) = ax2 + bx

.Penyelesaian 1. Diambil x1 = (a, b, c), x2 = (d, e, f) dan diandaikanT2(x1) = T2(x2),

makaT2(x1) = ax2 + bx = dx2 + ex = T2(x2),

yang berarti a = d, b = e. Tetapi tidak ada hubungan yang terkait antara c dan f.Jadi beberapa vektor di R3 mempunyai bayangan yang sama di P2[x](R).Penyelesaian 2. Dibuktikan dua vektor di R3 yang mempunyai bayangan sama diP2[x](R), yaitu

T2(1,1, 0) = x2 + x = T2(1, 1, 1).Disimpulkan bahwa T2 tidak satu-satu.

Hasil berikut menunjukkan bahwa terdapat suatu hubungan hakiki antara suatufungsi satu-satu dengan ruang nolnya.

TEOREMA 6.2.4 Diberikan T adalah suatu transformasi linear dari ruang vektorV ke ruang vektor W.

T adalah satu-satu jika hanya jika Ker(T) = {0V}.Bukti. Diandaikan T adalah satu-satu dan diambil x Ker(T).Karena T adalah linear, maka T(0V) = 0W.Karena T adalah satu-satu, T(x) = T(0V) x = 0V.Disimpulkan bahwa x Ker(T) jika hanya jika x = 0V, yaitu Ker(T) = {0V}.Selanjutnya diandaikan bahwa Ker(T) = {0V}.Jika T(x1) = T(x2) untuk x1, x2 V, maka

T(x1) – T(x2) = T(x1 – x2) = 0W, [karena T adalah linear].Hal tersebut berarti bahwa

x1 – x2 Ker(T).Jadi

x1 – x2 = 0V x1 = x2.Disimpulkan bahwa T adalah satu-satu.

Teorema di atas seringkali digunakan sebagai pemeriksaan cepat untukmenyatakan apakah suatu fungsi adalah satu-satu atau tidak. Jika diuji kembali duacontoh yang terakhir, diperoleh

Ker(T1) = )0,0,0( T1 adalah satu-satu,

Ker(T2) = Rcc :),0,0( T2 tidak satu-satu.

Teorema berikut ini menunjukkan bahwa suatu transformasi linear yang satu-satumengawetkan kebebaslinearan.

TEOREMA 6.2.5 Diberikan T : V W adalah transformasi linear dari ruangvektor V ke ruang vektor W. Diambil S adalah suatu himpunan bagian yang bebas lineardari V. Jika T adalah satu-satu, maka T(S) adalah himpunan bagian yang bebas lineardari W.

Bukti. Diambil wi T(S), i = 1, 2, …, m, dan diandaikan bahwa W0

m

iii wa

1

untuk

suatu ai F.



153

Pertama dicatat bahwa setiap wi = T(vi) untuk suatu vi S. Jadi W0

m

iii wa

1

dapat ditulis menjadi

W0

m

iii

m

iii vaTvTa

11

,

yang berarti bahwa

m

iiiva

1

Ker(T).

Karena T adalah satu-satu dan juga Ker(T) = 0V, maka

m

iiiva

1

= 0V.

Karena semua vi S adalah bebas linear, maka a1 = a2 = … = am = 0.Disimpulkan bahwa T(S) adalah bebas linear.

Diberikan transformasi linear TA : Fn Fm yang didefinisikan oleh TA(x) = Axdengan A Mmn(F) dan x Fn.

Range dari transformasi linear tersebut tidak lain adalah range dari matriks A,yang juga sama dengan ruang kolom dari A.

Ruang nol dari transformasi linear tersebut tidak lain adalah ruang nol darimatriks A, yang juga sama dengan himpunan penyelesaian untuk persamaan homogen Ax= 0.

6.3 Teorema DimensiJika dipikirkan tentang transformasi linear yang mungkin berbeda terjadi pada

ruang vektor yang diberikan, akan disadari bahwa terdapat suatu tindakanpenyeimbangan yang terjadi antara ukuran dari ruang nol dan range. Suatu ruang nolyang kecil muncul ketika rangenya relatif besar, sedangkan suatu ruang nol besarmengakibatkan suatu range yang relatif kecil.

CONTOH 6.3.1 Untuk transformasi linearT1 : R3 P2(R), T1(a, b, c) = 0

diperoleh Ker(T1) = R3 dan Im(T1) = {0}.Jadi dimensi ruang nolnya besar sedangkan rangenya kecil.

CONTOH 6.3.2 Untuk transformasi linearT2 : R3 P2(R), T2(a, b, c) = a + bx + cx2

diperoleh Ker(T2) = {0} dan Im(T2) = P2(R).Jadi dimensi ruang nolnya kecil tetapi rangenya besar.

Teorema dimensi menunjukkan bahwa hubungan antara ukuran range dan ukuranruang nol dari transformasi linear yang diberikan adalah sungguh tepat.

TEOREMA 6.3.1 Teorema Dimensi (Teorema Rank-Nulitas)Jika T : V W adalah transformasi linear dari ruang vektor V berdimensi n ke ruangvektor W, maka

dim(Ker(T)) + dim(Im(T)) = n,yaitu rank(T) + nulitas(T) = n.



154

Bukti. Diandaikan Ker(T) mempunyai dimensi dengan sifat 1 dim(Ker(T)) = r < ndan suatu basis {v1, v2, …, vr}. Berdasarkan Teorema 4.5.3, maka himpunan tersebutdapat diperbesar sehingga {v1, v2, …, vr, vr+1,…, vn} adalah suatu basis untuk V. Diambilw adalah sebarang vektor di Im(T), maka w = T(u) untuk suatu u V, dengan u dapatdinyatakan sebagai

u = c1v1 + c2v2 + …+ crvr + cr+1vr+1 +…+ cnvn.Karena {v1, v2, …, vr} di dalam kernel, maka T(v1) = T(v2) = …= T(vr) = 0 sehingga

w = T(u) = cr+1T( vr+1) +…+ cnT(vn).Ini menunjukkan bahwa S = {T(vr+1), …, T(vn)} merentang Im(T). Jika dapat ditunjukkanbahwa S adalah suatu himpunan bebas linear, maka S adalah basis untuk Im(T), danakibatnya

dim(Ker(T)) + dim(Im(T)) = (n – r) + r = n.Diamati bahwa

0 = hr+1T(vr+1) +…+ hnT(vn) = T(hr+1vr+1 +…+ hnvn),yang berarti hr+1vr+1 +…+ hnvn ada dalam Ker(T), maka untuk suatu h1, …, hr,

hr+1vr+1 +…+ hnvn = h1v1 +…+ hrvr.Karena {v1, v2, …, vr, vr+1,…, vn} adalah suatu basis untuk V, maka semua h daripersamaan di atas haruslah nol. Ini membuktikan bahwa S adalah himpunan bebas linear.Sekarang dibuktikan pernyataan untuk dim(Ker(T)) = n. Dalam kasus ini, Ker(T) haruslahsama dengan V dan untuk setiap u V berlaku T(u) = 0, yang berarti Im(T) = {0}. Buktiuntuk kasus dim(Ker(T)) = 0 diserahkan sebagai latihan.

CONTOH 6.3.3 Ujilah teorema dimensi untuk

T : P2[x](R)M2(R), T(a + bx + cx2) =

caacb

cbba

2

2.

Penyelesaian. Dipunyai bahwa

Im(T) = T(1), T(x), T(x2) =

11

10,

01

21,

21

01.

Diperhatikan bahwa

11

10=

21

01

2

1+

01

21

2

1, dan bahwa

21

01dan

01

21adalah bebas linear. Jadi dim(Im(T)) = 2.

Ker(T) =

00

00

2

22

caacb

cbbacxbxa .

Diperoleh sistem a + b = 0, 2b + c = 0, b + c – a = 0, 2a – c = 0, atau matriks yangdiperbesar dari sistem:

0

0

0

0

102

111

120

011

0

0

0

0

000

000

10

01

2121

.

Terdapat dua 1 utama dari tiga variabel. Jadi dimensi dari ruang penyelesaian adalah 3 –2 = 1, atau dim(Ker(T)) = 1. Karena itu

dim(Ker(T)) + dim(Im(T)) = 1 + 2 = 3 = dim(P2[x](R)).



155

CONTOH 6.3.4 Tunjukkan tidak ada transformasi linear T : M2(C) P4[x](C)yang pada.Penyelesaian. dim M2(C) = 4 dan berdasarkan teorema dimensi,

4 = dim(Ker(T)) + dim(Im(T)),dan khususnya

dim(Im(T)) 4 < 5 = dim(P4[x](C)).Karena dim(Im(T)) < dim(P4[x](C)), maka Im(T) tidak mungkin sama dengan P4[x](C),dan juga T tidaklah pada.

AKIBAT 6.3.1 Diambil T : VW adalah transformasi linear dari ruang vektorV ke ruang vektor W dan diandaikan bahwa V berdimensi berhingga dengan dim(V) =dim(W).

T adalah satu-satu jika hanya jika T adalah pada.Bukti. T adalah satu-satu

jika hanya jika nulitas(T) = 0 (Teorema 6.2.4)jika hanya jika rank(T) = dim(V) (teorema dimensi)jika hanya jika dim(Im(T)) = dim(W) (diberikan)jika hanya jika Im(T) = Wjika hanya jika T adalah pada (definisi pada).

AKIBAT 6.3.2 Diambil T : VW adalah transformasi linear dari ruang vektorV ke ruang vektor W dan diandaikan V berdimensi berhingga.

Jika T adalah satu-satu dan pada maka dim(V) = dim(W).Bukti. Jika T adalah satu-satu, maka nulitas(T) = 0 berdasarkan Teorema 6.2.4.Jika T adalah pada maka Im(T) = W dan juga rank(T) = dim(W). Karena itu, berdasarkanteorema dimensi,

dim(V) = rank(T) + nulitas(T) = dim(W) + 0 = dim(W).

Digunakan teorema rank-nulitas untuk transformasi linearTA : Rn Rn, T(x) = Ax

dengan A Mn(R). Secara khusus dipunyaidim(Ker(TA)) = dim(Rn) – dim(Im(TA)),

yang berarti bahwa banyaknya penyelesaian yang bebas linear untuk Ax = 0 sama dengann – r, dengan r adalah rank(A), yang sama dengan banyaknya 1 utama pada bentuk eselonbaris tereduksi dari A.

6.4 Transformasi Linear dari Rn ke Rm

Pada bagian ini akan diperlihatkan bahwa jika T : Rn Rm adalah sebarangtransformasi linear, maka dapat ditentukan suatu matriks A berukuran mn sehingga Tadalah perkalian oleh A dengan x Rn. Diambil basis baku {e1, e2, …, en} untuk Rn, dandimisalkan bahwa A mempunyai

T(e1), T(e2), …, T(en)sebagai vektor-vektor kolomnya, yaitu

T(e1) =

1

21

11

ma

a

a

, T(e2) =

2

22

12

ma

a

a

, …, T(en) =

mn

n

n

a

a

a

2

1

.



156

Karena itu matriks A disebut matriks baku untuk T. Selanjutnya diperhatikan

x =

nx

x

x

2

1

= x1e1 + x2e2 + … + xnen,

sehingga dapat dinyatakanT(x) = T(x1e1 + x2e2 + … + xnen)

= x1T(e1) + x2T(e2) + … + xnT(en).karena T adalah transformasi linear.Sebaliknya,

Ax =

mnmm

n

n

aaa

aaa

aaa

21

22221

11211

nx

x

x

2

1

=

nmnmm

nn

nn

xaxaxa

xaxaxa

xaxaxa

...

...

...

2211

2222121

1212111

=

1

21

11

1

ma

a

a

x

+

2

22

12

2

ma

a

a

x

+ … +

mn

n

n

n

a

a

a

x2

1

= x1T(e1) + x2T(e2) + … + xnT(en).Jadi diperoleh bahwa T(x) = Ax.

Berdasarkan penjelasan di atas, diperoleh teorema berikut.

TEOREMA 6.4.1 Jika T : Rn Rm adalah transformasi linear dan {e1, e2, …, en}adalah basis baku untuk Rn, maka T adalah perkalian oleh A dengan x Rn untuk Aadalah matriks dengan vektor-vektor kolomnya yaitu T(e1), T(e2), …, T(en).

CONTOH 6.4.1 Tentukan matriks baku untuk transformasi linear T : R3 R4

yang didefinisikan oleh

1

3

21

21

3

2

1

x

x

xx

xx

x

x

x

T .

Penyelesaian.

T(e1) =

1

0

1

1

0

0

1

T , T(e2) =

0

0

1

1

0

1

0

T , T(e3) =

0

1

0

0

1

1

0

T .

Dengan menggunakan T(e1), T(e2), T(e3) sebagai vektor kolom, maka diperoleh

001

100

011

011

A .



157

DEFINISI 6.4.1 Jika A adalah suatu matriks tertentu maka transformasi linear TA :Rn Rm dengan definisi TA(x) = Ax disebut transformasi linear yang dihubungkandengan matriks A.

TEOREMA 6.4.2 Jika matriks A dan B berukuran mn dan TA = TB maka A = B.

Selanjutnya akan diilustrasikan aksi dari transformasi linear T : R2 R2 denganmelihat bayangan dari suatu bangun persegi terhadap T.

Rotasi (Perputaran)Matriks baku untuk transformasi linearT : R2 R2 yang merotasikan vektordengan sudut adalah

θθθθ

Acossin

sincos.

Secara mudah diperoleh

0

1T =

θθ

sin

cos

1

0T =

θθ

cos

sin.

Refleksi (Pencerminan)Untuk setiap garis pada bidangterdapat transformasi linear yangmerefleksikan vektor terhadap garis.

Refleksi terhadap sumbu-xdiberikan oleh matriks baku

10

01A

yang membawa vektor

y

xke

y

x.

Refleksi terhadap sumbu ydiberikan oleh matriks baku

10

01A

yang membawa

y

xke

y

x.

Yang terakhir, refleksiterhadap garis y = x diberikan oleh

10

01A

dan membawa vektor

y

xke

x

y.

x

y

x

y

x

y

x

y

(1,0)

(cos , sin )

(1,0)

(-sin , cos )

Gambar 6.4: Rotasi oleh sudut

x

y

x

y

x

y

x

y

xx

y y

Gambar 6.5: Refleksi bangun persegi



158

Ekspansi dan Kompresi.Matriks baku

10

0kA

mengekspansi vektor

y

xsepanjang

sumbu x ke

y

kxuntuk k > 1 dan

memampatkan sepanjang sumbu-xuntuk 0 < k < 1.

Sejalan dengan itu,

kA

0

01

mengekspansi atau memampatkan

vektor

y

xke

ky

xsepanjang

sumbu-y.

PergeseranMatriks baku

10

1 kA

yang membawa vektor

y

xke

y

kyx

disebut pergeseran dalam arah x.Sejalan dengan itu,

1

01

kA

membawa vektor

y

xke

kxy

xdan

disebut pergeseran dalam arah y.

Jika secara berhingga beberapa transformasi linear dari R2 ke R2 dibentukberurutan, maka terdapat suatu transformasi linear tunggal dengan akibat yang sama.Kemudian, jika matriks baku untuk transformasi T : R2 R2 adalah inversibel, makadapat ditunjukkan bahwa akibat geometris dari T adalah sama seperti beberapa rangkaiandari refleksi, ekspansi, kompresi, dan pergeseran.

6.5 Matriks Representasi dari Transformasi LinearDimisalkan bahwa V dan W adalah sebarang ruang vektor berdimensi berhingga

dengan basis untuk V dan W berturut-turut adalah = {v1, v2, …, vn} dan = {w1, w2, …, wm}.

x

y

(k>1)

x

x

y

y

(0< k<1)

Gambar 6.6: Ekspansi dan kompresisepanjang sumbu x

xx

y y

xx

y y

Gambar 6.7: Pergeseran dalam arah xdan arah y



159

Untuk setiap v V, matriks koordinat [v] merupakan vektor di Rn dan matriks koordinat[T(v)] merupakan vektor di Rm. Jadi, proses pemetaan v ke T(v) untuk transformasi linearT akan menghasilkan suatu pemetaan dari Rn ke Rm yang memetakan [v] ke [T(v)].Akan diperlihatkan bahwa pemetaan yang dihasilkan tersebut merupakan transformasilinear.

Selanjutnya akan dicari matriks baku Am×n = [aij], 1 ≤ i ≤ m dan 1 ≤ j ≤ n, yangmemenuhi

A[v] = [T(v)]

untuk semua vektor v V. Khususnya diinginkan agar persamaan tersebut dapat dipenuhiuntuk vektor basis v1, v2, …, vn, yaitu

A[v1] = [T(v1)], A[v2] = [T(v2)], …, A[vn] = [T(vn)].Karena

[v1] =

0

0

1

, [v2] =

0

1

0

, …, [vn] =

1

0

0

maka

A[v1] =

mnmm

n

n

aaa

aaa

aaa

21

22221

11211

0

0

1

=

1

21

11

ma

a

a

A[v2] =

mnmm

n

n

aaa

aaa

aaa

21

22221

11211

0

1

0

=

2

22

12

ma

a

a

A[vn] =

mnmm

n

n

aaa

aaa

aaa

21

22221

11211

1

0

0

=

mn

n

n

a

a

a

2

1

.

Diperoleh

[T(v1)] =

1

21

11

ma

a

a

, [T(v2)] =

2

22

12

ma

a

a

, …, [T(vn)] =

mn

n

n

a

a

a

2

1

yang menunjukkan bahwa kolom A yang berurutan merupakan matriks koordinat dariT(v1), T(v2), …, T(vn)

yang berkorespondensi dengan basis . Jadi diperoleh matriks tunggal A yang disebutmatriks untuk T yang berkorespondensi dengan basis dan , dan dinyatakan oleh

A = )]([)]([)]([ 21 nvTvTvT .

Matriks A dinamakan matriks representasi dari transformasi linear T terhadap basis dan , dan dinotasikan [T],.



160

Secara khusus, jika V = W maka biasanya diambil = . Dari situ, matriks yangdihasilkan disebut matriks untuk T yang berkorespondensi dengan basis , dandinyatakan oleh

[T] = )]([)]([)]([ 21 nvTvTvT .

CONTOH 6.5.1 Diberikan operator linear

T : R2 R2,

ba

ba

b

aT

34

2.

Tentukan [T] untuk adalah basis baku R2.Penyelesaian.

0

1T =

4

2=

0

12 +

1

04 ,

1

0T =

3

1=

0

11 +

1

03 .

Jadi

[T] =

34

12.

CONTOH 6.5.2 Diberikan operator linear T : R2 R2 yang didefinisikan oleh

21

21

2

1

42 xx

xx

x

xT .

Tentukan matriks untuk T yang berkorespondensi dengan basis

=

2

1,

1

121 vv .

Penyelesaian. Dari rumus T, diperoleh

T(v1) =

2

2

1

1T = 2v1 + 0v2, T(v2) =

6

3

2

1T = 0v1 + 3v2.

Jadi,

)( 1vT =

0

2dan )( 2vT =

3

0.

Oleh karena itu,

[T] =

30

02.

CONTOH 6.5.3 Diberikan transformasi linear T : R2 R3 yang didefinisikan:

21

21

2

2

1

167

135

xx

xx

x

x

xT .

Tentukan matriks untuk T yang berkorespondensi dengan basis

=

2

5,

1

321 vv dan =

2

1

0

,

2

2

1

,

1

0

1

321 www .



161

Penyelesaian. Dari rumus T, diperoleh

T(v1) =

5

2

1

1

3T = v1 – 2v3, T(v2) =

3

1

2

2

5T = 3v1 + v2 – v3.

Jadi,

[T(v1)] =

2

0

1

dan [T(v2)] =

1

1

3

.

Karena itu,

[T], =

12

10

31

.


T : R2 P2[x](R), 2)43(2 xbabxab

aT

.

Gunakan basis baku

=

1

0,

0

1, = {1, x, x2},

untuk mencari [T],.Penyelesaian.

0

1T = 1 + 3x2 = 1.1 +0x + 3x2,

1

0T = 2x + 4x2 = 0.1 + 2x + 4x2.

Jadi

[T], =

43

20

01

.

CONTOH 6.5.5 Diberikan A Mmn(F) dan didefinisikan TA : Fn Fm olehTA(x) = Ax. Jika dan berturut-turut adalah basis baku untuk Fn dan Fm, maka

[T], = A.

CONTOH 6.5.6 Diberikan transformasi linear T : P1(R) P2(R) yangdidefinisikan oleh

T(p(x)) = x.p(x).Tentukan matriks untuk T yang berkorespondensi dengan basis

= {v1 = 1, v2 = x} dan = {w1 = 1, w2 = x, w3 = x2}.Penyelesaian. Dari rumus T, diperoleh

T(v1) = T(1) = x.1 = xT(v2) = T(x) = x.x = x2.

Dicari matriks koordinat untuk T(v1) dan T(v2) relatif terhadap basis sebagai berikut.



162

Dimisalkan [T(v1)] = [x] =

3

2

1

k

k

k

, berarti

k1w1 + k2w2 + k3w3 = v1

k1 + k2x + k3x2 = xyang mempunyai penyelesaian k1 = k3 = 0 dan k2 = 1.

Dimisalkan [T(v2)] = [x2] =

3

2

1

c

c

c

, yang berarti

c1w1 + c2w2 + c3w3 = v2

c1 + c2x + c3x2 = x2

yang mempunyai penyelesaian c1 = c2 = 0 dan c3 = 1.Diperoleh

[T(v1)] =

0

1

0

dan [T(v2)] =

1

0

0

.

Jadi, matriks untuk T yang berkorespondensi dengan basis dan yaitu

[T], =

10

01

00

.

CONTOH 6.5.7 DiberikanT : P2[x](R) P2[x](R), T(p) = ppp 32 .

Gunakan B = {1, x, x2} untuk mencari BT .Penyelesaian.

T(1) = 1 = 1.1 + 0.(1 + x) + 0.(1 + x + x2),T(1 + x) = 3 + x = 2.(1) + 1.(1 + x) + 0.(1 + x + x2),T(1 + x + x2) = 9 + 5x + x2 = 4.(1) + 4.(1 + x) + 1.(1 + x + x2).

BT =

100

410

421

.

Hasil berikut menunjukkan bahwa representasi adalah suatu ide yang bermanfaat.Hasilnya mengatakan bahwa komponen dari peta v di bawah T dapat diperoleh denganmengalikan matriks representasi dari T dengan komponen v.

TEOREMA 6.5.1 Diberikan T : V W adalah transformasi linear dari ruangvektor berdimensi berhingga V ke ruang vektor berdimensi berhingga W. Diambil dan sebagai basis untuk V dan W secara berturut-turut.

Jika v V, maka [T(v)] = [T], [v].Bukti. Diambil = {v1, …, vn}, = {w1, …, wn}, dan diandaikan bahwa

T(vj) =

m

iiij wa

1

, j = 1, …, n.



163

Jika v V, maka

v =

n

jjjvc

1

, cj F,

dengan demikian

T(v) =

n

jjjvcT

1

=

n

jjj vTc

1

)( =

n

j

m

iiijj wac

1 1

.

Urutan jumlahan dapat ditukarkan dan dituliskan menjadi

T(v) =

n

j

m

iiijj wac

1 1

=

m

i

n

jijij wca

1 1

.

Jadi komponen ke-i dari T(v) adalah

n

jjijca

1

,

yang merupakan hasil kali baris ke-i dari [T], dengan vektor kolom [v]B. Jadi diperoleh[T(v)] = [T], [v].

CONTOH 6.5.8 Diberikan T : R2 R2 yang didefinisikan oleh

b

aT =

ba

ba

34

2.

Gunakan basis baku dari R2 dan

[T] =

34

12

untuk menghitung

3

2T .

Penyelesaian.

3

2=

0

12 +

1

03

sehingga

3

2=

3

2.

Diketahui bahwa[T(v)] = [T] [v]α,

karena itu

3

2T =

34

12

3

2=

17

7.

Disimpulkan bahwa

3

2T =

17

7.



164

CONTOH 6.5.9 Diberikan T : P2[x](R) P2[x](R) yang didefinisikan olehT(p) = ppp 32 .

Gunakan = {1, 1 + x, 1 + x + x2}

dan

[T] =

100

410

421

,

untuk menghitung [T( 2 – x + x2)] dan T( 2 – x + x2).Penyelesaian.

2 – x + x2 = 3.1 + (–2).(1 + x) + 1(1 + x + x2),sehingga

[( 2 – x + x2)] =

1

2

3

.

Karena[T(p)] = [T][p],

maka

[T( 2 – x + x2)] =

100

410

421

1

2

3

=

1

2

3

,

danT( 2 – x + x2) = 3.(1) + 2.(1 + x) + 1(1 + x + x2) = 6 + 3x + x2.

Diagram berikut ini adalah suatu ringkasan penyederhanaan yang menggunakanbasis untuk ruang vektor berdimensi berhingga.

Gambar 6.8: Ilustrasi dari matriks representasi

v wT

V W

w = T(v)

[v] [w]

Basis

Abstrak

Basis

Konkrit

Fn Fm

[T],

Mmn(F)

L(V, W)

T

[w] = [T] = [T], [v][T],



165

Dilihat kasus khusus untuk matriks representasi dari transformasi linear padamatriks perubahan basis. [I],, matriks representasi dari I : V V, I(v) = v tidak lainadalah matriks transisi dari matriks koordinat.

Gambar 6.9: Perubahan matriks basis sebagai suatu matriks representasi

CONTOH 6.5.10 Di R2 diberikan basis = {(1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 10)}, dan = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.

Tentukan matriks transisi dari ke , [I],.Penyelesaian.

3

2

1

I =

3

2

1

=

0

0

1

.1 +

0

1

0

.2 +

1

0

0

.3

6

5

4

I =

6

5

4

=

0

0

1

.4 +

0

1

0

.5 +

1

0

0

.6

10

8

7

I =

10

8

7

=

0

0

1

.7 +

0

1

0

.8 +

1

0

0

.10

sehingga

[I], =

1063

852

741

.

v vI

V V

v = I(v)

[v] [v]

Basis Basis

Rn Rn

[I],

Mmn(R)

L(V, V)

I

[v] = [I(v)] = [I], [v][I],



166

6.6 Komposisi Transformasi Lineardan Perkalian MatriksPada bagian ini akan dibahas matriks representasi dari jumlahan dan komposisi

transformasi linear. Proses ini akan dihubungkan dengan penjumlahan dan perkalianmatriks. Selanjutnya akan dipikirkan akibat mengubah basis pada matriks representasidari suatu transformasi linear.

TEOREMA 6.6.1 Diberikan V dan W adalah ruang vektor berdimensi berhinggadengan basis dan secara berturut-turut.Jika T1, T2 L(V, W) dan k F, maka

[kT1 + T2], = k[T1], + [T2],.Bukti. Ditunjukkan bahwa dua matriks tersebut adalah sama dengan menunjukkanbahwa semua unsur-unsur yang berkorespondensi adalah sama.

Jika = {v1, …, vn}, maka ([kT1 + T2],)ij merupakan komponen ke-i dari (kT1 +T2)(vj).

Karena (kT1 + T2)(vj) = kT1(vj) + T2(vj), maka komponen ke-i dari kedua vektor iniadalah sama.

Juga komponen ke-i dari (kT1(vj) + T2(vj)) adalah sama dengan k kali komponenke-i dari T1(vj) + komponen ke-i dari T2(vj). Berarti bahwa,

([kT1 + T2],)ij = k([T1],)ij + ([T2],)ij,atau

[kT1 + T2], = k[T1], + [T2],.Dengan kata lain, hasil ini mengatakan bahwa matriks representasi suatu kombinasi lineardari transformasi linear sama dengan kombinasi linear dari matriks representasinya.

DEFINISI 6.6.1 Diberikan V, W, X adalah ruang vektor, T L(V, W) serta S L(W, X). Didefinisikan fungsi komposisi

S T : V Xoleh

(S T)(v) = S(T(v)), v V.

Jika T L(V, V) dan p Z+ maka didefinisikanTp : V V

oleh

kali

)()(p

p vTTTvT .

Hasil berikut mengatakan bahwa matriks representasi dari suatu komposisitransformasi linear sama dengan hasil kali dari masing-masing matriks representasinya.

TEOREMA 6.6.2 Diberikan V, W, X adalah ruang vektor berdimensi berhinggadengan basisnya berturut-turut , , . Diberikan T L(V, W) dan S L(W, X), maka

[S T], = [S], .[T], .

Bukti. Diandaikan = {v1, …, vn}, = {w1, …, wn}, = {x1, …, xn} dan diambil [T],

= A, dengan demikian

m

iiijj wavT

1

)(



167

dan juga [S], = B, dengan demikian

p

kkkii xbwT

1

)( .

Untuk memperoleh matriks representasi dari transformasi S T, harus diterapkan untuk

vektor basis dan diuji komponen-komponennya:([S T], )kj = komponen ke-k dari (S T)(vj).

Diperhatikan

(S T)(vj) = S(T(vj)) =

m

iiij waS

1

=

m

iiij wSa

1

)(

=

m

i

p

kkkiij xba

1 1

=

p

k

m

ikijki xab

1 1

.

Komponen ke-k dari vektor tersebut adalah

m

iijkiab

1

,

yang tidak lain adalah komponen ke-k dari hasil kali matriks BA. Ini berarti bahwa([S T], )kj = ([S], .[T], )kj.

Dapat disimpulkan bahwa dua matriks [S T], dan [S], .[T], adalah sama.

Gambar 6.10: Representasi komposisi oleh perkalian matriks

CONTOH 6.6.1 Buktikan Teorema 6.6.1 untuk transformasi-transformasi:T : R2 P2[x](R), T((a, b)T) = b + (a + 2b)x + (2a – b)x2,S : P2[x](R) P2[x](R), S(p) = p + p .

vWV W

[S T],

Mpn(F)

L(V, W)

T

L(W, X)

S

X

L(V, X)S T

[T],

Mmn(F)

[S],

Mpm(F)

[S T], = [S], [T],



168

Penyelesaian. Digunakan basis baku

=

1

0,

0

1dan = {1, x, x2}= .

Diperoleh

0

1T = 0 + x + 2x2,

1

0T = 1 + 2x – x2, [T], =

12

21

10

,

dan juga

S(1) =1, S(x2) = 1 + x, S(x2) = 2x + x2, [S], =

100

210

011

.

Diklaim bahwa

[S T], = [S], [T], =

100

210

011

12

21

10

=

12

05

31

.

DiperiksaS T((a, b)T) = S(b + (a + 2b)x + (2a – b)x2)

= a + 3b + (5a)x + (2a – b)x2,dan diperoleh

(S T)

0

1= 1 + 5x + 2x2, (S T)

1

0= 3 – x2,

sehingga

[S T], =

12

05

31

.

Teorema terbukti dalam kasus ini.

Teorema 6.6.2 dapat diperluas secara induktif sebagai berikut.

TEOREMA 6.6.3 Diberikan Ti : Vi Vi+1 sebagai transformasi linear dari ruangvektor berdimensi berhingga Vi ke ruang vektor berdimensi berhingga Vi+1, i = 1, …, n –1. Diberikan i sebagai basis untuk Vi, i = 1, …, n, maka

21,121 ... TTT nn =

2132121 ,1,2,1, ... TTTTnnnn nn .

Suatu aplikasi yang sangat penting dari teorema tersebut, dan suatu aplikasi yangakan digunakan pada bagian kedua dari pembahasan ini, muncul ketika dimiliki operatorlinear dan mengubah basis di V. Hasil berikut adalah suatu kasus khusus teoremasebelumnya.

AKIBAT 6.6.1 Diberikan T : V V sebagai operator linear pada ruangberdimensi berhingga V dan diberikan dan sebagai basis untuk V, maka

[T] = [I], [T] [I],.



169

Bukti. Dinyatakan transformasi linear T : V V dalam dua cara yang identik:(a) T : V V dengan digunakan sebagai basis untuk V.(b) (I1 T I2) : V V dengan

I2 : V V adalah transformasi identitas. Kita gunakan sebagai basis untukdomain dan sebagai basis untuk kodomain,

T : V V adalah transformasi linear. Kita gunakan basis untuk V, I1 : V V adalah transformasi identitas. Kita gunakan sebagai basis untuk

domain dan sebagai basis untuk kodomain.Menggunakan Teorema 6.6.2,

[T] = [I1 T I2] = [I1], [T] [I2],.

Gambar 6.11: Perubahan basis dan transformasi linear

jalan panjang

v

[I],L(V, V)

[v]

Mn(F)

[T(v)]

Fn

[T(v)] = [T] [v]

[T] Fn

[v] [T(v)]

Fn [T]Fn

[T(v)] = [T] [v]

Mn(F)

jalan singkat

awal akhir

basis

basis

[I],

v

T(v)

T(v)

TI I

V

V

V

V

basis

basis

[T(v)] = [T] [v] = [I], [T] [I], [v]



170

Hasil pada Akibat 6.6.1 menunjukkan bahwa matriks representasi daritransformasi linear yang berkenaan dengan dua basis terkait oleh perkalian denganmatriks perubahan basis yang sesuai.

Dicatat bahwa [I1], adalah matriks koordinat perubahan basis dari ke dan[I2], adalah matriks koordinat perubahan basis dari ke dan invers dari [I1],.

Hasil tersebut adalah bermanfaat sebab menunjukkan bahwa saat menghitungmatriks representasi dari suatu transformasi linear dalam satu basis, tidak harusmenghitung kembali matriks dalam basis lain, hanya perlu dilakukan beberapa perkalianmatriks yang menyertakan matriks perubahan basis.

Tentu saja beralasan kenapa perlu [T] untuk menghitung [T(v)]. Sekarang dapatdituliskan(i) [T(v)] = [T] [v]

(ii) [T(v)] = [I], [T] [I], [v].Jalan (i) adalah langkah pintas. Diperoleh koordinat dari T(v) pada basis dalam

satu jalan, tetapi diperlukan matriks representasi dari T dalam koordinat .Jalan (ii) adalah langkah yang panjang. Pertama, mengubah koordinat dari ke

menggunakan [I],, yang kedua adalah memperoleh koordinat dari T(v) dalam basis menggunakan [T], dan yang terakhir yaitu mengubah koordinat menggunakan [I],

untuk memperoleh [T(v)].Pada dua contoh berikut, untuk memperoleh suatu latihan yang sederhana,

dibuktikan hasilnya dengan menghitung dua kemungkinan matriks yang baru.

CONTOH 6.6.2

T : R2 R2,

ba

ba

b

aT

43

2,

1

0,

0

1 ,

1

1,

1

1 .

Hitung [T], [T] dan buktikan Akibat 6.6.1.Penyelesaian.

0

1T =

3

1= 1

0

1+ 3

1

0,

1

0T =

4

2= 2

0

1+ 4

1

0.

Diperoleh [T] =

43

21.

1

1T =

7

3= 5

1

1– 2

1

1,

1

1T =

1

1= – 1

1

1+0

1

1.

Diperoleh [T] =

02

15.

Selain itu juga didapatkan

[I] , =

11

11, dan[I] , =

11

11

2

1.

Teorema mengatakan bahwa

[T] = [I], [T] [I], =

11

11

2

1

43

21

11

11=

02

15.



171

CONTOH 6.6.3T : P2(R2) P2(R2), T(p) = ppp 32 ,

= {1, x, x2}, = {1 + x + x2, 1 – x2, 1 + x}.Hitung [T], [T] dan buktikan Akibat 6.6.1.Penyelesaian.

T(1) = 1, T(x) = 2 + x, T(x2) = 6 + 4x + x2.

Diperoleh [T] =

100

410

621

.

T(1 + x + x2) = 9 + 5x + x2 = 5(1 + x + x2) + 4(1 – x2),T(1 – x2) = –5 – 4x – x2 = –2(1 + x + x2) – (1 – x2) – 2(1 + x),T(1 + x) = 3 + x = 2(1 + x + x2) + 2(1 – x2) – (1 + x).

Diperoleh

[T] =

120

214

225

.

Selain itu juga didapatkan

[I] , =

011

101

111

.

Untuk menghitung [I],, dicari invers dari matriks sebagai berikut:

100

010

001

011

101

111

12

13

bb

bb

101

011

001

120

010

111

2

3

b

b

101

011

001

120

010

111

21

23 2

bb

bb

121

011

010

100

010

101

31 bb

121

011

111

100

010

001

.

Jadi

[I], =

121

011

111

.

Dihitung

[I], [T] [I], =

121

011

111

100

410

621

011

101

111

=

120

214

225

= [T]

seperti yang diharapkan.

Keserupaan (Similarity)DEFINISI 6.6.2 Diberikan A, B Mn(F). A dikatakan serupa (similar) terhadapB jika terdapat suatu matriks inversibel P sehingga

APPB 1 .



172

Jika APPB 1 , maka BQQPBPA 11 dengan 1 PQ . Ini berartibahwa, jika A serupa terhadap B, maka B adalah serupa terhadap A. Pada umumnyadinyatakan bahwa A dan B adalah serupa.

Akibat 6.6.1 mengatakan bahwa dua matriks representasi dari operator linearyang sama terhadap dua basis yang berbeda adalah matriks serupa. Ini berarti bahwa,

[T] = [I], [T] [I],.

Jika dituliskan [T] = B, [T] = A, dan [I], = P dengan [I], = 1P , maka dimiliki

APPB 1 .

CONTOH 6.6.4 Diberikan operator linear T : R2 R2 yang didefinisikan oleh

21

21

2

1

42 xx

xx

x

xT .

Tentukan matriks baku untuk T, yaitu matriks T relatif terhadap basis ={e1, e2}.Selanjutnya transformasikan matriks tersebut ke matriks T relatif terhadap basis

=

2

1,

1

121 vv .

Penyelesaian. Dari Contoh 6.5.2, matriks T relatif terhadap basis baku yaitu

A = [T] =

42

11.

Matriks transisi dari ke adalah

[I], =

21

11P

dengan

[I], =

11

121P .

Oleh karena itu, matriks T relatif terhadap basis adalah

[T] = [I], [T] [I],. = APP 1 =

11

12

42

11

21

11=

30

02

yang sama dengan hasil yang diperoleh dari Contoh 6.5.2.

6.7 InversibilitasDiandaikan terdapat transformasi linear T L(V, W). Fungsi S adalah suatu

invers untuk T kalau S : W V memenuhi S T = IV dan T S = IW, dengan IV dan IW

berturut-turut menotasikan operator identitas pada V dan W.Perlu dicatat bahwa suatu fungsi mempunyai invers jika dan hanya jika fungsi

adalah satu-satu dan pada.Jika T(v1) = T(v2) = w dan v1 v2 (yaitu T tidak satu-satu), maka bagaimana dapat

didefinisikan S(w)?Jika w W dan w Im(T), (yaitu T tidak pada) maka bagaimana dapat

didefinisikan S(w)?Untuk suatu transformasi linear T L(V, W) yang satu-satu dan pada maka

dim(V) = dim(W) berdasarkan Akibat 6.3.2.



173

Jika invers suatu fungsi ada, maka inversnya tunggal untuk T L(V, W) dan

dinotasikan dengan 1T .

TEOREMA 6.7.1 Diberikan T L(V, W). Jika T adalah inversibel, maka 1Tadalah linear.Bukti. Diandaikan w1, w2 W dan k F. Karena T adalah pada, maka v1, v2 Vsehingga T(v1) = w1, T(v2) = w2.

1T (kw1 + w2) = 1T (kT(v1) + T(v2))

= 1T (T(kv1 + v2))= kv1 + v2

= k 1T (w1) + 1T (v2).

Disimpulkan bahwa 1T adalah linear.

TEOREMA 6.7.2 Diberikan T L(V, W) adalah transformasi linear dari ruangvektor V berdimensi berhingga ke ruang vektor W berdimensi berhingga, dan diberikan, berturut-turut adalah basis untuk V dan W.

T adalah inversibel jika hanya jika [T], adalah inversibel.

Jika T adalah inversibel, maka 1,,

1 TT .

Bukti. Pertama diandaikan bahwa T mempunyai invers, maka

VITT 1 .

Jika diambil matriks representasi dari persamaan tersebut dengan menggunakan basis untuk V dan basis untuk W, maka

[ 1T T] = [IV].

Ini berarti bahwa

[ 1T ],[T], = I.Karena T inversibel, kita tahu bahwa V dan W mempunyai dimensi yang sama dan juga[T], adalah suatu matriks persegi. Disimpulkan bahwa [T], adalah inversibel dengan

inversnya [ 1T ],. Juga

1,,

1 TT .

Yang kedua, diandaikan bahwa A = [T], mempunyai invers B. Jika = {v1, …, vn} dan = {w1, …, wn}, maka didefinisikan S : W V oleh

S(wj) =

n

iiij uB

1

)( .

Secara jelas

[S], = B = 1A .Juga

[S T] = [S], [T], = BA = In = [IV],dan

[T S] = [T], [S], = AB = In = [IW].

Jadi S T = IV dan T S = IW dan juga S = 1T .



174

CONTOH 6.7.1 Tunjukkan bahwa T adalah inversibel dan tentukan 1T untuk:

T : P1(R) R2, T(a + bx) =

ba

ba

2

2.

.Penyelesaian. Diambil basis baku untuk P1[x](R) dan R2 berturut-turut adalah

= {1, x}, =

1

0,

0

1.

T(1) =

1

2= 2

0

1– 1

1

0, T(x) =

2

1= 1

0

1+ 2

1

0.

Jadi

[T], =

21

12= A.

Matriks tersebut inversibel dan

21

12

5

11A .

Dapat disimpulkan bahwa 1T ada dan [ 1T ], = 1A . Ini berarti bahwa,

0

11T =

5

21 +

5

1x dan

1

01T =

5

11 +

5

2x.

Berdasarkan linearitas diperoleh

d

cT 1 = x

dcdc

5

2

5

2

.

6.8 Aplikasi Transfomasi Linear: KriptografiDiandaikan kita ingin mengirim pesan kepada teman kita:

M E E T T O M O R R O W.Untuk keamanan, kita pertama kali mengkodekan alfabet sebagai berikut:

A B … X Y Z1 2 … 24 25 26

Jadi kode pesan adalahM E E T T O M O R R O W

M E E T T O M O R R O W13 5 5 20 20 15 13 15 18 18 15 23

Barisan13 5 5 20 20 15 13 15 18 18 15 23

adalah kode asli untuk pesan. Untuk menyamarkan kode asli, kita dapat menerapkansuatu transformasi linear untuk kode asli.

DiambilT : R3 R3, T(x) = Ax,

dengan

210

211

321

A .



175

Selanjutnya kita memecah pesan asli menjadi 4 vektor:

5

5

13

,

15

20

20

,

18

15

13

,

23

15

18

,

dan digunakan transformasi linear untuk memperoleh kode tersamarkan:

15

28

38

5

5

13

T ,

50

70

105

15

20

20

T ,

51

64

97

18

15

13

T ,

51

64

97

18

15

13

T .

Selanjutnya kita dapat mengirimkan kode pesan tersamarkan:38 28 15 105 70 50 97 64 51 117 79 61Diandaikan teman kita ingin mengkodekan pesan tersamarkan. Pertama kali,

teman kita dapat mencari matriks invers dari A:

111

122

110

210

211

3211

1A ,

dan selanjutnya

5

5

13

15

28

381A ,

15

20

20

80

70

1051A ,

18

15

13

51

64

971A ,

23

15

18

61

79

1171A .

Jadi, teman kita dapat menemukan kode asli:13 5 5 20 20 15 13 15 18 18 15 23

melalui matriks invers A.

Sebagai contoh lain, jika kita menerima kode pesan berikut ini dari teman kita77 54 38 71 49 29 68 51 33 76 48 40 86 53 52dan kita mengetahui bahwa pesan dari teman kita ditransformasikan oleh transformasilinear yang sama

T : R3 R3,

210

211

321

)( AxxT ,

maka pertama kali pesan dipecah menjadi 5 vektor:

38

54

77

,

29

49

71

,

33

51

68

,

40

48

76

,

52

53

86

,

dan selanjutnya dapat diperoleh kode pesan asli:

15

8

16

38

54

771A ,

7

15

20

29

49

711A ,

16

1

18

33

51

681A ,

12

16

8

40

48

761A ,

19

14

1

52

53

861A .

Jadi, pesan asli dari teman kita yaitu16 8 15 20 15 7 18 1 16 8 16 12 1 14 19P H O T O G R A P H P L A N S

P H O T O G R A P H P L A N S



176

SOAL-SOAL UNTUK BAB 6

1. Nyatakan yang mana dari fungsi-fungsi berikut yang merupakan transformasilinear.(a) f1 : R R, f1(x) = sin x(b) f2 : R R, f2(x) = 2x + 3(c) f3 : R2 R2, f3(x, y) = (x + 2y, 3x + 4y)(d) f4 : P2(R) R2, f4(a + bx + cx2) = (a + 2b – 1, c + 2)

2. Apakah mungkin dipunyai transformasi linear T dari R2 ke R2 dengan sifat:(a) T(1, 2) = (–2, –3) dan T(3, 6) = (–4, 6),(b) T(1, 2) = (–2, –3) dan T(–1, 2) = (1, –3),(c) T(1, 2) = (–2, –3), T(–1, 2) = (2, 1), dan T(–1, 6) = (2, –1)?

3. Buktikan bahwa T adalah linear untuk T : R3 R3 yang didefinisikan oleh

z

zyx

zyx

z

y

x

T .

4. Diberikan (V, , ) adalah suatu ruang hasil kali dalam dan W adalah ruang bagianberdimensi hingga dari V. Buktikan bahwa fungsi T : V W yang didefinisikanoleh T(v) = proyW(v) adalah transformasi linear.

5. Diberikan T : V W adalah transformasi linear. Diandaikan v1, v2 V dan {T(v1),T(v2)} adalah bebas linear. Tunjukkan bahwa {v1, v2} adalah bebas linear.

6. Diberikan T : V W adalah transformasi linear. Diberikan S : W X adalahtransformasi linear. Buktikan bahwa fungsi komposisi S T yang didefinisikan oleh

(S T)(v) = S(T(v)) adalah transformasi linear.

7. Diberikan T : M2(R)M2(R) yang didefinisikan oleh T(A) = AB – BA dengan Badalah suatu elemen dari M2(R). Tentukan range dari T dan rank dari T untuk:

(a) B =

20

02(b) B =

00

20

(c) B =

40

02(d) B =

40

22.

8. Diberikan T : R3 R3 yang dirumuskan olehT(a, b, c) = (a + b – c, 2a – b + 2c, –3b + 4c).

Tentukan suatu basis untuk range dari T. Apakah T pada?

9. Diberikan T : C2 C2 yang dirumuskan oleh

2

1

z

zT =

21

21

)34()13(

)2()1(

zizi

zizi.

Tentukan suatu basis untuk range dari T. Apakah T pada?



177

10. Diberikan T : R2 R2 yang dirumuskan olehT(x, y) = (x – 2y, 3x – 4y).

Tentukan suatu basis untuk Im(T). Apakah T pada?

11. Diberikan T : R2 P2(R2) yang dirumuskan olehT(x, y) = (x + y) + (x – y)t + (3x – 4y)t2.

Tentukan suatu basis untuk Im(T). Apakah T pada?

12. Diberikan (V, , ) sebagai suatu ruang hasil kali dalam dan untuk setiap v Vdidefinisikan fungsi Lv : V F oleh Lv(w) = w , v.(a) Tunjukkan bahwa Lv adalah suatu transformasi linear.(b) Tunjukkan bahwa Lv adalah pada kecuali v = 0.

13. Tentukan basis untuk ruang nol untuk transformasi linear pada pertanyaan 7 sampai11, dan nyatakan apakah satu-satu.

14. Diberikan T : VW dan L : W X adalah transformasi linear.(a) Tunjukkan bahwa jika T dan L adalah satu-satu, maka LT adalah satu-satu.

(b) Jika LT adalah satu-satu, maka apakah T satu-satu?

(c) Jika LT adalah satu-satu, maka apakah L satu-satu?

15. Berikan suatu contoh transformasi linear T : R2 R2 dengan sifat Ker(T) = Im(T).

16. (a) Tunjukkan bahwa jika T : R3 R adalah suatu transformasi linear, maka a,b, c R sehingga T(x, y, z) = (a, b, c)(x, y, z).

(b) Nyatakan secara geometris ruang nol yang mungkin dari transformasi linearT : R3 R.

17. Ujilah teorema dimensi untuk transformasi linear pada soal no 7 sampai 11.

18. Tentukan Ker(T) dan Im(T) pada soal no 3.

19. Diberikan T : M2(R)M2(R) yang didefinisikan denganT(A) = AT – A.

Tunjukkan bahwa T adalah linear dan selanjutnya tentukan dim(Im(T)).

20. Tentukan Ker(T) dan Im(T) untuk T : R3 R4 yang memenuhi

0

1

0

1

1

1

1

T ,

0

0

1

2

1

1

0

T ,

0

1

1

1

1

0

0

T .

.21. Tentukan Ker(T) dan Im(T) untuk transformasi linear T : R2 R3 yang

didefinisikan oleh

0

2

2

yx

yx

y

xT .



178

22. Tentukan Ker(T) dan Im(T) untuk T : R2 R3,

0

yx

yx

y

xT .

23. Tentukan Ker(T) dan Im(T) untuk T : R3 R2,

zy

zyx

z

y

x

T2

24. Diberikan T : M2(R) R yang didefinisikan dengan T(A) = tr(A). Tentukan Ker(T)dan Im(T).

25. (a) Tunjukkan bahwa T : M2(R) M2(R) yang didefinisikan oleh T(A) = AT + Aadalah suatu transformasi linear.

(b) Tentukan suatu basis untuk Ker(T) dan tentukan dim(Ker(T)).(c) Tentukan suatu basis untuk Im(T) dan tentukan dim(Im(T)).

26. Tunjukkan bahwa tidak ada transformasi linear T : P4[x](C) M2(R) yang satu-satu.

27. Tentukan matriks representasi dari transformasi linear di bawah ini terhadap basisyang diberikan.a)

T : R3 R3,

z

y

x

T =

zyx

zyx

zyx

23

432

(i) [T]B, B =

1

0

0

,

0

1

0

,

0

0

1

(ii) BT , B =

1

1

1

,

0

1

1

,

0

0

1

b)

T : C2 C2,

2

1

z

zT =

12

21

32 ziz

izz

(i) [T]B, B =

1

0,

0

1(ii) BT , B =

i

i 1,

1

c)T : P2[x](R) P2[x](R),

T(a + bx + cx2) = (a + 2b + 2c) + (2a + b + 2c)x + (2a + 2b + c)x2

(i) [T]B, B = {1, x, x2}(ii) BT , B = {1 + x + x2, 1 – x, 1 – x2}



179

28. Gunakan penyelesaian pertanyaan soal 27 untuk menghitung

(a) (i)

B

T

3

2

1

(ii)

B

T

3

2

1

(b) (i)B

i

iT

2

1(ii)

Bi

iT

2

2dan

2

2

i

iT

(c) (i) [T(1 + 2x + 3x2)]B dan T(1 + 2x + 3x2)

(ii) BxxT 2222( dan T(2 + 2x – 2x2).

29. Diberikan T : M2(R)M2(R) yang dirumuskan olehT(M) = AM – MA

dengan

12

21A .

Diberikan

B =

10

00,

01

00,

00

10,

00

01,

B =

11

11,

11

11,

01

10,

10

01

(a) Tentukan(i) [T]B (ii) BBT , (iii) BBT , (iv) BT

(b) Gunakan Teorema 6.5.1 dan penyelesaian pada bagian (a) untuk mencari

43

21T .

30. (a) Buktikan T : P3[x](R) P1[x](R) adalah suatu transformasi linear untukT(p(x)) = )(xp

(b) Tentukan matriks dari T menggunakan basis {1, x, x2, x3} untuk P3[x](R) dan{1, x} untuk P2[x](R).

(c) Tentukan matriks dari T menggunakan basis {1, x, x2, x3} untuk P3[x](R) dan{1, x + 2} untuk P1[x](R).

(d) Tentukan basis untuk Ker(T) dan tentukan dim(Ker(T)).(e) Tentukan basis untuk Im(T) dan tentukan dim(Im(T)).

31. (a) Suatu transformasi linear T : R3 R3 mempunyai range berupa bidangdengan persamaan x + y + z = 0 dan ruang nol berupa garis x = y = z. Jika

1

0

2

1

1 a

T ,

5

3

1

1

2

bT ,

c

T 2

1

1

2

1

.

Tentukan a, b, c.(b) Tentukan matriks representasi dari T terhadap basis baku.



180

32. (a) Buktikan bahwa T : R2 R3 adalah suatu transformasi linear untuk

yx

yx

yx

y

xT

32

(b) Tentukan basis untuk Ker(T) dan tentukan dim(Ker(T)).(c) Tentukan basis untuk Im(T) dan tentukan dim(Im(T)).

(d) Tentukan matriks dari T terhadap basis

3

1,

2

11B untuk R2 dan basis

0

1

0

,

1

0

1

,

1

1

1

2B untuk R3.

33. Diberikan transformasi linear T : R3 R2 yang didefinisikan oleh

zx

yx

z

y

x

T3

2

Tentukan matriks representasi untuk T jika(a) Basis untuk R3 dan R2 adalah basis baku.

(b) Basis untuk R3 adalah

1

1

1

,

0

1

1

,

0

0

1

dan untuk R2 adalah basis baku.

(c) Basis untuk R3 adalah

1

1

1

,

0

1

1

,

0

0

1

dan untuk R2 adalah

1

1,

0

1.

34. Suatu transformasi linear T : R2 R2 yang memenuhi Ker(T) = Im(T), dan

3

2

1

1T . Tentukan matriks representasi T terhadap basis baku.

35. Tentukan matriks representasi untuk pemetaan linear T: M2(R) R yangdidefinisikan dengan T(A) = tr(A) terhadap basis baku

10

00,

01

00,

00

10,

00

01

untuk M2(R).

36. (a) Pada soal 20, hitunglah perubahan basis BBI , dan BBI ,

(b) Buktikan bahwa(i) BBT , = BBI , BT ;

(ii) BBT , = BT BBI , ;

(iii) BT = BBI , BT BBI , .



181

37. Diberikan transformasi linear T : R2 P2(R) dan S : P2(R)M22(R) yangdidefinisikan oleh

b

aT = (a + 2b) + (–a + 3b)x + (3a – 2b)x2,

S(p) =

)2()1()2()1(

)2()0()1(

pppp

ppp.

Jika

=

1

0,

0

1, = {1, x, x2},

=

10

00,

01

00,

00

10,

00

01.

Tentukan (a) [T],, (b) [S],, dan [ST], dengan dua cara yang berbeda.

38. Diberikan S : R3 R3 yang didefinisikan oleh

c

b

a

S =

cba

cba

cba

233

323

332

dan diberikan basis

=

1

0

0

,

0

1

0

,

0

0

1

, =

2

1

1

6

1,

0

1

1

2

1,

1

1

1

3

1.

(a) Tentukan [S] .(b) Tentukan [I], dan [I],.(c) Hitung [S] dengan dua cara berbeda.

39. (a) Diberikan T : V W adalah transformasi linear dari ruang vektor Vberdimensi n dan ruang vektor W berdimensi m. Diberikan i dan i berturut-turut adalah dua basis untuk V dan W, i = 1, 2. Nyatakan suatu persamaanyang menghubungkan

11,T dan 22 ,T .

(b) Jika T : R2M2(R) didefinisikan oleh

b

aT =

baba

baba

22

2

dan

1 =

1

0,

0

1, 2 =

1

1,

1

1,

1 =

10

00,

01

00,

00

10,

00

01,

2 =

01

10,

01

10,

10

01,

10

01.

Buktikan persamaan yang dituliskan pada bagian (a).



182

40. Tunjukkan bahwa matriks yang serupa mempunyai trace yang sama.

41. Yang manakah dari matriks-matriks di bawah yang serupa?

(a)

20

01(b)

30

01(c)

23

21

21

23

(d)

1

44

23 (e)

02

13

42. Diberikan T : P2[x](R) R3 yang didefinisikan oleh

T(a + bx + cx2) =

cba

cba

cba

522

252

225

.

Tunjukkan bahwa T adalah inversibel dan tentukan 1T .

INDEKS

Ffungsi

komposisi, 166

Hhomogen, 139homomorfisma, 139

Llinear, 139

Mmatriks

baku, 156representasi, 159

Nnulitas, 150

Ooperator

linear, 141

Ppada, 148, 155

Rrange, 144ruang

nol, 149

Ssatu-satu, 151, 152, 155serupa, 171

Ttransformasi

identitas, 141linear, 139, 142matriks, 143nol, 141

bab 6 transformasi linear

Documents