1001 Pembahasan UTS Aljabar Linear KATA PENGANTAR

1001 Pembahasan UTS Aljabar Linear

KATA PENGANTAR

Sebagaian besar mahasiswa menganggap bahwa Mata Kuliah yang berhubungan dengan menghitung yang salah satunya Aljabar Linear adalah susah, rumit dan memusingkan. Alhasil jalan keluar yang ditempuh untuk mengatasinya adalah mahasiswa menghafal teknik (urutan cara) menjawab soal, bukan memahami inti persoalan, materi, dan bagaimana mendapatkan ide menyelesaikan soal. Sebagian lagi menganggap pemahaman materi saja sudah cukup. Pengalaman saya, mahasiswa yang baru memahami sebuah materi secara intuitif tetap saja akan kesulitan ketika menjawab persoalan. Kesulitan bukan karena tidak tahu jawabannya, tetapi kurang pandai bagaimana cara mengungkapkannya. Kemampuan seseorang menuangkan apa yang difahaminya ke dalam tulisan yang sistematis dan bisa dimengerti orang lain juga penting, karena orang khususnya dosen ketika UAS tertulis menilai apa yang kita tulis pada lembar jawaban bukan apa yang ada di dalam otak kita. “1001 soal dan solusi “ ini dibuat bukan dengan tujuan agar mahasiswa pembaca menghafal teknik menjawabnya, melainkan supaya pembaca dapat lebih memahami materi, dan berlatih mengungkapkan apa yang difahami. Tentunnya tulisan ini tidaklah cukup bagi pembaca, text book dan penjelasan dari dosen tetaplah lebih utama, jadikan soalsoal yang ada disini sebagai latihan, sekedar untuk melihat kebenaran jawaban anda atau ketika anda merasa sudah mengalami kebuntuan, baru silahkan pembaca menyimak pembahasannya. Arip Paryadi , IT Telkom

1


Semoga bermanfaat !

Arip Paryadi

Arip Paryadi , IT Telkom

2


DAFTAR ISI KATA PENGANTAR .................................................................................... 1 DAFTAR ISI .................................................................................................. 3 SOAL SOAL .................................................................................................. 4 UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 ................................................... 5 UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008 ................................................... 6 UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007 ................................................... 7 UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006 ................................................... 8 UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005 ................................................... 9 UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004 ................................................. 10 PEMBAHASAN ........................................................................................... 12 UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 ................................................. 13 UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008 ................................................. 18 UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007 ................................................. 23 UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006 ................................................. 29 UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005 ................................................. 32 UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004 ................................................. 35


3


SOAL SOAL


4


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2008/2009 Aljabar Linear / MA1223 Senin 20-04-2009 Tutup Buku UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 1. Diketahui SPL x + 2 y − 3z = 0 3x − y + 5 z = 0

(

)

4 x + y + k 2 − 14 z = 0

Memiliki solusi tak hingga banyak a. Tentukan nilai k b. Tentukan solusinya 2. Diketahui matriks A4x4

1 2 dengan A =  3  1

1 −1 1 2

2 1

0

3

2 1  3  − 1

a. Hitung det(A) 3 1 b. Tentukan solusi X (jika ada) dari AX = B dengan B =   4    − 2

3. Misalkan A = (1,1,2), B = (-1,0,3), C = (2,-3,4), maka: a. Hitung luas segitiga ABC b. Tentukan proyeksi orthogonal ሬሬሬሬሬԦ ‫ ܤܣ‬terhadap ሬሬሬሬሬԦ ‫ܥܣ‬ 4. Diketahui W adalah himpunan (a,b,c) ‫ א‬R3 dengan a2 = b2 + c2. Periksa apakah W subruang dari R3 5. Periksa apakah polinom-polinom berikut : p1 (x ) = 1 + x,

p 2 (x) = 1 − x + x 2 ,

p 3 (x ) = 2 + x 2 , dan

p 4 (x) = 3 + x + x 2

Membangun P2 ? Berikan penjelasannya ! No Nilai

1 8

2 8

3 8

4 8

5 8


5


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2007/2008 MA 1223 ALJABAR LINEAR Rabu / 9 April 2008 Tutup Buku UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008 Kerjakan dengan singkat dan benar ! Berdoalah sebelum mengerjakan!

1. Periksa apakah S = {(1,2,3), (2,3,4), (0,0,0)} saling bebas linear ! 1 2 0 − 1 2. Diketahui A =  0 2  3 − 5

3 4 1 5 hitung det(2A) ! 0 0  1 0

3. Diketahui sistem persamaan linear 2x + y = z −1 x− y−2= 0 y + z =1 Tentukan solusi dari SPL tersebut !

{

4. Diketahui W = a + bx + cx 2 a = b + c , dengan b, c ∈ R

}

a. Periksa apakah W adalah subruang polinom orde dua P2 b. Bila ya, tentukan basis dan dimensi dari W ! 5. Tentukan basis dan dimensi ruang solusi dari SPL homogen x+ y+ z+w=0 − x + 2y − w = 0 6. Hitung luas segitiga yang titik-titik sudutnya P (1,2,3) , Q (4,3,1), dan R (2,1,2) -o0o- Semoga Sukses –o0oArip Paryadi , IT Telkom

6


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2006/2007 Aljabar Linear / MA1223 Tutup Buku UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007 1. Tentukan basis dan dimensi subruang

 a      W =  b  a − 2c = 0  c     

{

2. Diketahui S = 2 + x + x 2 , 1 − 2 x + x 2 , 1 + x − 2 x 2

}

a. Periksa apakah S bebas linear b. Periksa apakah S membangun P2 c. Periksa apakah S basis P2 r

r

r

r r

3. Tentukan y jika diketahui u = (− 1,3,2) ), y = ( y1 , y 2 , y3 ) dan u × y = (1,1,−1). r

r

4. Diketahui u = (k , k − 1,1), v = (− k − 1,2k ,4), tentukan semua nilai k supaya r r u dan v membentuk sudut lancip

5. Tentukan basis dan dimensi ruang solusi homogennya berikut

(ruang null) dari SPL

3 x1 + x2 + x3 + x4 = 0 5 x1 − x2 + x3 − x4 = 0

x1 − x2

Soal Nilai

1 8

− x4 = 0

2 8

3 8

4 8

5 8

JDN, ADW, ERW, SSI, WDT, NRD, SMN, DMA , RZK Selamat mengerjakan, semoga sukses !


7


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2005/2006 MA1223 Aljabar Linear KAMIS 6 April 2006 Tutup Buku UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006 5 5 k r r  1. Diketahui SPL dalam bentuk matriks AX = B , dengan A = − 1 − 1 0  k 2k 3 x  1 r  1 r   X =  x2 , B =  1  . Jika Det ( A) = −1 tentukan nilai x3 x   − 1  3  

r r r 2. Diketahui a = (1, k ,1) dan b = (2,2,−1) , tentukan nilai k agar proybr a = 4

3. Diketahui W = {(x, y, z ) x − z = 0}, periksa apakah W subruang R3

{

4. Diketahui S = 1 − x + x 2 ,1 + x + x 2

}

a. Periksa apakah S membangun P2 ( polinom orde-2) b. Periksa apakah S bebas linear c. Apakah S basis P2 (jelaskan jawaban anda ) Nomor Nilai

1 10

2 10

3 10

4 10


8


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2004/2005 MA1223 – Aljabar Linear KAMIS, 14 April 2005 Tutup Buku UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005 Kerjakan soal berikut dengan jujur dan benar ! 1. Diketahui A = (1,2,3), B = (−1,2,−3), dan C = (3,2,1) merupakan titik pada ruang XYZ . a. Tentukan proyeksi vektor AC terhadap vektor AB ! b. Tentukan luas segitiga ABC a b  2. Diketahui det  d e g h 

c  f =t , i 

untuk suatu a, b, c, d , e, f , g , h, i, t ∈ Rill.

Dengan menggunakan sifat, tentukan   det  3  

2b 2c  2a  d −a e−b f −c   g + 2a h + 2b i + 2c

1 3

    

     x

3. Misalkan B =  . Tentukan vektor tak nol u =  y  sehingga Bu = 6u !   5 3

{

}

4. Tentukan basis subruang S = ax2 + bx + c a + 2b = 3c . Buktikan !

-----------o0 Good Luck 0o-----------


9


UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2003/2004 MA-2313 Aljabar Linear Selasa 7 Oktober 2003 Tutup Buku UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004 3  2 1. Misalkan sistem persamaan linear AX = B, dimana A =  1  1 

− 6 2 − 1  −4 1 0  − 2 1 − 1  − 2 0 1 

Tentukan : a. Determinan A b. A-1(matrtiks invers A, bila ada ) ! 0   0 c. Basis ruang solusi, jika B =  0    0   1  0 2. Diketahui sistem persamaan linear  1  1 

0 2 1 −1 5 α 0 2

1   x1   1      1   x2   2  = 6   x3  11     β   x4   α 

a. Tentukan nilai α dan β agar SPL memiliki solusi yang banyak b. Tentukan solusi SPL diatas dari jawaban a ( satu saja ) ! 3. Diketahui A = (1,-1,2), B = (2,1,-1), dan C = (1,0,-3) merupakan titik-titik di ℜ3 . Tentukan : a. Luas segitiga ABC ! b. Proyeksi orthogonal ruas garis AB terhadap ruas garis yang tegak lurus terhadap ruas garis AC dan BC ! 4. a. Misalkan A adalah himpunan polinom orde 3 yang berbentuk a0 + a1 x + a 2 x 2 + a3 x 3 dimana a 0 − 2a 2 + a3 = 0 . Periksa apakah A

merupakan subruang dari ruang vektor polinom orde 3 ! jika ya tentukan basis dan dimensinya ! Arip Paryadi , IT Telkom

10


 2 1   0 2   1 1  1 2  ,  ,  ,  . . Periksa, apakah  − 1 0   − 1 4   − 1 1  − 1 3 

b. Diketahui W = 

W merupakan basis bagi ruang vektor matriks 2×2 ! ------------------o0 YLS-ADW-ERW-DMA 0o-----------------good Luck ! ..


11


PEMBAHASAN


12


PEMBAHASAN Ujian Tengah Semester Genap 2008/2009 Mata Kuliah : Aljabar Linear / MA1223 Senin 20-04-2009 UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 1. Diketahui SPL memiliki solusi tak hingga banyak a. Menentukan nilai k Jika SPL dituliskan sebagai perkalian matriks akan menjadi − 3  x   0  1 2      5  y  =  0  3 −1  4 1 k 2 − 14  z   0      

Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah − 3 0 1 2   5 0 3 −1  4 1 k 2 − 14 0   

yang dapat direduksi sebagai berikut − 3 0 1 2  − 3b1 + b2 ~  0 − 7 14 0   − 4b1 + b3 ~  2  0 − 7 k − 2 0

Dari matriks ini terlihat bahwa sistem akan memiliki penyelesaian tak hingga banyak jika dan hanya jika k 2 − 2 = 14 yaitu k = ±4 . b. Menentukan solusinya Jika k = ±4 kita substitusikan pada operasi terakhir pada poin sebelumnya maka akan diperoleh 1 2 − 3   0 − 7 14  0 − 7 14 

0  0 0

1 2 − 3 0 1 0   − 2b2 + b1 ~  ~  0 1 − 2 0 0 1 7b2 + b3 ~   0 − 7 14 0   0 0 dari matriks ini kita peroleh x + z = 0 dan y − 2 z = 0 . Karena − 17 b2

1 0  − 2 0 0 0 

nilai z

dapat ditetapkan dengan sembarang nilai t, maka kita memperoleh sebuah penyelesaian yaitu x = −t , y = 2t , z = t ; t ∈ ℜ .


13


2. Diketahui matriks A4x4

1 2 dengan A =  3  1

1 −1 1

2

2

1

0

3

2 1  3  − 1

a. Menghitung det(A)

Det ( A) =

=

=

1 1 −1

2

2 1

2

1

3 2

1

3

1 0

3

−1

1 1 −1

2

2 1

1

2

1 1 −1

2

1 0

−1

3

1 1 −1

2

2 1

2

1

0 0

0

0

1 0

3

−1

Diperoleh dengan mengalikan baris kedua dengan -1 kemudian menambahkannya pada baris ketiga

Diperoleh dengan mengalikan baris pertama dengan -1 kemudian menambahkannya pada baris ketiga

Jika kita lakukan ekspansi kofaktor sepanjang baris ketiga, maka akan menghasilkan Det ( A) = 0 . 3 1 b. Menentukan solusi X (jika ada) dari AX = B dengan B =   4    − 2

Sistem ini jika dituliskan dengan lengkap adalah 1  2 3  1 

1 − 1 2  x1   3      1 2 1  x 2   1  = 2 1 3  x 3   4      0 3 − 1 x 4   − 2 


14


Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah 1  2 3  1 

1 −1 1

2

2

1

0

3

3   1  3 4   − 1 − 2  2

1

dengan menerapkan OBE yang sama dengan OBE pada poin sebelumnya ( poin a) sistem ini akan tereduksi menjadi 1  2 0  1 

1 −1 1

2

0

0

0

3

3   1  0 0   − 1 − 2  2

1

Kemudian kita lanjutkan sehingga didapat bentuk eselon baris tereduksi sebagai berikut 1  − b1 + b 2 ~  1 b3 ↔ b 4 ~  1  0 

1 −1

0  − b2 + b1 ~  1 − b2 + b3 ~  0  0 

1 −4

Dari

0

3

0

3

0 0

3

0

0

0

matriks

2 3   −1 − 2 −1 − 2  0 0  5   −1 − 2 0 0   0 0  3

terakhir

kita

1  0 b1 ↔ b 2 ~  0  0 

−1 − 2  1 −4 3 5  0 0 0 0   0 0 0 0 

peroleh

x1 + 3 x 3 − x 4 = −2

0

3

dan

x 2 − 4 x 3 + 3x 4 = 5 . karena nilai x3 bisa kita tetapkan sebagai

sembarang nilai s, dan x 4 sebagai sembarang nilai t, maka kita mendapatkan penyelesaian yaitu x1 = −2 − 3s + t , x 2 = 5 + 4s − 3t , x 3 = s dan x 4 = t ; s, t ∈ ℜ 3. Misalkan A = (1,1,2), B = (-1,0,3), C = (2,-3,4) a. Menghitung luas segitiga ABC AB = B − A = (− 1,0,3) − (1,1, 2 ) = (− 2, −1,1) AC = C − A = (2,−3,4 ) − (1,1,2 ) = (1,−4,2 )


15


iˆ

− 1 1 = iˆ

AB × AC = − 2

−4 2

1 Luas ∆ABC =

kˆ

ˆj

1 2

−1 1 −4 2

AB × AC =

− ˆj

−2 1 1

− 2 −1 + kˆ = 2iˆ + 5 ˆj + 9kˆ 2 1 −4

2iˆ + 5 ˆj + 9 kˆ =

1 2

1 2

4 + 25 + 81 =

1 2

110

b. Menentukan proyeksi orthogonal ሬሬሬሬሬԦ ‫ ܤܣ‬terhadap ሬሬሬሬሬԦ ‫ܥܣ‬ Pr oy

AC

AB =

AB • AC AC

AC =

2

−2+4+2 (1,−4,2 ) = 4 (1,−4,2) 1 + 16 + 4 21

{

}

4. Memeriksa apakah W subruang dari R3 jika W = (a, b, c ) a 2 = b 2 + c 2 . Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat dari subruang. Misalkan ada dan ambil sembarang anggota dari W yaitu w1 , w 2 ∈ W dengan w1 = (a1 , b1 , c1 ) dan w2 = (a 2 , b2 , c 2 ) . Tujuan kita adalah memeriksa apakah w1 + w2 ∈ W . maka secara berturut turut haruslah berlaku

Karena w1 , w2 ∈ W

a1 2 = b1 2 + c1 2 * dan a 2 2 = b2 2 + c 2 2 * .

Kemudian w1 + w2 = (a1 , b1 , b2 ) + (a 2 , b2 , c 2 ) = (a1 + a 2 , b1 + b2 , c1 + c 2 ) .

Sekarang perhatikan bahwa

(a1 + a 2 )2 = a1 2 + a 2 2 + 2a1a 2

( = (b

)( )+ (c

berdasarkan * dan ** akan menghasilkan

)

= b1 2 + c1 2 + b2 2 + c 2 2 + 2a1 a 2 2

1

+ b2 2

1

2

)

+ c 2 2 + 2a1 a 2

≠ (b1 + b2 )2 + (c1 + c 2 )2

Ini menunjukkan bahwa w1 + w2 ∉ W yaitu W tidak tertutup terhadap perkalian. Jadi W bukanlah subruang dari R3. (tidak perlu kita periksa sifat sifat yang lainnya dari subruang) 5. Memeriksa p1 (x ) = 1 + x,

apakah

polinom-polinom

p 2 (x ) = 1 − x + x , 2

berikut

p 3 (x ) = 2 + x , dan 2


Membangun

P2

.

p 4 (x ) = 3 + x + x

2

16


Untuk melihatnya harus kita periksa apakah sembarang polinom p = a + bx + cx 2

pada P2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear

p = k1 p1 + k 2 p 2 + k 3 p 3 + k 4 p 4 (5.1) .

Jika

kita

tuliskan

(5.1)

(

a + bx + cx = k1 (1 + x ) + k 2 1 − x + x 2

dengan 2

lengkap

akan

menjadi

)+ k (2 + x )+ k (3 + x + x ) 2

2

3

4

= (k1 + k 2 + 2k 3 + 3k 4 ) + (k1 − k 2 + k 4 )x + (k 2 + k 3 + k 4 )x 2

Dengan membandingkan koefisien suku yang sejenis pada kedua ruas diperoleh k1 + k 2 + 2k 3 + 3k 4 = a k1 − k 2 + k 4 = b k 2 + k3 + k 4 = c

Dalam bentuk perkalian matriks sistem ini menjadi  k1   1 1 2 3    a    k 2     1 − 1 0 1   =  b   0 1 1 1  k 3   c    k     4

Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah 1 1 2 3  1 −1 0 1  0 1 1 1

a  b  c

yang dapat direduksi sebagai berikut 1 1 2 3  − b1 + b 2 ~  0 − 2 − 2 − 2  1 1 0 1

a   b − a  c 

1 1 2 3  − b2 ~  0 1 1 1  0 1 1 1 1 2

  (a − b )  c  a

1 2

Perhatikan bahwa sistem ini akan konsisten (memiliki penyelesaian ) jika dan hanya jika c = 12 (a − b) yang bertentangan dengan pernyataan sembarang polinom p = a + bx + cx 2 . Jika c ≠

1 2

(a − b ) maka sistem ini

tidak memiliki penyelesaian yang berarti ada polinom p ∈ P2 yang tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear p = k1 p1 + k 2 p 2 + k 3 p 3 + k 4 p 4 yaitu p1, p 2 , p3 dan p 4 tidak membangun P2. Arip Paryadi , IT Telkom

17


PEMBAHASAN Ujian Tengah Semester Genap 2007/2008 MA 1223 ALJABAR LINEAR Rabu / 9 April 2008 UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008

1. Untuk melihat apakah S = {v1 = (1,2,3), v 2 = (2,3,4), v 3 = (0,0,0)} saling bebas linear harus diperiksa apakah k1 = k 2 = k 3 = 0 merupakan satu satunya solusi dari k1v1 + k 2 v 2 + k 3 v3 = 0 . Jika kita tuliskan persamaan ini dalam komponen komponennya maka akan menjadi k1 (1,2,3) + k 2 (2,3,4 ) + k 3 (0,0,0) = (0,0,0) . Dengan mudah dibuktikan bahwa k1 = k 2 = k 3 = 0 merupakan solusi dari persamaan ini. Tetapi itu bukan satu satunya solusi, karena k1 = k 2 = 0, k 3 = t , t ∈ ℜ juga merupakan solusi. Sehingga menurut definisinya S bergantung linear (tak bebas linear). Alternatif

Karena kita dapat menuliskan v 3 sebagai kombinasi linear dari vektor vektor lainnya pada S yaitu v 3 = 0v1 + 0v 2 maka S saling bergantung linear. 1 2 0 − 1 2. Menghitung det(2A) jika diketahui A =  0 2  3 − 5

3 4 1 5 ! 0 0  1 0

Dengan melakukan ekspansi kofaktor sepanjang baris ketiga kita memiliki 1 3 4 1 5 3 4  = −2(− 5 + 33) = −56 det( A) = (− 1)5 .2. 0 1 5 = −2 +3 1 0 1 5   3 1 0

Sehingga Det (2 A) adalah 2 4 (− 56) = −896 Arip Paryadi , IT Telkom

18


3. Menentukan solusi SPL 2 x + y − z = −1 x− y=2 y + z =1 Jika 2  1 0 

kita tuliskan dalam bentuk perkalian matriks akan menjadi 1 − 1 x   − 1     − 1 0  y  =  2  . 1 1  z   1 

Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah  2 1 − 1 − 1   1 −1 0 2  0 1 1 1   yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai berikut  1 2 − 1 − 3  1 2 − 1 − 3     − b2 + b1 ~  1 − 1 0 2  − b1 + b2 ~  0 − 3 1 5  0 1 0 1 1 1  1 1     1 0 − 3 − 5  − 2b3 + b1 ~  8  0 0 4 3b3 + b2 ~  1  0 1 1

1 0 0 1   − 14 b2 + b3 ~  0 0 4 8  3 b + b1 ~   4 2  0 1 0 − 1

1 0 0 1  1    b2 ~ 0 0 1 2  b 2 ↔ b3 ~  0  0 1 0 − 1 0    Dari matriks yang terakhir kita telah memperoleh SPL yaitu x = 1, y = −1 dan z = 2 . 1 4

{

1   1 0 − 1 0 1 2  sebuah penyelesaian 0

4. Diketahui W = a + bx + cx 2 a = b + c, dengan b , c ∈ R

0

}

c. Memeriksa apakah W adalah subruang polinom orde dua P2 . Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat sebagai subruang. Karena 2 + x + x 2 adalah anggota dari W, maka W memenuhi sifat subruang pertama yaitu W ≠ { } . Arip Paryadi , IT Telkom

19


Jelas bahwa W ⊂ P2 Misalkan ada sembarang polinom anggota W yaitu w1 , w2 ∈W

dengan w1 = a1 + b1 x + c1 x 2 dan w2 = a 2 + b2 x + c 2 x 2 . Tujuan kita adalah ingin memeriksa apakah w1 + w2 ∈W . Karena w1 , w2 ∈W maka secara berturut turut haruslah berlaku a1 = b1 + c1 * dan a 2 = b2 + c 2 * * . Kemudian

(

) (

w1 + w2 = a1 + b1 x + c1 x 2 + a 2 + b2 x + c 2 x 2 = (a1 + a 2 ) + (b1 + b2 )x + (c1 + c 2 )x

Sekarang

perhatikan

)

2

bahwa

berdasarkan * dan ** a1 + a 2 = (b1 + c1 ) + (b2 + c 2 ) = (b1 + b2 ) + (c1 + c 2 ) yang menunjukkan

bahwa w1 + w2 ∈W . jadi W memenuhi sifat selanjutnya dari subruang. Selanjutnya untuk sembarang nilai k ∈ R dan w1 ∈W berlaku

(

)

kw1 = k a1 + b1 x + c1 x 2 = ka1 + kb1 x + kc1 x 2 dan akan kita periksa

apakah kw1 ∈ W Karena ka1 = k (b1 + c1 ) = kb1 + kc1 ini menunjukkan bahwa kw1 ∈ W yang melengkapi pemeriksaan kita bahwa W subruang dari P2. d. Menentukan basis dan dimensi dari W. persamaan a = b + c memiliki jumlah penyelesaian yang tak trivial. Karena hanya ada sebuah persamaan yang melibatkan tiga buah bilangan yang tidak diketahui, maka ada dua variabel bebas. Misalkan b = s dan c = t maka a = s + t . sehingga kita dapat menuliskan W sebagai

{

(

)}

W = (s + t ) + sx + tx 2 = (1 + x )s + 1 + x 2 t

yang

menunjukkan bahwa

polinom polinom p1 = 1 + x dan

p 2 = 1 + x 2 merentang W. Karena p1 dan p 2 keduanya tidak saling

berkelipatan satu sama lain, maka p1 dan p 2 saling bebas linear. Jadi

{p1 , p 2 } adalah basis bagi W yang berdimensi 2. Arip Paryadi , IT Telkom

20


5. Menentukan basis dan dimensi ruang solusi dari SPL homogen x+ y+ z+w=0 − x + 2y − w = 0 Kita dapat menyatakan sistem ini dalam bentuk perkalian matriks sebagai  w    1 1 1 1  x   0    =    − 1 − 1 2 0  y   0 z   Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah  1 1 1 1 0    − 1 − 1 2 0 0 Yang dapat direduksi menjadi eselon baris tereduksi sebagai berikut 1 1 1 1 0  b1 + b2 ~  0 0 3 1 0

1 b 3 2

1 1 1 1 0  ~  1  0 0 1 0 3  

1 1 0 − b2 + b1 ~  0 0 1 

Dari matriks yang terakhir kita memiliki w = − x −

2 3

2 3 1 3

0  0

z dan y = − 13 z .

karena nilai x dapat ditetapkan dengan sembarang nilai s dan nilai z dapat ditetapkan dengan sembarang nilai t, maka terdapat tak terhingga banyaknya pemecahan yang membentuk ruang solusi SPL yaitu

 w   − s − 2 t   − 1  − 2   3     3     s   1   0   x     =   =   s +  1  1  y   − 3 t   0   − 3     0   1   z   t         − 23   − 1      0  1 yang menunjukkan bahwa vektor vektor v1 =   dan  1  merentang 0 − 3    0  1     

ruang solusi tersebut. Karena v1 dan v 2 tidak saling berkelipatan satu sama lain maka kedua vektor ini saling bebas bebas linear. Jadi {v1 , v 2 } adalah basis bagi ruang solusi SPL yang dimaksud yang berdimensi 2. Arip Paryadi , IT Telkom

21


6. Menghitung luas segitiga yang titik-titik sudutnya P (1,2,3) , Q (4,3,1), dan R (2,1,2) PQ = Q − P = (4,3,1) − (1,2,3) = (3,1,−2) PR = R − P = (2,1,2) − (1,2,3) = (1,−1,−1)

iˆ

ˆj

PQ × PR = 3

1

kˆ − 2 = iˆ

1 −1 −1

Luas ∆PQR =

1 2

−2

1

−1 −1

PQ × PR =

1 2

− ˆj

3 −2 1

3 1 + kˆ = −3iˆ + ˆj − 4kˆ −1 1 −1

− 3iˆ + ˆj − 4kˆ =

1 2

26


22


PEMBAHASAN Ujian Tengah Semester Genap 2006/2007 Aljabar Linear / MA1223 UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007  a      1. Menentukan basis dan dimensi subruang W =  b  a − 2c = 0  c     

Kondisi a − 2c = 0 menunjukkan bahwa b merupakan variabel bebas, misalkan b = s . Karena tersisa sebuah persamaan dan dua bilangan yang belum diketahui (a,c) , maka kita memiliki sebuah variabel bebas lagi, misalkan c = t sehingga diperoleh a = 2t . Dengan demikian kita dapat menuliskan W sebagai  a   2t   0   2            W =  b  =  s  =  1  s +  0 t   c   t   0   1            0  2     yang menunjukkan bahwa vektor vektor u =  1  dan v =  0  merentang 0 1    

W. Karena u dan v tidak saling berkelipatan satu sama lain, maka kedua vektor ini saling bebas linear . Akhirnya kita simpulkan bahwa {u, v} adalah basis bagi W yang berdimensi 2.

{

2. Diketahui S = 2 + x + x 2 , 1 − 2 x + x 2 , 1 + x − 2 x 2

}

a. Memeriksa apakah S bebas linear. Untuk memeriksanya harus kita periksa apakah jika diberikan k1 , k 2 , dan k 3 maka k1 = k 2 = k 3 = 0 merupakan satu satunya solusi

(

) (

) (

)

dari k1 2 + x + x 2 + k 2 1 − 2 x + x 2 + k 3 1 + x − 2 x 2 = 0 . Dengan mengumpulkan

....(*)

suku suku yang sejenis pada (*) akan

diperoleh (2k1 + k 2 + k 3 ) + (k1 − 2k 2 + k 3 ) x + (k1 + k 2 − 2k 3 ) x 2 = 0 . Karena persamaan ini harus dipenuhi untuk setiap nilai x, maka haruslah berlaku 2k1 + k 2 + k 3 = k1 − 2k 2 + k 3 = k1 + k 2 − 2k 3 = 0 atau Arip Paryadi , IT Telkom

23


dalam bentuk perkalian matriks menjadi 1   k1   0  2 1       1 − 2 1   k 2  =  0  . .....(* *)  1 1 − 2  k   0   3   

Sekarang perhatikan bahwa 1  2 1   −2 1 1 1 1 −2 det 1 − 2 1  = 2 + (− 1)3 + = 6 + 3 + 3 = 12 ≠ 0 1 −2 1 −2 1 1  1 1 − 2   yang menunjukkan bahwa matriks koefisien pada ** dapat dibalik (memiliki invers) yang berakibat ** hanya memiliki sebuah solusi penyelesaian yaitu 1   k1   2 1     k2  = 1 − 2 1   k  1 1 − 2  3  

−1

 0 0      0 = 0  0 0    

yang berarti S bebas linear. b. Memeriksa apakah S membangun P2. Akan kita periksa apakah sembarang polinom a = a 0 + a1 x + a 2 x

2

dapat

(

dinyatakan

) (

sebagai

pada P2

yaitu

kombinasi

linear

) (

a 0 + a1 x + a 2 x 2 = k1 2 + x + x 2 + k 2 1 − 2 x + x 2 + k 3 1 + x − 2 x 2

)

.

Atau

dengan kata lain akan kita periksa apakah ada k1 , k 2 , dan k 3 sehingga

(

) (

) (

)

a 0 + a1 x + a 2 x 2 = k1 2 + x + x 2 + k 2 1 − 2 x + x 2 + k 3 1 + x − 2 x 2 .

Dengan mengumpulkan suku suku yang sejenis pada kedua ruas akan diperoleh a 0 + a1 x + a 2 x 2 = (2k1 + k 2 + k 3 ) + (k1 − 2k 2 + k 3 ) x + (k1 + k 2 − 2k 3 ) x 2 .

Dengan membandingkan koefisien suku yang sama pada kedua ruas diperoleh k1 + k 2 + k 3 = a 0 , k1 − 2k 2 + k 3 = a1 , dan k1 + k 2 − 2k 3 = a 2 atau dalam bentuk perkalian matriks menjadi 1   k1   a 0  2 1       1 − 2 1   k 2  =  a1  ....(***) 1 1 − 2  k   a    3   2 


24


Terlihat bahwa matriks koefisien pada ** dan *** adalah sama dan pada poin sebelumnya telah ditunjukkan bahwa matriks koefisien pada *** dapat dibalik yang berakibat *** selalu memiliki penyelesaian untuk sembarang a 0 , a1 dan a 2 yaitu S membangun P2. Note : Untuk membuktikan bahwa S bebas linear kita cukup menunjukkan keberadaan k1 , k 2 , dan k 3 (ada atau tidak ada) tanpa perlu mencari

nilai tepat dari k1 , k 2 , dan k 3 yang sebenarnya. Tetapi jika pembaca ingin mendapatkannya, maka untuk kasus di atas penyelesaian untuk k1 , k 2 , dan k 3 adalah 1   k1   2 1     k2  = 1 − 2 1   k  1 1 − 2  3  

−1

 a0     a1  a   2

c. Memeriksa apakah S basis P2 . Karena S merentang P 2 dan S bebas linear , maka S basis bagi P2. 3. Menentukan

r y

jika

r r u × y = (1,1,−1) = iˆ + ˆj − kˆ r r r i j k r 3 r r u × y = −1 3 2 = i y2 y1 y 2 y3

diketahui

r u = (− 1,3,2) ),

r y = ( y1 , y 2 , y3 )

dan

2 r −1 2 r −1 3 −j +k y3 y1 y3 y1 y 2

r r r = (3 y 3 − 2 y 2 )i + ( y 3 + 2 y1 ) j − ( y 2 + 3 y1 )k

r r

Karena menurut hipotesanya u × y = iˆ + ˆj − kˆ

maka kita memiliki

3 y 3 − 2 y 2 = 1 , y 3 + 2 y1 = 1 , dan y 2 + 3 y1 = 1 yang dapat dituliskan dalam

bentuk perkalian matriks menjadi  0 − 2 3   y1  1       2 0 1   y 2  =  1  3 1 0   y   1   3   

Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah Arip Paryadi , IT Telkom

25


 0 − 2 3 1    2 0 1 1  3 1 0 1  

yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai berikut. 0 − 2 3  1 b1 + b3 ~  2 0 1 2  3 3 0 2

1  1 3  2

0 − 2 3  3 − b1 + b3 ~  2 0 1 2 0 0 0 

1   1 0 12 2   b1 ↔ b2 ~  0 1 − 32 − 12    0  0 0 0

 0 1 − 32 − 12   ~  1 0 12 12  ~  0 0 0 0   

− 12 b1 1 b 2 2

Dari matriks terakhir kita peroleh y1 + 12 y 3 = y 3 sebagai variabel bebas.

1  1 0 

1 2

, y 2 − 32 y 3 = − 12 dengan

Misalkan y 3 = t maka y1 = 12 − 12 t dan

r y 2 = − 12 + 32 t . Akhirnya kita mendapatkan y yang dimaksud yaitu r y = ( y1 , y 2 , y 3 ) = 12 − 12 t , − 12 + 32 t , t = 12 , − 12 , 0 + − 12 , 32 , 1 t

(

) ( r

) (

)

r

4. Menentukan semua nilai k supaya u dan v membentuk sudut lancip, r r Jika diketahui u = (k , k − 1,1), v = (− k − 1,2k ,4) r

r r

r

Agar u dan v membentuk sudut lancip maka haruslah berlaku u • v ≥ 0 yaitu

(k , k − 1,1) • (−k − 1,2k ,4) ≥ 0 k (− k − 1) + (k − 1)2k + 4 ≥ 0 − k 2 − k + 2k 2 − 2k + 4 ≥ 0 k 2 − 3k + 4 ≥ 0

(k − 32 )2 + 74 ≥ 0 2 Karena (k − 32 ) + 74 selalu bernilai positif (definit positif) untuk setiap nilai k maka pernyataan terakhir adalah selalu benar untuk sembarang nilai k. r r Jadi nilai k yang menyebabkan u dan v membentuk sudut lancip adalah k∈ℜ . Arip Paryadi , IT Telkom

26


5. Menentukan basis dan dimensi ruang solusi homogen

(ruang null) dari SPL

 x1  3 1 1 1   0    x2     5 −1 1 −1    =  0 .  1 − 1 0 − 1  x3   0    x     4

Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah 1 0 3 1 1    5 −1 1 −1 0 1 −1 0 −1 0  

yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai berikut 0 4 0 1 b3 + b1 ~  0 4 0 1 − b3 + b2  1 − 1 0 − 1   1 −1 0 b1 ↔ b3 ~  1 1 0 4 1 b ~ 2 4 4 0 1 

0  0 0 

−1 0   0 0 0 0 

0 0 4 0 1  b3 + b1 ~  0 0 4 0 1 − b3 + b 2 ~    1 −1 0 −1 0  1 −1 0 − b1 + b2 ~  1 0 1 4 − 4b2 + b3 ~  0 0 0

 1 0 14  b2 + b1 ~  0 1 14  0 0 0

−1 0  1 0 0 0 

0  1 0  0 0 

0

Dari matriks ini kita memiliki x1 + 14 x 3 = 0 dan x 2 + 14 x 3 + x 4 = 0 dengan x 3 dan x 4 sebagai variabel bebas. Misalkan x 3 = s dan x 4 = t maka x1 = − 14 s dan x 2 = − 14 s − t . Dengan demikian ruang penyelesaian SPL

homogen di atas adalah sebagai berikut  x1   t   1   0             x 2   t − s   1   − 1    =   =  t +   s   x3   − 4t   − 4   0    x 4   s   0   1    

yang menunjukkan bahwa vektor vektor Arip Paryadi , IT Telkom

27

1001 Pembahasan UTS Aljabar Linear  1  0     r  1  r  − 1 u =   dan v =   −4 0      0  1    

r

r

merentang ruang penyelesaian SPL tersebut. Karena u dan v tidak saling berkelipatan satu sama lain, maka kedua vektor ini saling bebas linear . r r Akhirnya kita simpulkan bahwa {u , v} adalah basis ruang solusi SPL di atas.


28


PEMBAHASAN Ujian Tengah Semester Genap 2005/2006 MA1223 Aljabar Linear KAMIS 6 April 2006 UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006 r r 1. Menentukan nilai x3 jika diketahui SPL dalam bentuk matriks AX = B , 5 5 k x  1 r  1 r     dengan A = − 1 − 1 0 X =  x2 , B =  1  dan Det ( A) = −1 x   − 1  k 2k 3  3  

Untuk mempermudah dalam menentukan nilai x3 terlebih dahulu kita tentukan nilai k. Dari Det ( A) = −1 kita memiliki 5

−1 −1 k 5 +0+3 = −1 k 2k −1 −1

5(−2k + k ) + 3(−k + 5) = −1 −8k + 15 = −1 k =2

Sehingga SPL menjadi  2 5 5   x1   1        −1 −1 0  x2  =  1  .  2 4 3   x   − 1   3   

Kemudian dengan menggunakan metode Crammer kita peroleh 2 5 1  −1 1 −1 1 −1 −1  det ( A3 )  = − − 1 − 1 1 = − 2 + (− 1)3 .5. + 1. x3 =  4 − 1 2 − 1 2 4 det ( A )   2 4 −1 = −(2.(− 3) − 5(− 1) + (− 2)) = −(− 6 + 5 − 2) = 3

2. Menentukan nilai k agar

r proybr a = 4 jika diketahui

r a = (1, k ,1) dan

r b = (2,2,−1) . r proybr a = 4 r r a •b =4 b


29


(1, k ,1) • (2,2,−1) = 4 (2,2,−1) 2 + 2k − 1 4 + 4 +1

=4

2k + 1 =4 3 2k + 1 = 12

k=

11 2

3. Memeriksa apakah W subruang R3 jika diketahui W = {(x, y, z ) x − z = 0} Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat dari subruang. Dengan mudah dapat ditunjukkan bahwa (1,1,1) adalah anggota dari W yang menunjukkan W memenuhi sifat pertama dari subruang yaitu W ≠ { }. Jelas bahwa W ⊂ R 3 yang menunjukkan bahwa memenuhi sifat kedua

dari subruang. Misalkan ambil sembarang anggota dari W yaitu w1 , w2 ∈ W dengan w1 = (a, b, c ) dan w2 = ( p, q, r ) . Tujuan kita adalah memeriksa apakah ( w1 + w2 ) ∈ W .

Karena

w1 , w2 ∈ W maka secara berturut turut haruslah berlaku

a − c = 0 * dan p − r = 0 * * . Kemudian

w1 + w 2 = (a , b , c ) + ( p , q , r ) = (a + p , b + q , c + r )

.

Sekarang perhatikan bahwa (a + p ) − (c + r ) = (a − c ) + ( p − r ) = 0 + 0 = 0 (berdasarkan * dan **) yang menunjukkan bahwa ( w1 + w2 ) ∈ W yaitu W memenuhi sifat selanjutnya dari subruang. Selanjutnya untuk setiap

k ∈ℜ

dan

w1 ∈ W

berlaku

kw1 = k (a, b, c ) = (ka, kb, kc ) dan kita ingin memeriksa apakah kw1 ∈ W .

Karena ka − kc = k (a − c ) = k .0 = 0 (berdasarkan*) maka kw1 ∈ W yang melengkapi pemeriksaan kita bahwa W adalah subruang dari R3. Arip Paryadi , IT Telkom

30


{

4. Diketahui S = 1 − x + x 2 ,1 + x + x 2

}

a. Memeriksa apakah S membangun P2 Misalkan S = {p1 , p 2 } dengan p1 = 1 − x + x 2 dan p 2 = 1 + x + x 2 . untuk melihat apakah S membangun P2 maka harus diperiksa apakah sembarang polinom p = a + bx + cx 2 pada P2 dapat dinyatakan sebagai

kombinasi linear p = k1 p1 + k 2 p 2 . Atau dengan kata lain akan kita tunjukkan apakah ada k1 dan k 2 sehingga p = k1 p1 + k 2 p 2 .............(4.a ) . Jika (4.a) kita tuliskan dalam komponennya akan menghasilkan

(

) (

)

k1 1 − x + x 2 + k 2 1 + x + x 2 = a + bx + cx 2 .

Dengan mengumpulkan suku suku yang sejenis pada ruas kiri diperoleh (k1 + k 2 ) + (− k1 + k 2 )x + (k1 + k 2 )x 2 = a + bx + cx 2

Dengan membandingkan koefisien suku yang sama pada kedua ruas diperoleh k1 + k 2 = a...................(4.b ) − k1 + k 2 = b................(4.c ) k1 + k 2 = c..................(4.d )

Perhatikan bahwa (4.b) dan (4.d) mengharuskan a = c yang bertentangan dengan pernyataan sembarang polinom p = a + bx + cx 2 . Artinya

tidak

ada

k1 dan k 2

untuk

sembarang

p

sehingga

p = k1 p1 + k 2 p 2 , yaitu S tidak membangun P2.

b. Memeriksa apakah S bebas linear. Karena polinom polinom p1 dan p 2 pada

S

tidak saling

berkelipatan satu sama lain maka S bebas linear. Alternatif untuk menunjukkan bahwa S bebas linear adalah dengan menunjukkan bahwa k1 = k 2 = 0 merupakan satu satunya solusi dari k1 p1 + k 2 p 2 = 0 . Penulis tinggalkan kepada pembaca sebagai latihan.

c. Menentukan apakah S basis P2 . Walaupun S bebas linear, tetapi S tidak merentang P2 sehingga S bukan basis bagi P2. Arip Paryadi , IT Telkom

31


PEMBAHASAN Ujian Tengah Semester Genap 2004/2005 MA1223 – Aljabar Linear KAMIS, 14 April 2005 UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005

1. Diketahui A = (1,2,3), B = (−1,2,−3), dan C = (3,2,1) merupakan titik pada ruang XYZ . a. Menentukan proyeksi vektor AC terhadap vektor AB ! AC = C − A = (3,2,1) − (1,2,3) = (2,0,−2) AB = B − A = (− 1,2,−3) − (1,2,3) = (− 2,0 − 6) proy AB AC = =

AC • AB AB

2

⋅ AB =

(2,0,−2) • (− 2,0,−6) ⋅ (− 2,0,6)

(

4 + 0 + 36

)

2

−4 + 12 1 ⋅ (− 2,0,6 ) = (− 2,0,6 ) 40 5

b. Menentukan luas segitiga ABC 1 AC × AB 2 ˆj kˆ iˆ

Luas ∆ABC =

2 −2 0 − 2 = (− 1)3 ˆj = −(− 12 − 4) ˆj = 16 ˆj −2 −6 −2 0 −6

AC × AB = 2

Luas ∆ABC =

1 1 16 ˆj = ⋅16 = 8 satuan luas . 2 2

  2. Menentukan det 3  

b  a  det  d − a e − b  g h 

2b 2c   2a  d − a e −b f − c     g + 2a h + 2b i + 2c 

 a b c      jika jiketahui det  d e f  = t  g h i    

c   f − c = t i 


32


2b  2a  det  d − a e − b  g h 

2c   f − c  = 2t i 

2b 2c   2a   det  d − a e − b f − c  = 2t  g + 2a h + 2b i + 2c      det  3  

2b 2c  2a  d −a e−b f −c   g + 2a h + 2b i + 2c

   

  3  = 3 .2t = 54t  

 x

1 3

3. Menentukan vektor tak nol u =   sehingga Bu = 6u jika B =  . .  y 5 3 Bu − 6u = 0  1 3  x   x  0     − 6   =    5 3  y   y  0  1 3  x   x  0     − 6 I   =   5 3 y     y  0  1 3  x  1 0  x  0     − 6     =   5 3 y    0 1  y  0  1 3  x   6 0   x   0      −     =    5 3  y   0 6   y   0 

 1 3 6 0   x   0        5 3 − 0 6   y  =  0          − 5 3   x   0     =    5 − 3  y   0 

Dari matriks ini kita peroleh 5x − 3 y = 0 . Karena hanya terdapat sebuah persamaan yang melibatkan dua buah bilangan tidak diketahui maka ada sebuah variabel bebas. Misalkan y = t maka x = 35 t . Jadi vektor u yang  3 t

3

dimaksud adalah u =  5  =  5 t  t  1

dengan t ∈ ℜ .


33


{

}

4. Menentukan basis subruang S = ax 2 + bx + c a + 2b = 3c . a + 2b = 3c ⇒ a = −2b + 3c

Karena hanya terdapat sebuah persamaan yang melibatkan 3 buah bilangan yang tidak diketahui, maka ada dua buah variabel bebas. Misalkan b = s dan c = t maka a = −2 s + 3t . Sehingga kita dapat menuliskan S sebagai

{

} {(

) (

)}

S = (− 2s + 3t )x 2 + sx + t . = x − 2 x 2 s + 1 + 3 x 2 t

yang menunjukkan bahwa polinom polinom p 2 = 1 + 3x 2

(

p1 = x − 2x 2

)

dan

merentang S. Karena p1 dan p 2 keduanya tidak saling

berkelipatan maka p1 dan p 2 saling bebas linear. Jadi {p1 , p 2 } adalah basis bagi S. Note :

Alternatif lain untuk membuktikan bahwa {p1 , p 2 } bebas linear adalah melalui prosedur umum yang biasa dilakukan yaitu dengan menunjukkan bahwa k1 = k 2 = 0 merupakan satu satunya penyelesaian dari k1 p1 + k 2 p 2 = 0 .

Jika ditulis dalam bentuk lengkap persamaan terakhir menjadi

(

)

(

)

k1 x − 2 x 2 + k 2 1 + 3 x 2 = 0 k 2 + k1 x + (− 2k1 + 3k 2 )x 2 = 0

Karena persamaan tersebut harus berlaku untuk setiap nilai x, maka haruslah k1 = k 2 = 0 yaitu {p1 , p 2 } bebas linear.


34


PEMBAHASAN Ujian Tengah Semester Ganjil 2003/2004 MA-2313 Aljabar Linear Selasa 7 Oktober 2003 UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004 3  2 1. Misalkan sistem persamaan linear AX = B, dimana A =  1  1 

− 6 2 − 1  −4 1 0  − 2 1 − 1  − 2 0 1 

a. Menentukan Determinan A 3 − 6 2 −1 det ( A) =

2 −4 1

0

1 − 2 1 −1 1 −2 0

1

3 − 6 2 −1 =

=

Diperoleh dengan menambahkan baris ke tiga pada baris ke dua.

3 − 6 2 −1 1 − 2 1 −1 1 −2 0

1

0

0

0

0

Diperoleh dengan mengalikan baris kedua dengan -1 kemudian menambahkannya pada baris pertama.

3 − 6 2 −1 1 − 2 1 −1 1 −2 0

1

=0

b. Menentukan A-1 bila ada Karena det ( A) = 0 maka A tidak memiliki invers. c. Menentukan basis ruang solusi, jika B = 0  x1    x  Misalkan X =  2  maka x  3 x   4

3  2 SPL menjadi  1  1 

−6 −4 −2 −2

2 − 1  x1   0      1 0   x2   0  = 1 − 1  x3   0      0 1   x4   0 

matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah Arip Paryadi , IT Telkom

35

1001 Pembahasan UTS Aljabar Linear 3  2 1  1 

− 6 2 −1 0   − 4 1 0 0 − 2 1 −1 0   − 2 0 1 0 

Yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai berikut  3 − 6 2 −1 0   b3 + b 2 ~  3 − 6 2 − 1 0  − b1 + b4 ~  1 − 2 1 − 1 0     − 2 4 − 2 2 0      − 3b3 + b1 ~    

0

0

−1

2

0

0

0

0

1 −2

1

−1

0

0

0

0

1  0 b 3 ↔ b1 ~  0  0 

−2

0

1

0

0

0

0

−1 2

0

0

0

1  0 b 2 ↔ b3 ~  0  0 

−2

0

1

0

1

−2

0

0

0

0

0

0

0  0 0  0  0  0 0  0 

 3 − 6 2 −1  − b1 + b 2 ~  0 0 0 0 2b3 + b 4 ~  1 − 2 1 − 1  0 0 0 0  0 0 −1  0 0 0 b1 + b3 ~  1 −2 0  0 0 0  1 − 2  0 0 − b3 ~  0 0  0 0 

2 0 1 0

0

1

0

0

1 −2 0

0

0  0 0  0  0  0 0  0  0  0 0  0 

0  0 0  0 

Dari matriks ini diperoleh x3 − 2 x 4 = 0 dan x1 − 2 x 2 + x 4 = 0 . Karena hanya terdapat dua persamaan dengan empat buah bilangan tidak diketahui, maka ada dua buah variabel bebas. Misalkan x 2 = s dan x 4 = t maka x 3 = 2t dan x1 = 2 s − t sehingga kita memperoleh ruang

penyelesaian SPL sebagai berikut  x1   2s − t   2   − 1          0  x 2   s   1  =   s +  t    =   2  x3   2t   0             x 4   t   0   1   


36

1001 Pembahasan UTS Aljabar Linear 2  − 1     r 1 r 0 yang menunjukkan bahwa vektor vektor u =   dan v =   0 2     0 1     r r merentang ruang penyelesaian tersebut. Karena u dan v keduanya r r tidak saling berkelipatan, maka u dan v saling bebas linear . Jadi {ur, vr} adalah basis ruang solusi dari SPL yang dimaksud.

1  0 2. Diketahui sistem persamaan linear  1  1 

0 2 1 −1 5 α 0 2

1   x1   1      1   x2   2  = 6   x3  11     β   x4   α 

a. Menentukan nilai α dan β agar SPL memiliki solusi yang banyak. Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah 1  0  1 1 

0 2 1 −1 5 α 0 2

1 1 6

β

1  2  11 α 

yang dapat direduksi sebagai berikut   − b1 + b4  − b1 + b3    

1     0 1 −1 1 2   − 5b2 + b3 ~  0 5 α −2 5 10     0 0 0 β − 1 α − 1   1 0

2

1

*

1   0 1 −1 1 2  0 0 α +3 0 0   0 0 0 β −1 α −1  1 0

2

1

Ada dua kemungkinan yang menyebabkan sistem ini memiliki solusi banyak yaitu α = −3 atau α = β = 1 . b. Menentukan solusi SPL diatas dari jawaban a misalkan kita pilih alternatif kedua pada poin a yaitu α = β = 1 , maka operasi terakhir pada poin a (*) akan menjadi       

1 1  0 1 −1 1 2  0 0 4 0 0  0 0 0 0 0  1 0

2

   1 b ~ 4 3    

1 0 2 1 1  0 1 −1 1 2  0 0 1 0 0  0 0 0 0 0 

  − 2b3 + b1 ~  b3 + b2 ~    


1 0 0 1 1  0 1 0 1 2 0 0 1 0 0  0 0 0 0 0 

37


Dari matriks terakhir kita memiliki x 3 = 0 , x1 + x 4 = 1 , dan x2 + x4

= 2 . Karena tersisa dua persamaan dengan tiga buah

bilangan yang tidak diketahui, maka ada sebuah variabel bebas. Misalkan x 4 = t maka x1 = 1 − t dan x 2 = 2 − t . Sehingga kita mendapatkan

penyelesaian

SPL

yang

dimaksud

yaitu

 x1   1 − t   1   − 1          x 2   2 − t   2   − 1  x  =  0  =  0  +  0 t .  3        x   t   0  1   4      

3. Diketahui A = (1,-1,2), B = (2,1,-1), dan C = (1,0,-3) a. Menentukan luas segitiga ABC ! AC = C − A = (1,0,−3) − (1,−1,2) = (0,1,−5) AB = B − A = (2,1,−1) − (1,−1,2) = (1,2,−3)

iˆ

ˆj

kˆ

AB × AC = 1 2 − 3 0 1 −5 Luas ∆ABC =

=

= iˆ

2 −3 1 −5

+ 1.(− 1)3

ˆj kˆ +0 1 −5

= −7iˆ + 5 ˆj + kˆ

1 1 AB × AC = − 7iˆ + 5 ˆj + k 2 2

1 75 5 49 + 25 + 1 = = 3 . 2 2 2

b. Menentukan proyeksi orthogonal ruas garis AB terhadap ruas garis yang tegak lurus terhadap ruas garis CA dan CB ! CA = A − C = (1,−1,2 ) − (1,0,−3) = (0,−1,5) CB = B − C = (2,1,−1) − (1,0,−3) = (1,1,2 ) r Misalkan v adalah vektor yang tegak lurus terhadap CA dan CB maka iˆ ˆj kˆ ˆj kˆ −1 5 r +0+ = −7iˆ + 5 ˆj + kˆ v = CA × CB = 0 − 1 5 = iˆ 1 2 −1 5 1 1 2 r AB • v r (1,2,−3) • (− 7,5,1) 0 r proyv AB = r 2 ⋅ v = ⋅ (− 7,5,1) = ⋅ (− 7,5,1) = (0,0,0 ) . 49 + 25 + 1 75 v


38


Kita gunakan alternatif lain untuk mendapatkan jawaban ini. Perhatikan gambar berikut !. B

A

C

W l

Misalkan segitiga ABC terletak pada sebuah bidang W dan l adalah garis yang tegak lurus terhadap ruas garis AC dan BC. Karena l tegak lurus AC dan BC maka l tegak lurus dengan bidang W dan karena AB terletak pada bidang W maka l tegak lurus dengan AB. Sehingga haruslah proyeksi garis AB terhadap garis l adalah (0,0,0). (mengapa ???) 4. a. Memeriksa

{

}

A = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a 0 − 2a 2 + a 3 = 0

apakah

merupakan subruang dari P3 ! Akan kita periksa apakah A memenuhi sifat sifat sebagai subruang. Mudah dibuktikan bahwa 1 + x + x 2 + x 3 ∈ A yang menunjukkan bahwa A memenuhi sifat subruang yang pertama yaitu A ≠ { }. Jelas bahwa A ⊂ P3 yang menunjukkan A memenuhi sifat subruang

yang lain. Misalkan ambil sembarang anggota dari A yaitu p, q ∈ A dengan p = p 0 + p1 x + p 2 x 2 + p 3 x 3 dan q 0 + q1 x + q 2 x 2 + q 3 x 3 . Tujuan kita

adalah memeriksa apakah p + q ∈ A . Karena

p, q ∈ A maka secara berturut turut haruslah berlaku

p 0 − 2 p 2 + p3 = 0 *

(

dan

q 0 − 2q 2 + q 3 = 0 * * .

) (

p + q = p 0 + p1 x + p 2 x 2 + p 3 x 3 + q 0 + q1 x + q 2 x 2 + q 3 x 3 = ( p 0 + q 0 ) + ( p1 + q1 )x + ( p 2 + q 2 )x + ( p 3 + q 3 )x 2

Kemudian

)

3

.

Sekarang perhatikan bahwa Berdasarkan * dan ** Arip Paryadi , IT Telkom

39


( p0 + q0 ) − 2( p2 + q2 ) + ( p3 + q3 ) = ( p0 − 2 p2 + p3 ) + (q0 − 2q2 + q3 ) = 0 + 0 = 0 yang menunjukkan bahwa

yaitu A memenuhi sifat

p+q∈ A

subruang yang berikutnya. Selanjutnya

untuk

setiap 2

dan

k ∈ℜ

p∈ A

berlaku

3

kp = kp 0 + kp1 x + kp 2 x + kp3 x dan akan kita periksa apakah kp∈ A.

Karena kp 0 − 2kp 2 + kp 3 = k ( p 0 − 2 p 2 + p 3 ) = k .0 = 0 (berdasarkan *) maka kp∈ A. yang melengkapi pemeriksaan kita bahwa A adalah subruang dari P3. Menentukan basis dan dimensi dari A.

{

}

A = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a 0 − 2a 2 + a 3 = 0

Kondisi a0 − 2a2 + a3 = 0 menunjukkan bahwa a1 sebagai variabel bebas. Misalkan a1 = α . Kemudian karena hanya terdapat sebuah persamaan dan tersisa 3 buah bilangan yang tidak diketahui, maka ada dua buah variabel bebas lagi. Misalkan a 2 = β dan a 3 = µ maka a 0 = 2β − µ

sehingga

{

kita

A = (2β − µ ) + αx + βx + µx 2

3

dapat

menuliskan

A

sebagai

}= {αx + β (2 + x )+ µ (− 1 + x )} 2

3

yang menunjukkan bahwa polinom polinom p1 = x , p 2 = 2 + x 2 , dan p 3 = −1 + x 3 merentang A.

Selanjutnya untuk melihat apakah p1 , p 2 dan p 3 saling bebas linear akan kita periksa apakah α = β = µ = 0 merupakan satu satunya solusi dari α . p1 + β . p 2 + µ . p 3 = 0 . Jika kita tuliskan dengan lengkap, maka persamaan ini menjadi

(

) (

)

αx + β 2 + x 2 + µ − 1 + x 3 = 0 atau (2β − µ ) + αx + βx 2 + µx 3 = 0 .

Karena persamaan ini harus berlaku untuk setiap nilai x, maka haruslah α = β = µ = 0 yaitu p1 , p 2 dan p 3 ketiganya saling bebas linear . Jadi {p1 , p 2 , p 3 } adalah basis bagi A yang berdimensi 3. Note : jangan bingung dengan simbol α , β , dan µ . Itu sama saja dengan k1 , k 2 , k 3 seperti yang pembaca sering gunakan. Arip Paryadi , IT Telkom

40


b. Memeriksa apakah   2 1 , w2 W = w1 =    −1 0 basis bagi M 2 x 2 .

 0 2  1 1  1 2  , w3 =  , w4 =  . merupakan =   −1 4  − 1 1  − 1 3 

Untuk mengetahui apakah W merupakan suatu basis bagi M 2 x 2 , maka harus diperlihatkan apakah W membangun M 2 x 2 dan apakah setiap anggota dari W saling bebas linear satu sama lain. Untuk melihat apakah W membangun M 2 x 2 harus kita periksa apakah a

b

 pada M 2 x 2 dapat dinyatakan sebagai sembarang matriks A =  c d kombinasi linear A = k1 w1 + k 2 w2 + k 3 w3 + k 4 w4 .

Jika kita tuliskan persamaan tersebut dengan lengkap akan menjadi a b   2 1  0 2  1 1  1 2   = k1   + k 2   + k 3   + k 4   . c d   −1 0  −1 4  − 1 1  −1 3

Dengan menyederhanakan ruas kanan kemudian membandingkan tiap tiap entri pada kedua ruas akan diperoleh  2 0 1 1   k1   a       k1 + 2k 2 + k 3 + 2k 4 = b  1 2 1 2  k2   b  ⇒ = − k1 − k 2 − k 3 − k 4 = c − 1 − 1 − 1 − 1  k 3   c        0 4 1 3  k  d  0k1 + 4k 2 + k 3 + 3k 4 = d   4    2k1 + 0k 2 + k 3 + k 4 = a

Matriks

yang

2 0 1 1  2 1 2 1  −1 −1 −1 −1  0 4 1 3 

diperluas

untuk

sistem

tersebut

adalah

a  b c  d 

yang dapat direduksi sebagai berikut  1 −1 0 0 a + c    b3 + b1 ~  0 1 0 1 b + c b3 + b2 ~  − 1 − 1 − 1 − 1 c    0 4 1 3 d  

 1 −1 0 0 a + c    0 1 b+c  0 1 b1 + b3 ~  0 − 2 − 1 − 1 a + 2c    0 4 1 3 d  


41


b3 + b4

a+c   1 −1 0 0   0 1 b+c  0 1 ~ 0 − 2 −1 −1 a + 2c    0 2 0 2 a + 2c + d  

a+c   1 −1 0 0   0 1 0 1 b+c   . − 2b 2 + b 4 ~  0 − 2 −1 −1 a + 2c    0 0 0 0 a − 2b + d  

Perhatikan bahwa agar sistem ini memiliki penyelesaian , maka haruslah berlaku a − 2b + d = 0 (baris terakhir). Jika a ≠ 2b − d maka sistem ini tidak memiliki penyelesaian yang berarti ada matiks A anggota dari M 2 x 2 yang tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear

A = k1 w1 + k 2 w2 + k 3 w3 + k 4 w4 dari W. Dengan demikian

W

tidak membangun M 2 x 2 sehingga W bukan basis bagi M 2 x 2 .


42

1001 Pembahasan UTS Aljabar Linear KATA PENGANTAR

Recommend Documents