BAB 5 RUANG VEKTOR UMUM. Dr. Ir. Abdul Wahid Surhim, MT

BAB 5 RUANG VEKTOR UMUM

Dr. Ir. Abdul Wahid Surhim, MT.

KERANGKA PEMBAHASAN 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Ruang Vektor Nyata Subruang Kebebasan Linier Basis dan Dimensi Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Nul Rank dan Nulitas

PENGANTAR Pada bab sebelumnya: generalisasi vektor R2 dan R3 ke Rn Pada bab ini akan mengumumkan vektor lebih lanjut sehingga disebut saja: VEKTOR Di sini bukan hanya teori, tapi aplikasi: ALAT yang sangat berguna untuk memperluas visualisasi geometrik kita terhadap berbagai permasalahan matematika yang penting Kita dapat menggambarkan R2 dan R3 sebagai garis, yang memperkenankan kita menggambar atau membentuk gambar mental untuk membantu menyelesaikan permasalahan tersebut

5.1 RUANG VEKTOR NYATA Pada sub-bab ini kita akan memperluas konsep sebuah vektor dengan mengambil sifa-sifat penting vektor yang sudah dikenal kemudian dijadikan AKSIOMA Setiap sekumpulan obyek yang cocok dengan suatu aksioma, secara otomatis memiliki sifa-sifat penting vektor yang sudah dikenal Selanjutnya, kumpulan obyek tersebut dapat diterima sebagai VEKTOR JENIS BARU

AKSIOMA RUANG VEKTOR V adalah kumpulan obyek bukan kosong yang dapat didefinisikan dengan dua operasi: penambahan dan perkalian skalar Jika operasi-operasi berikut berlaku untuk semua u, v, w dan V, maka V adalah RUANG VEKTOR, sedangkan obyek-obyek tersebut ada di dalam vektor V 1. Jika u dan v adalah obyek di dalam V, maka u + v ada di dalam V 2. u + v = v + u

3. u + (v + w) = (u + v) + w 4. Ada sebuah obyek 0 di V, disebut vektor nol untuk V, sehingga 0 + u = u + 0 = u untuk semua u di V 5. Untuk semua u di V, ada obyek –u di V, disebut u negatif, sehingga u + (-u) = (-u) + u = 0 6. Jika k adalah skalar sembarang dan u adalah obyek sembarang di V, maka ku ada di V 7. k(u + v) = ku + kv 8. (k + m)u = ku + mu 9. k (mu) = (km)(u) 10.1u = u

CONTOH Diketahui V adalah kumpulan fungsi nilai-nyata yang didefinisikan pada garis bilangan nyata (-, ). Jika f(x) dan g(x) adalah dua fungsi dan k adalah bilangan nyata, definisikan penjumlahan fungsi f(x)+g(x) dan kf(x). JAWAB

CONTOH Kumpulan semua pasang bilangan nyata (x,y) dengan operasi (x,y) + (x’,y’) = (x+x’,y+y’) dan k(x,y) = (2kx,2ky) Apakah ini termasuk ruang vektor? Kalau tidak, manakah aksioma yang gagal? JAWABAN BUKAN termasuk ruang vektor karena gagal di aksioma 9 dan 10: 9. k (mu) = (km)(u) 10. 1u = u

CONTOH: SETIAP BIDANG MELALUI ASALNYA ADALAH SEBUAH RUANG VEKTOR V adalah bidang melalui asalnya di R3. Kita akan menunjukkan bahwa titiktitik di V membentuk ruang vektor di bawah operasi penjumlahan dan perkalian yang standar untuk vektor di R3. Telah dibuktikan bahwa R3 itu sendiri adalah ruang vektor di bawah operasi-operasi ini sehingga telah memenuhi aksioma 2, 3, 7, 8, 9 dan 10. Sekarang kita buktikan aksioma sisanya (1, 4, 5, dan 6). Karena V bidang melalui asalnya maka: ax + by + cz = 0 Jika u = (u1,u2,u3) dan v = (v1,v2,v3) adalah titik di V, maka au1 + bu2 + cu3 = 0 dan av1 + bv2 + cv3 = 0. Penjumlahan kedua garis: a(u1+v1) + b(u2+v2) + c(u3+v3) = 0

Bukti aksioma 1: u + v = (u1+v1,u2+v2,u3+v3), sehingga u + v ada di V Bukti aksioma 4: 0 + u = u + 0 = u 0 = (0,0,0) maka (0,0,0) + (u1,u2,u3) = (u1,u2,u3) + (0,0,0) = (u1,u2,u3) Bukti aksioma 5: u + (-u) = (-u) + u = 0 (u1,u2,u3) + (-u1,-u2,-u3) = (-u1,-u2,-u3) + (u1,u2,u3) = (0,0,0) Bukti aksioma 6: ku = k(u1,u2,u3) = (ku1,ku2,ku3)

SIFAT-SIFAT RUANG VEKTOR

5.2 SUBRUANG Misalkan W merupakan subhimpunan dari sebuah ruang vektor V W dinamakan subruang (subspace) V jika W juga merupakan ruang vektor yang tertutup terhadap operasi penjumlahan dan perkalian dengan skalar. Syarat W disebut subruang dari V adalah : 1. W  { } 2. W  V 3. Jika 4. Jika

u , v W maka u  v  W u  W dan k  Riil maka k u  W

Contoh : Tunjukan bahwa himpunan W yang berisi semua matriks orde 2x2 dengan setiap unsur diagonalnya adalah nol merupakan subruang dari ruang vektor matriks M2x2 Jawab : 0 0   W maka W  1. O   0 0 2. Jelas bahwa W  M2x2



3. Ambil sembarang matriks A, B  W Tulis

0 A    a2

a1   0  dan

 0 b1   B    b2 0 

Perhatikan bahwa :

a1   0 b1      0   b2 0  a1  b1   0    0   a2  b2

0 A  B    a2

Ini menunjukan bahwa

A B W

4. Ambil sembarang matriks A  W dan k  Riil maka  0 ka1   

kA    ka2

W  0 

Ini menunjukan bahwa

kA W

Jadi, W merupakan Subruang dari M2x2.

CONTOH : Periksa apakah himpunan D yang berisi semua matriks orde 2x2 yang determinannya nol merupakan subruang dari ruang vektor M2x2 Jawab : Ambil sembarang matriks A, B  W. Pilih a ≠ b :  a b  , jelas bahwa det (A) = 0  A    0 0

 0 0  , jelas bahwa det (A) = 0  B   b a

Perhatikan bahwa :

A B

a b  =  b a

Karena a ≠ b Maka det (A + B ) = a2 – b2 ≠ 0 Jadi D bukan merupakan subruang karena tidak tertutup terhadap operasi penjumlahan

KOMBINASI LINEAR Sebuah vektor

u dinamakan kombinasi linear dari vektor – vektor

v1, v2 , … , vn jika vektor – vektor tersebut dapat dinyatakan dalam bentuk :

u  k1v1  k 2v2  ...  k n vn dengan k1, k2, …, kn adalah skalar Real.

CONTOH Misal

u = (2, 4, 0), dan v = (1, –1, 3)

adalah vektor-vektor di R3. Apakah vektor berikut merupakan kombinasi linear dari vektor – vektor di atas a.

a = (4, 2, 6)

b. b = (1, 5, 6) c.

c

= (0, 0, 0)

JAWABAN a. Tulis k1u  k 2 v  a akan diperiksa apakah ada k1, k2,sehingga kesamaan tersebut dipenuhi.  2 1   k1   2   1   4            4 1    k1  4   k 2  - 1    2  Ini dapat ditulis menjadi:   0 3   k   0   3   6     2      

dengan OBE, diperoleh:  1 1 2 2   1 1 2 2      2  1 -3 -6 ~ 0 1  0 3 6   0 0 0     Dengan demikian, a merupakan kombinasi linear dari vektor u dan v

atau

 4    2    6   

   a  u  2v

b. Tulis :    k1u  k 2 v  b

 2    k1  4   k 2  0   

ini dapat ditulis menjadi:

1   1       -1    5   3  6     

 2 1     4 -1   0 3  

 1    k1       5   k2   6   

dengan OBE dapat kita peroleh : 2 1   4 -1  0 3 

1   1 12   5  ~ 0 -3 6   0 3

0  1   3 ~ 0 6   0

1

2

1 0

1

  2 3  2

Baris terakhir pada matriks ini menunjukkan bahwa SPL tersebut adalah tidak konsisten (tidak mempunyai solusi). Jadi, tidak ada nilai k1 dan k2 yang memenuhi  b tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari u dan v

c. Dengan memilih k1 = 0 dan k2 = 0, maka dapat ditulis

   k1u  k 2 v  c artinya vektor nol merupakan kombinasi linear dari vektor apapun.

MEMBANGUN RUANG VEKTOR Himpunan vektor

S  v1 , v 2 , ... , v n  dikatakan membangun suatu ruang vektor V jika setiap vektor pada V selalu dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor – vektor di S. Contoh : Tentukan apakah

v1 = (1, 1, 2), v2 = (1, 0, 1), dan

v3 = (2, 1, 3)

membangun V???

Jawab : Ambil sembarang vektor di R2 misalkan .

 u1    u  u2  u   3

Tulis :

u  k1v1  k 2 v 2  k 3 v 3 .

Sehingga dapat ditulis dalam bentuk : 1 1 2  k1   u1    1 0 1  k   u   2    2 u  2 1 3  k3   3

Syarat agar dapat dikatakan kombinasi linear SPL tersebut harus mempunyai solusi (konsisten) Dengan OBE diperoleh :

Agar SPL itu konsisten haruslah u3 – u2 – u1 = 0 Ini kontradiksi dengan pengambilan vektor sembarang (unsur – unsurnya bebas, tak bersyarat) Dengan demikian vektor – vektor tersebut tidak membangun R3

5.3 KEBEBASAN LINIER Misalkan S  u1 , u 2 ,..., u n  adalah himpunan vektor diruang vektor V S dikatakan bebas linear (linearly independent) JIKA SPL homogen :

k1u1  k 2 u1  ...  k n u n  0 hanya mempunyai satu solusi (tunggal), yakni k1  0 , k 2  0,..., k n  0

Jika solusinya tidak tunggal maka S kita namakan himpunan tak bebas linear (Bergantung linear / linearly dependent)

CONTOH : Diketahui u   1, 3, 2 dan a  1, 1,  1 Apakah saling bebas linear di R3 Jawab : Tulis

   k 1u  k 2 a  0

atau

 -1 1     k1  1      3  2  1   k2   

 0    0  0  

dengan OBE dapat diperoleh :  -1 1 0  1    3 1 0 ~   0  2 1 0  0   

 1 0 1 0 0    4 0 ~ 0 1 0 0 0 0 1 0   

dengan demikian diperoleh solusi tunggal yaitu: k1 = 0, dan k2 = 0. Ini berarti ū dan ā adalah saling bebas linear.

CONTOH: ,  1   a  3   2  

 2  1     b   1  c    6   1   4    

,

Apakah ketiga vektor diatas saling bebas linear R3 Jawab : Tulis : 0  k1 a  k 2 b  k 3 c

atau 2   k1  1 1    3 1  6    k 2 =  2  1  4  k3   

0   0 0  

dengan OBE diperoleh : 1  1  1  2    0  ~ 0 0 4 0 1 0 0   

 1  2  1 0  0 0 

Ini menunjukan bahwa k1, k2, k3 mrp solusi tak hingga banyak Jadi

a , b , c adalah vektor-vektor yang bergantung linear.

INTERPRETASI GEOMETRI KEBEBASAN LINEAR  Di R2 atau R3, kumpulan dua vektor BEBAS LINEAR jika dan hanya jika vektorvektor tersebut TIDAK terletak pada garis yang sama saat ditempatkan titik awalnya di asalnya (titik O)

 Di R3, kumpulan tiga vektor BEBAS LINEAR jika dan hanya jika vektor-vektor tersebut TIDAK terletak pada bidang yang sama saat ditempatkan titik awalnya di asalnya (titik O)

TEOREMA Misalkan S = {v1, v2, …, vr} adalah kumpulan vektor di Rn. Jika r>n, maka S bergantung linear Karena, ada r anu sedangkan persamaannya n buah (lebih sedikit), sehingga pasti bergantung linear

KEBEBASAN LINEAR FUNGSI Beberapa fungsi pada interval (-,) dapat diuji kebebasan linearnya menggunakan WRONSKIAN dari f1(x), f2(x), …, fn(x) dengan rumus: ( ) ( ) … ( ) ′ ( ) ′ ( ) … ′ ( ) = ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ( ) ( ) ( ) … Deteminan ini berguna untuk memastikan apakah fungsi-fungsi tersebut membentuk kebebasan linear di ruang vektor Cn-1(-,) JIKA DETERMINANNYA TIDAK NOL, MAKA BEBAS LINEAR

CONTOH Uji kebebasan linear fungsi-fungsi berikut: 1. x, sin x 2. 1, ex, e2x JAWAB: 1. Wronskiannya: Nilai x = 0 maka W = 0, x = /2 maka W ≠ 0

2. Wronskiannya:

Nilai x berapa pun tidak ada yang membuat nilai W menjadi nol

5.4 BASIS DAN DIMENSI Jika V adalah sembarang ruang vektor dan S = { ū1, ū2, … , ūn } merupakan himpunan berhingga dari vektor – vektor di V, maka S dinamakan basis bagi V Jika kedua syarat berikut dipenuhi : • S membangun V • S bebas linear

Contoh : Tunjukan bahwa himpunan matriks berikut :  3 6  M   ,   3  6

 8   1 0   0  1  0 ,  1 0   12  4,  1 2        

merupakan basis bagi matriks berukuran 2 x 2 Jawab : Tulis kombinasi linear :

3 6  k1   k2  3  6

 0 1 1 0   k3  

 0  8 12  4  k4  

 1 0 a b 1 2  c d    

atau 3k1  k 4    3k1  k 2  12k 3  k 4

6 k 1  k 2  8k 3   a b       6k1  4k 3  2k 4   c d 

dengan menyamakan setiap unsur pada kedua matriks, diperoleh SPL : 0 0 1   k1   a   3  6 1  8 0  k   b     2     3  1  12  1  k3   c         6 0  4 2   k 4   d 

Determinan matriks koefisiennya (MK) = 48 • det(MK)  0  SPL memiliki solusi untuk setiap a,b,c,d Jadi, M membangun M2 x 2 • Ketika a = 0, b = 0, c = 0, d = 0, det(MK)  0 SPL homogen punya solusi tunggal. Jadi, M bebas linear.

Karena M bebas linear dan membangun M2 x 2 maka M merupakan basis bagi M2 x 2. Ingat… Basis untuk setiap ruang vektor adalah tidak tunggal. Contoh : Untuk ruang vektor dari M2 x 2, himpunan matriks :   

1 0 0 1 0 0 0 0  0 1, 0 0, 1 0, 0 1          

juga merupakan basisnya.

DIMENSI Ruang vektor bukan nol V disebut DIMENSI-TERBATAS (finite-dimensional) jika mengandung sebuah kumpulan terbatas vektor {v1, v2, …, vn} yang

membentuk sebuah basis. Jika tidak ada kumpulan yang tersedia maka disebut DIMENSI-TAK TERBATAS Notasinya: dim(V) Contoh: • dim(Rn) = n (basis standar yang memiliki n vektor) • dim(Pn) = n + 1 (basis standar yang memiliki n + 1 vektor) • dim(Mmn) = mn (basis standar yang memiliki mn vektor)

CONTOH SPL berikut, berapa dimensinya?

Solusi umumnya: Dalam bentuk vektor dapat ditulis: −1 1 = 0 dan 0 0

−1 0 = −1 sebagai basis  Dimensi = 2 0 1

CONTOH Temukan basis subruang P2 (polynomial 2) yang dijangkau oleh vektor berikut: 1−

+3

, 2+2 −6

, 3+3 −9

JAWABAN: 1 −3 1 2 −6 2 3 −9 3

Baris 2 dan 3 proporsional terhadap baris 1, sehingga hasil OBE:

Hanya ada satu solusi yang mungkin: 1 −

+3

1 −3 1 0 0 0 0 0 0

5.5 RUANG BARIS, RUANG KOLOM DAN RUANG NUL  1  2 1 1    A 1 2 3 1   1  2 2  1  

Vektor baris

Vektor kolom

Kolom yang memiliki leading 1 disebut RUANG KOLOM

Perhatikan kolom-kolom pada matriks hasil OBE

matriks A mempunyai basis ruang kolom yaitu :   1   1        1 ,  3    1   2       

basis ruang baris diperoleh dengan cara, Mentransposkan terlebih dahulu matriks A, lakukan OBE pada At, sehingga diperoleh :

BARIS yang memiliki leading 1 disebut RUANG BARIS

Kolom-kolom pada matriks hasil OBE yang memiliki satu utama bersesuaian dengan matriks asal (A). Ini berarti, matriks A tersebut mempunyai basis ruang baris :   1   1          2   2    ,      1   3    1    1   

CONTOH Perhatikan SPL yang berbentuk Ax = b berikut:

Tunjukkan bahwa b adalah ruang kolom A, dan nyatakan b sebagai kombinasi linear vektor kolom A. JAWAB Solusi dengan eliminasi Gauss:

CONTOH Temukan basis untuk RUANG NOL dari

JAWABAN Ruang nol dari A adalah ruang solusi sistem homogenya:

Seperti pada contoh sebelumnya, vektor solusinya yang membentuk ruang vektor:

5.6 RANK DAN NULITAS Dari contoh sebelumnya:

basis ruang kolom   1   1        1 ,  3    1   2       

 1  2 1 1    A 1 2 3 1   1 2 2  1  

basis ruang baris   1   1          2   2    ,      1   3    1    1   

Dimensi basis ruang baris = ruang kolom dinamakan rank. Jadi rank dari matriks A adalah 2.

Contoh : Diberikan SPL homogen : 2p + q – 2r – 2s = 0 p – q + 2r – s

=0

–p + 2q – 4r + s = 0 3p – 3s

=0

Tentukan basis ruang solusi dari SPL di atas Jawab : SPL dapat ditulis dalam bentuk :  2 1 2 2   1 1 2 1  1 2  4 1   3 0 0 3 

0  0 0  0 

dengan melakukan OBE diperoleh : 1  0 0  0 

0 0  1 0  1  2 0 0 0 0 0 0  0 0 0 0 

Solusi SPL homogen tersebut adalah :  p 1 0        q   0  2  r    0 a   1 b        s  1 0       dengan a, b merupakan parameter.

Jadi, basis ruang solusi dari SPL diatas adalah :      

1   0 0 ,   1  

 0     2  1     0   

Dimensi dari basis ruang solusi dinamakan nulitas. Dengan demikian, nulitas dari SPL di atas adalah 2.

CONTOH Temukan rank dan nulitas

Hasil eselon baris terreduksi:

berarti

NULITAS (A) = 4