Home Page
Catatan Kuliah Aljabar Linier Subiono
Title Page
[email protected] 24 Agustus 2009
JJ
II
J
I
Page 1 of 132
Abstrak Go Back
Full Screen
Close
Quit
Dalam catatan kuliah ini diberikan beberapa materi dari mata kuliah Aljabar Linier untuk program Sarjana (S1) jurusan matematika FMIPA-ITS. Materi kuliah berupa perencanaan yang disajikan agar mempermudah peserta ajar dalam proses belajar mengajar. Peserta ajar diharapkan mempersiapkan diri melalui pemahaman yang dipunyai sebelumnya dan menambah kekurangan pemahaman pengetahuannya yang dirasa kurang saat proses belajar mengajar di kelas. Juga agar mempermudah proses belajar mengajar digunakan alat bantu perangkat lunak Euler. Selain itu materi kuliah ini disesuai dengan Kurikulum 2009.
Home Page
Rencana materi yang akan dibahas dalam kelas adalah: • Lapangan dan Ruang Vektor.
Title Page
• Ruang-bagian Vektor. • Himpunan Pembentang, Bebas linier dan Basis.
JJ
II
• Dimensi, Jumlahan Langsung, Koordinat dan Basis Terurut.
J
I
• Pemetaan linier pada Ruang Vektor. • Pemetaan linier dan Aljabar matriks.
Page 2 of 132
• Perubahan dari Basis. Go Back
• Rank, Determinan dan Invers. • Bentuk Echelon dari suatu Matriks.
Full Screen
• Eigenvektor dan Eigenvalue. • Orthogonalitas (Proses Orthogonalitas Gram-Schmidt).
Close
Quit
• General Invers.
Lapangan(Field) Home Page
Title Page
Suatu lapangan adalah suatu himpunan K 6= ∅ bersama-sama dengan dua operasi tambah (+) dan kali (.) sehingga untuk semua a, b, c ∈ K memenuhi: • (a + b) ∈ K (tertutup).
JJ
II
J
I
• a + b = b + a (komutatif ). • (a + b) + c = a + (b + c) (assosiatif ). • Ada 0 ∈ K sehingga a + 0 = 0 + a (elemen netral).
Page 3 of 132
• Ada suatu −a ∈ K sehingga a + (−a) = −a + a = 0 (invers). • (a.b) ∈ K (tertutup).
Go Back
• a.b = ba (komutatif ). • (a.b).c = a.(b.c) (assosiatif ).
Full Screen
Close
Quit
• Ada 1 ∈ K sehingga a.1 = 1.a = a (elemen identitas). • Bila a 6= 0, maka ada a−1 ∈ K sehingga a.a−1 = a−1.a = 1 (invers). • a.(b + c) = (a.b) + (a.c) (distributif ).
Contoh Home Page
1. Himpunan bilangan rasional Q, himpunan bilangan riil R dan himpunan bilangan kompleks C. Title Page
2. Himpunan bilangan bulat modulo p dinotasikan oleh Zp, dengan p bilangan prima. JJ
II
J
I
Page 4 of 132
Contoh 1. adalah lapangan takhingga sedangkan Contoh 2. lapangan hingga. Dalam Contoh 2., bila p bukan bilangan prima, maka Zp bukan lapangan. Ruang Vektor Suatu himpunan V dengan dua operasi tambah dan kali dikatakan suatu ruang vektor atas lapangan K bila memenuhi:
Go Back
1. Bila u, v, w ∈ V , maka u + v ∈ V dan Full Screen
• u+v =v+u • (u + v) + w = u + (v + w)
Close
• Ada 0 ∈ V sehingga v + 0 = 0 + v, ∀v ∈ V • Untuk setiap v ∈ V ada w ∈ V sehingga v + w = w + v = 0
Quit
2. Bila a, b ∈ K dan u, v ∈ V , maka av ∈ V dan Home Page
• (a + b)v = av + bv • a(u + v) = av + au
Title Page
• (ab)v = a(bv) • 1v = v
JJ
II
Contoh J
I
Page 5 of 132
1. Himpunan R2 adalah ruang vektor atas lapangan R, dimana x1 y1 def x1 + y1 x1 y1 + = ,∀ , ∈ R2 x2 y2 x2 + y2 x2 y2 dan
Go Back
a Full Screen
Close
Quit
x1 x2
def
=
ax1 ax2
, ∀a ∈ K dan ∀
x1 x2
∈ R2 .
2. Himpunan Rn juga ruang vektor atas R dengan definisi operasi tambah dan kali diberikan seperti di Contoh 1. Penambahan dalam Contoh 1. dinamakan penambahan secara komponen yang bersesuaian.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 6 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Lanjutan Contoh............ 3. Himpunan matriks m×n dengan elemen elemennya bilangan riil a . . . a 11 1n . . . . . .. aij ∈ R Mm,n(R) = .. am1 . . . amn
dimana penambahan matriks diberikan oleh: a11 + b11 . . . a1n + b1n b11 . . . b1n a11 . . . a1n ... ... ... ... . . . ... + ... . . . ... def = am1 + bm1 . . . amn + bmn bm1 . . . bmn am1 . . . amn sedangkan perkalian skalar α ∈ R dengan matriks diberikan oleh: a11 . . . a1n αa11 . . . αa1n def . . ... . ... α .. . . . .. = ... am1 . . . amn αam1 . . . αamn
Maka Mm,n(R) adalah suatu ruang vektor atas lapangan R. Quit
Lanjutan Contoh............
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 7 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
4. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua def fungsi, yaitu V = {f : F → F} dimana (f + g)(x) = f (x) + def g(x), ∀x ∈ F dan (αf )(x) = αf (x), dimana α ∈ F. Maka V adalah ruang vektor F . 5. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua polinomial berderajad kurang atau sama dengan n yaitu def Pn(F) = {p(x) = a0 + a1x + . . . + anxn | ai ∈ F} dimana (p + q)(x) = def p(x) + q(x), ∀x ∈ F dan (αp)(x) = αp(x), dimana α ∈ F. Maka Pn(F) adalah ruang vektor atas F. 6. Himpunan l∞ = {a = (a1, a2, . . .) | an ∈ R, sup(|an|) < ∞} dimana def def a + b = (a1 + b1, a2 + b2, . . .) dan αa = (αa1, αa2, . . .), α ∈ R. Maka l∞ adalah ruang vektor atas lapangan R. 7. Himpunan fungsi terdifferensial tak berhingga pada interval [a, b], yaitu C ∞[a, b], dimana definisi penambahan fungsi dan perkalian skalar dengan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruang vektor atas lapangan riil R. 2
8. Himpunan fungsi-fungsi V = {f : R → R | ddxf2 + f = 0} dimana definisi penambahan fungsi dan perkalian skalar dengan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruang vektor atas lapangan riil R.
Home Page
Berikut ini diberikan beberapa sifat dari suatu ruang vektor V atas lapangan K. Misalkan V adalah suatu ruang vektor atas lapangan K, maka (1). 0v = 0, 0 adalah elemen netral di K dan v ∈ V .
Title Page
(2). (−1v) + v = 0, dimana −1 ∈ K. JJ
II
(3). α0 = 0, dimana α ∈ K. Bukti
J
I
Page 8 of 132
(1). v = (1 + 0)v = v + 0v, kedua ruas tambahkan dengan vektor w yang memenuhi w + v = 0, didapat: w + v = w + v + 0v atau 0 = 0 + 0v. Terlihat bahwa 0v = 0. (2). (−1v) + v = (−1 + 1)v = 0v = 0.
Go Back
Full Screen
Close
Quit
(3). α0 = α(00) = (α0)0 = 00 = 0. Ruang Bagian Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan K. Himpunan S ⊂ V (S 6= ∅) dikatakan suatu ruang bagian bila S sendiri dengan operasi tambah dan kali seperti di V tetap merupakan ruang vektor atas K.
Home Page
Contoh Title Page
JJ
II
1. Himpunan
x B = y x + y + z = 0 z
adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R. J
I
Page 9 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu V = {f : R → R}2 dan D ⊂V , dimana df D = f ∈ V 2 + f = 0 , maka D adalah ruang bagian dari dx ruang vektor V atas R.
3. Himpunan P3(R) adalah ruang bagian dari ruang vektor Pn(R) atas lapangan R dengan n ≥ 3. n o 4. Himpunan S = (an) ∈ l∞ | lim an = x, x ∈ R adalah ruang n→∞ bagian dari ruang vektor l∞ atas lapangan R.
Berikut ini diberikan suatu sifat (pernyataan) yang ekivalen dengan pernyataan dari suatu ruang bagian. Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 10 of 132
Go Back
Full Screen
Himpunan S adalah suatu ruang bagian dari suatu ruang vektor V atas lapangan K bila dan hanya bila x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap x1, x2 ∈ K dan s1, s2 ∈ S. Bukti Misalkan S ruang bagian dan x1, x2 ∈ K juga s1, s2 ∈ S, maka x1s1 ∈ S dan x2s2 ∈ S. Oleh karena itu, x1s1 + x2s2 juga di S. Sebaliknya, misalkan x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap x1, x2 ∈ K dan s1, s2 ∈ S. Akan ditunjukkan bahwa S adalah ruang vektor atas K. Sifat 2. dari ruang vektor otomatis diwarisi dari V , begitu juga sifat komutatif, assosiatif di sifat 1., diwarisi dari V . Untuk x1 = x2 = 1, didapat 1s1 + 1s2 = s1 + s2 ∈ S (tertutup). Untuk x1 = x2 = 0 didapat 0s1 + 0s2 = 0(s1 + s2) = 0 ∈ S. Oleh karena itu, untuk x1 = x2 = 1 dan setiap s ∈ S, didapat 1s + 10 = s + 0 = s = 0 + s = 10 + 1s ∈ S. Selanjutnya untuk x1 = 1, x2 = −1 dan setiap s ∈ S didapat 1s + (−1)s = (1 + (−1))s = 0s = 0 (s punya invers yaitu −s).
Close
Quit
Catatan Pernyataan x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap x1, x2 ∈ K dan s1, s2 ∈ S, dapat diganti oleh x1s1 + x2s2 + . . . + xnsn ∈ S untuk setiap x1, x2, . . . , xn ∈ K dan s1, s2, . . . , sn ∈ S.
Contoh penggunaan sifat ruang bagian Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 11 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1. Himpunan
x B = y x + y + z = 0 z
adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R. Sebab, untuk setiap v1, v2 ∈ B, maka x1 −y1 − z1 −1 −1 = y1 1 + z1 0 , v 1 = y1 = y1 z1 z1 0 1 x2 −y2 − z2 −1 −1 = y2 1 + z2 0 . v 2 = y2 = y2 z2 z2 0 1 Sehingga untuk a, b ∈ R, didapat: −1 −1 av1 + bv2 = (ay1 + by2) 1 + (az1 + bz2) 0 ∈ B. 0 1
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 12 of 132
Go Back
Full Screen
Close
2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu V = {f : R → R}2 dan D ⊂V , dimana df D = f ∈ V 2 + f = 0 , maka D adalah ruang bagian dari dx ruang vektor V atas R. Sebab, misalkan f, g ∈ D dan a, b ∈ R, maka d2 f d2g d2(af + bg) + (af + bg) = a 2 + af + b 2 + bg dx2 dx dx 2 df d2g = a( 2 + f ) + b( 2 + g) = a0 + b0 = 0. dx dx Jadi af + bg ∈ D. 3. Himpunan P3(R) adalah ruang bagian dari ruang vektor Pn(R) atas lapangan R dengan n ≥ 3. Sebab, misalkan p(x), q(x) ∈ P3(R) dan a, b ∈ R, maka ap(x) + bq(x) = a(a0 + a1x + a2x2 + a3x3) + b(b0 + b1x + b2x2 + b3x3) = (aa0 + bb0) + (aa1 + bb1)x + (aa2 + bb2)x2 +(aa3 + bb3)x3. Jadi ap(x) + bq(x) ∈ P3(R).
Quit
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 13 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Himpunan Pembentang, Bebas linier dan Basis Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V . Himpunan pembentang dari S adalah himpunan: def
< S > = {x1s1 + . . . + xnsn | x1, . . . , xn ∈ K, s1, . . . , sn ∈ S}. Penulisan x1s1 + . . . + xnsn juga dinamakan kombinasi linier dari vektor-vektor s1, . . . , sn. Berikutini diberikan sifat dari suatu < S > sebgaimana berikut. Bila V merupakan suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V , maka < S > adalah suatu ruang bagian dari V . Bukti Misalkan v = x1s1 + . . . + xnsn dan w = xn+1sn+1 + . . . + xmsm di < S > dan a, b ∈ K, maka av + bw = a(x1s1 + . . . + xnsn) + b(xn+1sn+1 + . . . + xmsm) = (ax1)s1 + . . . + (axn)sn + (bxn+1)sn+1 + . . . + (bxm)sm. Terlihat bahwa av + bw ∈< S >, oleh karena itu < S > adalah ruang bagian dari V .
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 14 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh 1. Misalkan V ruang vektor atas K untuk setiap v ∈ V , maka < {v} >= {kv | k ∈ K}. 2. Misalkan ruang vektor R3 atas R, maka < {e1, e2} >= R2 dimana e1 = (1, 0, 0)0 dan e2 = (0, 1, 0)0. Sebab, x R2 = y x, y ∈ R 0 1 0 = x 0 + y 1 x, y ∈ R 0 0 = {xe1 + ye2 | x, y ∈ R} =< {e1, e2} > .
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 15 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan sifat dari suatu himpunan pembentang. Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan hSi adalah suatu himpunan pembentang dari S dan v ∈ V , maka hSi = hS ∪ {v}i bila dan hanya bila v ∈ hSi Bukti. Misalkan hSi = hS ∪ {v}i, jelas bahwa v ∈ hS ∪ {v}i. Jadi juga v ∈ hSi. Sebaliknya misalkan bahwa v ∈ hSi, akan ditunjukkan bahwa hSi = hS ∪ {v}i. Jelas bahwa S ⊂ hS ∪ {v}i. Tinggal menunjukkan bahwa hS ∪ {v}i ⊂ hSi.Tulis v = a0s0 + . . . + ansn dan misalkan w ∈ hS ∪ {v}i. Didapat w = b0v + an+1sn+1 + . . . + amsm = (b0a0)s0 + . . . + (b0an)sn + an+1sn+1 + . . . + amsm. Terlihat bahwa w ∈ hSi. Jadi hS ∪ {v}i ⊂ hSi dan karena hSi ⊂ hS ∪ {v}i, oleh karena itu haruslah hSi = hS ∪ {v}i.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 16 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Misalkan dalam R3, vektor-vektor 1 0 2 v1 = 0 , v2 1 dan v3 = 3 . 0 0 0
Didapat v3 = 2v1 + 3v2, jadi v3 ∈ h{v1, v2}i. h{v1, v2}i = h{v1, v2, v3}i.
Maka dari itu,
Sifat dari suatu himpunan pembentang yang dibahas sebelumnya, mengatakan bahwa suatu vektor v bisa dihapus untuk memperoleh himpunan baru S dengan himpunan pembentang yang sama bila dan hanya bila v merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor di S. Jadi dengan pengertian ini, suatu himpunan S ⊂ V adalah minimal bila dan hanya bila ia tidak memuat vektor-vektor yang merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya dalam himpunan tersebut.
Home Page
Berikut ini diberikan suatu pengertian mengenai bebas linier. Vektor-vektor v1, v2, . . . , vn di suatu ruang vektor V atas lapangan K dikatakan bebas linier bila vektor vi, i = 1, 2, . . . , n bukan merupakan suatu kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya. Bila tidak demikian, maka vektor-vektor vj , j = 1, 2, . . . , n dikatakan bergantungan linier.
Title Page
JJ
II
J
I
Page 17 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan Vektor-vektor s1, . . . , sn ∈ S ⊂ V , dengan V suatu ruang vektor atas K, vektor-vektor si, i = 1, 2 . . . , n bebas linier bila dan hanya bila x1s1 + . . . + xnsn = 0, xi ∈ K dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0. Bukti Misalkan si ∈ S, i = 1, 2 . . . , n bebas linier dan andaikan x1s1 +. . .+ xnsn = 0 tetapi untuk beberapa i, xi 6= 0. Didapat si = (− xx1i )s1 + xi+1 x xn . . . + (− xi−1 )s + (− )s + . . . + (− Terlihat bahwa si i−1 i+1 x xi )sn . i i merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor sj , j 6= i. Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa si, i = 1, 2, . . . , n bebas linier. Jadi haruslah x1s1 + . . . + xnsn = 0 dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0. Selanjutnya misalkan x1s1 +. . .+xnsn = 0, xi ∈ K dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0, maka jelas bahwa si, i = 1, 2 . . . , n bebas linier. Bila tidak berarti bahwa untuk beberapa i, si = c1s1 + . . . + ci−1si−1 + ci+1si+1 + . . . + cnsn atau 0 = c1s1 + . . . + ci−1si−1 + cisi + ci+1si+1 + . . . + cnsn dengan ci = −1. Ini bertentangan dengan kenyataan bahwa 0 = c1s1 + . . . + ci−1si−1 + cisi + ci+1si+1 + . . . + cnsn dipenuhi hanya unuk ci = 0, i = 1, 2, . . . , n.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 18 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Komentar Pernyataan vektor-vektor si, i = 1, 2 . . . , n dalam ruang vektor V atas K bebas linier ekivalen dengan x1s1 + . . . + xnsn = 0, xi ∈ K dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0. Bila V = Rn dan K = R, maka vektor-vektor si, i = 1, 2 . . . , n dalam ruang vektor Rn atas R bebas linier mempunyai arti bahwa sistem persamaan linier homogin x1s1 + . . . + xnsn = 0 mempunyai penyelesaian trivial, yaitu xi = 0, i = 1, 2, . . . , n. Bila persamaan homogin ini mempunyai jawab non trivial, yaitu xi 6= 0 untuk beberapa i, maka hal ini berarti bahwa vektor-vektor si tsb. tidak bebas linier atau bergantungan linier. Bila vektor s 6= 0 di ruang vektor Rn dan memenuhi s = x1s1 + . . . + xnsn, yaitu vektor s merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor s1, . . . , sn. Hal ini berarti bahwa sistem persamaan linier tak homogin s = x1s1 + . . . + xnsn, mempunyai jawab x = (x1, . . . , xn)0.
Contoh Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 19 of 132
Go Back
Full Screen
Close
1. Dalam R4 vektor (1, 4, −2, 6)0 adalah kombinasi linier dari dua vektor (1, 2, 0, 4)0 dan (1, 1, 1, 3)0, sebab: (1, 4, −2, 6)0 = 3(1, 2, 0, 4)0 − 2(1, 1, 1, 3)0. Sedangkan vektor (2, 6, 0, 9)0 bukan kombinasi linier (1, 2, 0, 4) dan (1, 1, 1, 3)0, sebab bila (2, 6, 0, 9)0 = x1(1, 2, 0, 4)0 + x2(1, 1, 1, 3)0 ekivalen dengan sistem persamaan linier x1 + x2 2x1 + x2 x2 4x1 + 3x2
= = = =
mudah dicek bahwa sistem persamaan linier ini tidak mempunyai jawab. 2. Misalkan ruang vektor V = {f : R → R} atas R, maka fungsi cos 2x merupakan kombinasi linier dari fungsi-fungsi cos2 x, sinh2 x dan cosh2 x, sebab cos 2x = 2 cos2 x + sinh2 x − cosh2 x, ingat bahwa cos 2x = 2 cos2 x − 1 dan cosh2 x − sinh2 x = 1. 3. Dilanjutkan halaman berikutnya!
Quit
2 6 0 9
Lanjutan Contoh Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 20 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
3. Misalkan tiga vektor v1 = (1, 2, 3)0, v2 = (3, 2, 1)0 dan v3 = (3, 3, 3)0 di R3. Maka h{v1, v2, v3}i = {x1v1 + x2v2 + x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R} = {(x1 + 3x2 + 3x3, 2x1 + 2x2 + 3x3, 3x1 + x2 + 3x3)0} Tulis (x, y, z)0 = (x1 + 3x2 + 3x3, 2x1 + 2x2 + 3x3, 3x1 + x2 + 3x3)0. Didapat: x 1 3 3 x1 y = 2 2 3 x2 , z 3 1 3 x3 x 1 3 3 x1 (1 − 2 1) y = (1 − 2 1) 2 2 3 x2 = 0, z 3 1 3 x3 atau x − 2y + z = 0. Catatan 1 det 2 3
3v1 + 3v2 − 4v3 = 0 dan juga 3 3 2 3 = 0. 1 3
4. Dilanjutkan halaman berikutnya!
Lanjutan Contoh 0
Home Page
Title Page
0
4. Dua vektor v1 = 40 15 , v2 = −50 25 ∈ R2 sebab x1v1 + x2v2 = 0 dipenuhi hanya untuk x1 = x2 = 0, hal ini bisa dicek sbb: 15 40x1 − 50x2 = 0 40x1 − 50x2 = 0 − B1 + B2 175 15x1 + 25x2 = 0 40 4 x2 = 0 didapat x2 = 0 dan x1 = 0.
JJ
II
J
I
Page 21 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
5. Diberikan S ⊂ R3 dimana 1 0 1 0 3 S = 0 , 2 , 2 , −1 , 3 0 0 0 1 0
Perhatikan persamaan berikut: 1 0 1 0 3 0 x1 0 + x2 2 + x3 2 + x4 −1 + x5 3 = 0 . 0 0 0 1 0 0
Himpunan penyelesaiannya adalah: x1 −1 −3 −1 −3/2 x2 x3 = x3 1 + x5 0 x3, x5 ∈ R x 0 0 4 x 0 1 5
Home Page
Title Page
Lanjutan Contoh 5. Himpunan penyelesaiannya adalah: −3 −1 x1 −3/2 −1 x2 x3 = x3 1 + x5 0 x3, x5 ∈ R 0 0 x 4 x 1 0 5
JJ
II
J
I
Page 22 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Hal ini menunjukkan bahwa semua vektor di S saling bergantungan linier. Untuk x3 = 0, x5 = 1, didapat bahwa vektor yang ke-5 dalam S merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang pertama. Gunakan sifat yang telah dipunyai untuk menghapus vektor yang ke-5 sehingga didapat: 0 1 0 1 S1 = 0 , 2 , 2 , −1 , 0 0 0 1 dalam hal ini < S >=< S1 >. Juga terlihat bahwa vektor yang ke-3 dalam S1 merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang pertama, sehingga vektor ke-3 ini bisa dihapus dan didapat: 1 0 0 S2 = 0 , 2 , −1 . 0 0 1 Juga, dalam hal ini < S1 >=< S2 >. Jadi < S >=< S2 >.
6. Misalkan tiga vektor v1 = (1, 1, 0)0, v2 = (5, 1, −3)0 dan v3 = (2, 7, 4)0 di R3, maka Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 23 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
h{v1, v2, v3}i = {x1v1 + x2v2 + x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R} = {x1(1, 1, 0)0 + x2(5, 1, −3)0 + x3(2, 7, 4)0 | x1, x2, x3 ∈ R} = {(x1 + 5x2 + 2x3, x1 + x2 + 7x3, −3x2 + 4x3)0|x1, x2, x3 ∈ R}. Tulis (x, y, z)0 = (x1 + 5x2 + 2x3, x1 + x2 + 7x3, −3x2 + 4x3)0, didapat: x 1 5 2 x1 y = 1 1 7 x2 . z 0 −3 4 x3
Sehingga diperoleh: −25 26 −33 x −25 26 −33 1 5 2 x1 4 −4 5 y = 4 −4 5 1 1 7 x2 3 −3 4 z 3 −3 4 0 −3 4 x3 1 0 0 x1 x1 = 0 1 0 x2 = x2 . 0 0 1 x3 x3
Terlihat bahwa, untuk setiap (x, y, z)0 ∈ R3 selalu bisa diperoleh x1, x2, x3 ∈ R sehingga h{v1, v2, v3}i = x1v1 + x2v2 + x3v3. Jadi h{v1, v2, v3}i = R3.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 24 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Basis dan Dimensi Misalkan B = {b1, b2, . . .} ⊂ V dimana V adalah ruang vektor atas K. Bila h{b1, b2, . . .}i = V dan vektor-vektor b1, b2, . . . bebas linier maka B dikatakan suatu basis dari V . Banyaknya anggota dari B dinamakan dimensi dari ruang vektor V . Contoh: 1. Dalam R2, B1 = {(2, 4)0, (1, 1)0} adalah suatu basis dari R2, basis yang lainnya adalah B2 = {(1, 0)0, (0, 1)0}. Secara umum B3 = {(a11, a21)0, (a12, a22)0} adalah suatu basis dari R2 bila a11 a12 det 6= 0. a21 a22 2. Ruang vektor V = {x1 cos θ + x2 sin θ | x1, x2 ∈ R} atas R, maka suatu basis dari V adalah {cos θ, sin θ}. 3. Dalam ruang vektor P3(x), maka {1, x, x2, x3} adalah suatu basis dari P3(x). Sedangkan {1, x, x2, x3, x4 . . .} adalah suatu basis dari ruang vektor P∞(x). 4. Dalam ruang vektor M2,2(R), yaitu himpunan matriks ukuran 2 × 2 dengan elemen-elemen di R, maka 1 0 0 1 0 0 0 0 , , , 0 0 0 0 1 0 0 1 adalah suatu basis dari M2,2(R).
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Sifat Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v1, . . . , vn} adalah suatu basis dari V , maka setiap elemen v ∈ V dapat diungkapkan secara tunggal sebagai: v = x1v1 + . . . + xnvn, x1, . . . , xn ∈ K. Bukti Misalkan v = a1v1 + . . . + anvn, dan v = x1v1 + . . . + xnvn, didapat: (x1 − a1)v1 + . . . + (xn − a0)vn = 0, karena vektor-vektor v1, . . . , vn bebas linier, maka haruslah x1 − a1 = 0, . . . , xn − an = 0. Sehingga diperoleh x1 = a1, . . . , xn = an. Berikut ini, diberikan suatu sifat untuk ruang vektor Rn atas R, yaitu misalkan vi ∈ Rn, i = 1, 2, . . . , m. Bila m > n, maka vektor-vektor vi, i = 1, 2, . . . , m bergantungan linier.
Page 25 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bukti Untuk setiap j = 1, 2, . . . , m, tulis vektor vj = (a1j , a2j , . . . , anj )0, sehingga persamaan x1v1 + . . . + xmvm = 0 dalam bentuk matriks adalah: a11 . . . a1m x1 0 ... ... = ... . ... an1 . . . anm xm 0 Terlihat bahwa, persamaan homogin terdiri dari n persamaan dengan variabel yang takdiketahui sebanyak m. Karena m > n, maka persamaan mempunyai suatu solusi yang nontrivial, yaitu ada beberapa xk , k = 1, 2, . . . , m yang tidak semuanya sama dengan nol. Jadi vj , j = 1, 2, . . . , m bergantungan linier.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 26 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Dalam ruang vektor R2 atas R, Misalkan v1 = (a11, a21)0, v2 = (a12, a22)0 ∈ R2. Bila vektor-vektor v1, v2, bebas linier, maka persamaan: x1v1 + x2v2 = 0 atau dalam bentuk matriks: Ax = 0 dengan 0 x1 a11 a12 dan 0 = , x= A= x2 a21 a22 0 mempunyai jawab trivial hanya bila det(A) 6= 0. Secara geometris, hal ini menyatakan bahwa luas daerah jajaran genjang yang dibentuk oleh dua vektor v1 dan v2 sama dengan | det(A)|. Sebaliknya bila det(A) = 0, maka luas daerah ini sama dengan 0. Hal ini menunjukkan bahwa dua vektor v1 dan v2 terletak pada satu garis yang sama atau dengan kata lain dua vektor v1 dan v2 bergantungan linier. Jadi {v1, v2} adalah suatu basis dari R2 dengan dimensi 2 (mengapa?).
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Sifat. Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v1, . . . , vn} suatu basis dari V . Selanjutnya, bila vektor-vektor u1, . . . , um dengan m > n, maka vektor-vektor u1, . . . , um bergantungan linier. Bukti Karena {v1, . . . , vn} suatu basis dari V , didapat: u1 = a11v1 + . . . + an1vn ... um = a1mv1 + . . . + anmvn, dimana aij ∈ K, i = 1, 2, . . . , n dan j = 1, 2, . . . , m. Untuk x1, . . . , xm ∈ K dan diketahui bahwa {v1, . . . , vn} bebas linier, didapat:
Page 27 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
0 = x1 u1 + . . . + xm um = x1(a11v1 + . . . + an1vn) + . . . + xm(a1mv1 + . . . + anmvn) = (a11x1 + . . . + a1mxm)v1 + . . . + (an1x1 + . . . + anmxm)vn dan haruslah a11x1 + . . . + a1mxm = 0, . . . , an1x1 + . . . + anmxm = 0 atau dengan notasi matriks: a11 . . . a1m x1 0 ... ... = ... . ... an1 . . . anm xm 0
Persamaan homogin diatas mempunyai jawab non-trivial (sebab m > n). Jadi vektor-vektor u1, . . . , um bergantungan linier.
Kesimpulan Misalkan V suatu ruang vektor atas K dengan dimensi hingga. Maka setiap dua basis yang berbeda dari V harus mempunyai banyak elemen yang sama. Home Page
Contoh Title Page
JJ
II
J
I
Page 28 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1. Dalam ruang vektor P3(R) atas R, B = {1, x, x2, x3} adalah suatu basis baku dari P3(R). Basis yang lainnya adalah B2 = {1, 1 + x, 1 + x + x2, 1 + x + x2 + x3}. 2. Persamaan homogin Ax = 0, diberikan oleh : x 1 0 1 3 −5 1 5 x2 0 1 4 −7 3 −2 x3 = . 0 1 5 −9 5 −9 x4 0 0 3 −6 2 −1 x5
Himpunan penyelesaiannya adalah: 1 1 −2 3 h{v1, v2}i = x = x1 −1 + x2 0 x1, x2 ∈ R 0 −5 0 −1
merupakan suatu ruang vektor atas R dengan dimensi dua.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 29 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan V suatu ruang vektor atas K berdimensi hingga. Maka setiap himpunan hingga S ⊂ V yang terdiri dari vektorvektor bebas linier di V tetapi S bukan merupakan suatu basis dari V dapat diperluas sampai merupakan suatu basis dari V . Bukti. Misalkan S = {v1, . . . , vm} dengan vi, i = 1, . . . , m adalah vektor-vektor yang bebas linier. Karena hSi 6= V , maka pilih vektor vm+1 ∈ V sehingga vm+1 bukan kombinasi linier dari vektor-vektor vj , j = 1, 2, . . . , m. Selanjutnya namakan T = {v1, . . . , vm, vm+1}, bila hT i = V , maka T adalah basis dan sudah tidak bisa lagi diperluas menjadi vektor-vektor yang bebas linier. Bila hT i = 6 V , lakukan lagi cara perluasan seperti sebelumnya sehingga diperoleh himpunan vektor-vektor yang bebas linier di U yang memenuhi hU i = V .
Home Page
Title Page
JJ
Kesimpulan. Misalkan V ruang vektor atas K berdimensi n, maka setiap himpunan dari n vektor yang bebas linier adalah suatu basis dari V .
II
J
I
Page 30 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Misalkan S = {(1, 1, 1)0, (0, −1, 0)0} ⊂ R3, jelas bahwa vektor-vektor di S bebas linier dan hSi = {x(1, 1, 1)0 +y(0, −1, 0)0 = (x, x−y, x)0 |x, y ∈ R}, jelas bahwa bila (x1, x2, x3)0 ∈ hSi, maka x3 = x1. Oleh karena itu (x, y, z)0 ∈ / hSi bila x 6= z. Pilih vektor (1, 0, 0) sehingga didapat T = {(1, 1, 1)0, (0, −1, 0)0, (1, 0, 0)0} dimana vektor-vektor di T bebas linier, maka dari itu T merupakan suatu basis dari R3.
Jumlahan Langsung. Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 31 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan U dan V adalah ruang bagian dari suatu ruang vektor W atas K dengan dimensi hingga, maka dim(U + V ) = dim(U ) + dim(V ) − dim(U ∩ V ), dimana U + V = {u + v | u ∈ U, v ∈ V }. Bukti. Misalkan {z1, . . . , zr } suatu basis dari U ∩ V perluas basis ini masing-masing menjadi {z1, . . . , zr , u1, . . . , um} adalah suatu basis dari U dan {z1, . . . , zr , v1, . . . , vn} suatu basis dari V . Terlihat bahwa, dim(U ∩ V ) = r, dim(U ) = r + m dan dim(V ) = r + n. Selanjutnya, ditunjukkan bahwa {z1, . . . , zr , u1, . . . , um, v1, . . . , vn} adalah suatu basis dari U + V . Sehingga, dalam hal ini didapat dim(U + V ) = r + m + n = (r + m) + (r + n) − r = dim(U ) + dim(V ) − dim(U ∩ V ). Misalkan sebarang w ∈ U + V , maka w = u + v untuk beberapa u ∈ U dan beberapa v ∈ V . Dengan kenyataan bahwa u = a1z1 + . . . + ar zr + b1u1 + . . . + bmum untuk beberapa skalar ai, bj dan v = c1z1 + . . . + cr zr + d1v1 + . . . + dmvn untuk beberapa skalar ck , dl , didapat: w = u+v = (a1+c1)z1+. . .+(ar +cr )zr +b1u1+. . .+bmum+d1v1+. . .+dmvn terlihat bahwa w ∈ h{z1, . . . , zr , u1, . . . , um, v1, . . . , vn}i. Maka dari itu didapat h{z1, . . . , zr , u1, . . . , um, v1, . . . , vn}i = U + V .
Home Page
Lanjutan Bukti...... Diberikan Title Page
x1z1 + . . . + xr zr + xr+1u1 + . . . + xr+mum + xr+m+1v1 + . . . + xr+m+nvn = 0 JJ
II
J
I
Page 32 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
untuk beberapa skalar xj . Tulis w = x1z1 +. . .+xr zr +xr+1u1 +. . .+ xr+mum, didapat w = −xr+m+1v1 + . . . − xr+m+nvn. Terlihat bahwa w ∈ U dan w ∈ V , jadi w ∈ U ∩ V . Tetapi {z1, . . . , zr } adalah suatu basis dari U ∩ V , jadi w = b1z1 + . . . + br zr untuk beberapa skalar bi. Sehingga didapat b1z1 + . . . + br zr = −xr+m+1v1 + . . . − xr+m+nvn atau b1z1 + . . . + br zr + xr+m+1v1 + . . . + xr+m+nvn = 0. Tetapi {z1, . . . , zr , v1, . . . , vn} adalah suatu basis dari V , maka dari itu haruslah b1 = . . . = br = xr+m+1 = . . . = xr+m+n = 0, sehingga persamaan x1z1 + . . . + xr zr + xr+1u1 + . . . + xr+mum + xr+m+1v1 + . . . + xr+m+nvn = 0 menjadi x1z1 + . . . + xr zr + xr+1u1 + . . . + xr+mum = 0. Tetapi {z1, . . . , zr , u1, . . . , um} juga adalah suatu basis dari U . Jadi haruslah x1 = . . . = xr = xr+1 = . . . = xr+m = 0. Sehingga didapat xk = 0, k = 1, 2, . . . , r+m+n. Jadi vektor-vektor z1, . . . , zr , u1, . . . , um, v1, . . . , vn bebas linier.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 33 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Misalkan W = R2, u1 = (1, 1, 0, 0)0, u2 = (−3, 7, 2, 1)0, U = h{u1, u2}i dan V = {(x1, x2, x3, 0)0 |xi ∈ R}. Vektor-vektor u1, u2 bebas linier, sebab bila a1u1 + a2u2 = 0 atau a1(1, 1, 0, 0)0 + a2(−3, 7, 2, 1)0 = 0 didapat a1 = a2 = 0. Jadi dim(U ) = 2. Suatu basis 0 0 dari V adalah e1 = (1, 0, 0, 0) , e2 = (0, 1, 0, 0) , e3 = (0, 0, 1, 0)0. Jadi dim(V ) = 3. Perhatikan bahwa e4 = (0, 0, 0, 1)0 = (−3, 7, 2, 1)0 +3(1, 0, 0, 0)0 −7(0, 1, 0, 0)0 −2(0, 0, 0, 1)0 = u2 +3e1 −7e2 −2e3. Jadi e4 ∈ U +V . Karena e1, e2, e3 juga di U +V , maka {e1, e2, e3, e4} adalah suatu basis dari U + V . Jadi dim(U + V ) = 4. Sehingga didapat: dim(U ∩ V ) = dim(U ) + dim(V ) − dim(U + V ) = 2 + 3 − 4 = 1. Bisa dicek secara langsung bahwa vektor-vektor di U ∩V adalah vektor-vektor di U dengan komponen ke-empat sama dengan nol, yaitu vektor b1u1 + b2u2 = (b1 − 3b2, b1 + 7b2, 2b2, b2)0 dimana b2 = 0. Jadi U ∩ V = h{u1}i. Terlihat bahwa dim(U ∩ V ) = 1. Catatan. Bila U, V ruang bagian berdimensi hingga masingmasing dengan basis {u1, . . . , um} dan {v1, . . . , vn}. Misalkan W = U + V dan sebarang w ∈ W . Didapat w = u + v = a1u1 +. . .+amum +b1v1 +. . .+bnvn atau W = h{u1, . . . , um, v1, . . . , vn}i. Selanjutnya reduksi vektor-vektor u1, . . . , um, v1, . . . , vn menjadi vektor-vektor yang bebas linier (sampai minimal) dan himpun kedalam himpunan S, sehingga didapat W = h{S}i. Jadi dimensi dari W sama dengan banyaknya vektor-vektor di S.
Bila U dan V adalah ruang bagian berdimensi hingga dengan U ∩ V = {0}, maka U + V dinamakan jumlahan langsung dari U dan V . Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 34 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Contoh. Himpunan U = {(x1, x2, 0)0 | x1, x2 ∈ R} dan V = {(0, 0, x3)0 |x3 ∈ R} adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R dimana U ∩V = {0}. Jadi U +V adalah jumlahan langsung dari U dan V , U +V = {(x1, x2, 0)0 +(0, 0, x3)0 = (x1, x2, x3)0 |x1, x2, x3 ∈ R} = {x1(1, 0, 0)0 + x2(0, 1, 0)0 + x3(0, 0, 1)0 | x1, x2, x3 ∈ R} = R3, terlihat bahwa dim(U + V ) = 3. Perhatikan bahwa U = {(x1, x2, 0)0 | x1, x2 ∈ R} = {x1(1, 0, 0)0 + x2(0, 1, 0)0 | x1, x2 ∈ R} = h{(1, 0, 0)0, (0, 1, 0)0}i, terlihat bahwa dim(U ) = 2. Begitu juga, V = {(0, 0, x3)0 | x3 ∈ R} = {x3(0, 0, 1)0 | x3 ∈ R} = h{(0, 0, 1)0}i dan dim(V ) = 1. Makna U + V merupakan jumlahan langsung dari U dan V tampak dari dimensi, yaitu dim(U + V ) = dim(U ) + dim(V ) − dim(U ∩ V ) = 2 + 1 − 0 = 3 = dim(U ) + dim(V ). Hal ini juga bisa dilihat dari pengertian basis yaitu, himpunan {(1, 0, 0)0, (0, 1, 0)0} adalah suatu basis dari U dan himpunan {(0, 0, 1)0} adalah suatu basis dari V sedangkan himpunan {(1, 0, 0)0, (0, 1, 0)0, (0, 0, 1)0} sudah bebas linier (tidak bisa lagi direduksi menjandi himpunan yang lebih kecil lagi sehingga bebas linier). Jadi, dari sini juga langsung didapat bahwa dim(U + V ) = dim(U ) + dim(V ).
Quit
Kesimpulan. Dimensi dari suatu ruang jumlahan langsung sama dengan jumlah dari masing-masing dimensi ruang.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 35 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan suatu sifat yang lain dari ruang jumlahan langsung. Setiap w ∈ W = U + V dengan U ∩ V = {0} mempunyai penulisan tunggal w = u + v, u ∈ U, v ∈ V . Bukti. Misalkan w = u + v = u ¯+v ¯, maka u−u ¯ = v−v ¯. Tetapi u − u ¯ ∈ U, v − v ¯∈V dan U ∩ V = {0}. Maka haruslah u − u ¯=0 dan v − v ¯ = 0 atau u = u ¯ dan v = v ¯. Koordinat. Misalkan {v1, . . . , vn} adalah suatu basis dari suatu ruang vektor atas K. Jadi setiap v ∈ V dapat ditulis secara tunggal oleh v = x1v1 + . . . + xnvn untuk beberapa skalar x1, . . . , xn ∈ K. Dalam hal ini skalarskalar x1, . . . , xn dinamakan koordinat dari vektor v terhadap basis {v1, . . . , vn}.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 36 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh. Misalkan V = R3 dengan basis baku {e1 = (1, 0, 0)0, e2 = (0, 1, 0)0, e3 = (0, 0, 1)0} dan misalkan sebarang v = (x, y, z)0 ∈ V , maka v = xe1 + ye2 + ze3. Jadi koordinat dari v terhadap basis {e1, e2, e3} adalah x, y dan z. Tetapi untuk basis yang lain dari V , misalkan {v1 = (0, 1, 1)0, v2 = (1, 0, 1)0, v3 = (1, 1, 0)0}, maka x+y−z )v1 + ( x−y+z Koordinat dari vektor v = ( −x+y+z 2 2 )v2 + ( 2 )v3 . v terhadap basis {v1, v2, v3} adalah −x+y+z , x−y+z dan x+y−z 2 2 2 . Terlihat bahwa vektor v terhadap dua basis yang berbeda dari ruang vektor V mempunyai dua koordinat yang berbeda pula. Basis terurut. Adalah perlu dijamin bahwa suatu vektor dikaitkan dengan suatu vektor basis yang sesuai, cara baku untuk melakukan hal ini adalah menggunakan penyajian terurut untuk koordinat dan vektor basis. Bila urutan dari vektor-vektor dalam suatu basis dipersoalkan dalam hal ini dinamakan basis terurut dan basis ini ditulis sebagai suatu barisan. Bila urutan dari vektor basis takdipersoalkan, basis tersebut ditulis sebagai suatu himpunan, dalam hal ini penekanan mengenai diskusi dari suatu vektor basis, urutan tidak bergantung pada urutan. Tetapi, bila koordinat dari suatu vektor disajikan sebagai baris atau kolom dalam suatu matriks, maka secara esensi penyajian bergantung pada urutan vektor-vektor basis. Begitu juga, bila suatu pemetaan linier disajikan sebagai suatu matriks, maka sangatlah penting menggunakan vektor basis terurut.
Home Page
Pemetaan Linier pada Ruang Vektor Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K, suatu pemetaan α : U → V adalah suatu pemetaan linier atau transformasi linier bila dan hanya bila memenuhi α(k1u1 +k2u2) = k1α(u1)+k2α(u2) untuk semua k1, k2 ∈ K dan u1, u2 ∈ U .
Title Page
Sifat. Bila α : U → V suatu pemetaan linier, maka α(0) = 0. JJ
II
Bukti α(0) = α(0 + 0) = α(0) + α(0), didapat α(0) − α(0) = α(0), jadi 0 = α(0). J
I
Contoh Page 37 of 132
Go Back
Full Screen
1. Misalkan α : U → V , U = R3 dan V = R2 dengan def α((x, y, z)0) = (2x − y, y + z)0. Maka α adalah pemetaan linier, sebab α(k1u1 + k2u2) = α(k1(x1, y1, z1)0 + k2(x2, y2, z2)0) = α((k1x1 + k2x2, k1y1 + k2y2, k1z1 + k2z2)0) = (2k1x1 + 2k2x2 − k1y1 − k2y2, k1y1 + k2y2 + k1z1 + k2z2)0 = (2k1x1 − k1y1, k1y1 + k1z1)0 + (2k2x2 − k2y2, k2y2 + k2z2)0 = k1(2x1 − y1, y1 + z1)0 + k2(2x2 − y2, y2 + z2)0 = k1α((x1, y1, z1)0) + k2α((x2, y2, z2)0).
Close
def
Quit
2. Misalkan α : R3 → R2 dengan α((x, y, z)0) = (x2, y + z)0, pemetaan α bukan pemetaan linier, sebab α(2(1, 0, 0)0) = α((2, 0, 0)0) = (4, 0)0 6= (2, 0)0 = 2(1, 0)0 = 2α((1, 0, 0)0).
Kernel dan Image Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier Home Page
def
• Image dari α adalah Im(α)=α(U ) = {α(u) | u ∈ U } ⊆ V . def
• Kernel dari α adalah ker(α) = {u ∈ U | α(u) = 0} ⊆ U . Title Page
JJ
II
J
I
Page 38 of 132
Contoh. Dalam Contoh 1. sebelumnya Im(α) = {α((x, y, z)0) = (2x − y, y + z)0 | x, y, z ∈ R}, sedangkan ker(α) = {(x, y, z)0 | 2x − y = 0, y + z = 0, x, y, z ∈ R} = {y( 12 , 1, −1)0 | y ∈ R}. Beberapa sifat Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K dan α : U → V suatu pemetaan linier, maka 1. Im(α) adalah ruang bagian dari V . 2. Ker(α) adalah ruang bagian dari U .
Go Back
3. Pemetaan α satu-satu bila dan hanya bila ker(α) = {0}. Bukti
Full Screen
Close
Quit
1. Jelas bahwa Im(α) ⊆ V . Misalkan sebarang v1, v2 ∈ Im(α) dan sebarang k1, k2 ∈ K. Untuk beberapa u1, u2 ∈ U , maka kombinasi linier berikut dipenuhi k1v1 + k2v2 = k1α(u1) + k2α(u2) = α(k1u1) + α(k2u2) = α(k1u1 + k2u2) ∈ Im(α). Jadi Im(α) adalah ruang bagian dari V .
Lanjutan Bukti........
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 39 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Jelas bahwa ker(α) ⊆ U . Misalkan sebarang u1, u2 ∈ ker(α) dan sebarang k1, k2 ∈ K, maka α(k1u1 +k2u2) = k1α(u1)+k2α(u2) = k10 + k20 = 0. Terlihat bahwa k1u1 + k2u2 ∈ ker(α). Jadi ker(α) adalah ruang bagian dari U . 3. Misalkan pemetaan α satu-satu dan sebarang u ∈ ker(α), maka α(0) + α(u) = α(0 + u) = α(u) = 0. Sehingga didapat α(u) = −α(0) = α(−0) = α(0). Karena pemetaan α satu-satu haruslah u = 0. Jadi {0} = ker(α). Selanjutnya misalkan ker(α) = {0} dan u1, u2 ∈ U , maka untuk α(u1) = α(u2) didapat, 0 = α(u1) − α(u2) = α(u1 − u2). Terlihat bahwa u1 − u2 ∈ ker(α). Tetapi, ker(α) = {0}. Maka dari itu haruslah u1 − u2 = 0 atau u1 = u2. Jadi pemetaan α adalah satu-satu.
Contoh
Home Page
Title Page
JJ
II
1. Misalkan V ruang vektor atas K dan U = K n. Diberikan matriks T = [aij ], aij ∈ K dan T bertindak pada ruang vektor U dengan aturan untuk setiap x ∈ U : a11 . . . a1n x1 y1 def . . . .. . . . .. .. = ... , T (x) = an1 . . . ann xn yn dimana yi =
J
I
Page 40 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
n P
aij xj , i = 1, 2, . . . , n. Maka T adalah suatu
j=1
transformasi linier dari U ke U , sebab untuk sebarang x, x ¯∈ U dan sebarang k1, k2 ∈ K berlaku: x¯1 a11 . . . a1n x1 T (k1x + k2x ¯) = ... . . . ... k1 ... + k2 ... an1 . . . ann xn x¯n a11 . . . a1n x1 = k1 ... . . . ... ... an1 . . . ann xn x¯1 a11 . . . a1n +k2 ... . . . ... ... an1 . . . ann x¯n = k1T (x) + k2T (¯ x).
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 41 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh........... 2. Dalam Contoh 1. sebelumnya, maka a11 . . . a1n x1 y1 . . . Im(T ) = .. = .. . . . .. ... . yn an1 . . . ann xn
Bila T punya invers, maka ker(T ) = {0}, yaitu persamaan homogin a11 . . . a1n x1 0 ... . . . ... ... = ... an1 . . . ann xn 0 hanya mempunyai jawab trivial x1 = . . . = xn = 0. Bila T tidak punya invers, maka a11 . . . a1n x1 0 x1 ker(T ) = ... ... . . . ... ... = ... xn an1 . . . ann xn 0
Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas K dan α : U → V suatu pemetaan linier. 1 Bila h{u1, . . . , un}i = U , maka h{α(u1), . . . , α(un)}i = Im(α). Home Page
2. dim(U ) = dim(ker(α)) + dim(Im(α)) Bukti.
Title Page
JJ
II
J
I
Page 42 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1. Misalkan sebarang v ∈ Im(α), pilih u ∈ U yang memenuhi α(u) = v. Tetapi u = k1u1 +. . .+knun, maka dari itu v = α(u) = α(k1u1 +. . .+knun) = k1α(u1)+. . .+knα(un) ∈ h{α(u1), . . . , α(un)}i. Jadi Im(α) = h{α(u1), . . . , α(un)}i. 2. Misalkan {u1, . . . , um} basis dari ker(α), perluas basis ini sampai didapat {u1, . . . , um, w1, . . . , wn} adalah suatu basis dari U . Jelas bahwa dim(ker(α)) = m dan dim(U ) = m + n. Misalkan vi = α(wi), i = 1, 2 . . . , n. Akan ditunjukkan bahwa vi, i = 1, 2 . . . , n adalah suatu basis dari Im(α). Dengan menggunakan hasil 1. didapat Im(α) = h{α(u1), . . . , α(um), α(w1), . . . , α(wn)}i = h{0, . . . , 0, v1, . . . , vn}i = h{v1, . . . , vn}i. Selanjutnya selidiki apakah vektor-vektor vi, i = 1, 2 . . . , n bebas linier, yaitu k1v1 + . . . + knvn = 0 atau k1α(w1) + . . . + knα(wn) = 0. Sehingga didapat α(k1w1 + . . . + knwn) = 0. Jadi k1w1 + . . . + knwn ∈ ker(α). Oleh karena itu k1w1 + . . . + knwn = k¯1u1 + . . . + k¯mum untuk beberapa k¯i, atau k¯1u1 + . . . + k¯mum − k1w1 + . . . − knwn = 0. Karena vektor-vektor {u1, . . . , um, w1, . . . , wn} bebas linier maka k¯1 = . . . = k¯m = k1 = . . . = kn = 0, Jadi vektor-vektor v1, . . . , vn bebas linier.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 43 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Adakalanya kernel dari suatu pemetaan linier disebut null space dan dimensi dari kernel dinamakan nullity dari pemetaan linier, sedangkan dimensi dari image suatu pemetaan linier dinamakan rank dari pemetaan linier. Sehingga didapat dim(U ) = nullity(α) + rank(α). Contoh. Misalkan pemetaan linier α : R3 → R2 dengan α((x, y, z)0) = (x + z, 2x − y + z)0 untuk setiap (x, y, z)0 ∈ R3. Kernel dari α adalah penyelesaian dari persamaan vektor α((x, y, z)0) = (x + z, 2x − y + z)0 = (0, 0)0 atau penyelesaian persamaan homogin x 1 0 1 0 y = 2 −1 1 0 z
yang mempunyai penyelesaian x = x, y = x, z = −x, x ∈ R. Jadi ker(α) = {x(1, 1, −1)0 | x ∈ R} = h{(1, 1, −1)0}i. Terlihat bahwa nullity(α) = 1. Sedangkan Im(α) = {(x + z, 2x − y + z)0 | x, y, z ∈ R} = {x(1, 2)0 −y(0, 1)0 +z(1, 1)0 |x, y, z ∈ R} = h{(1, 2)0, (0, 1)0, (1, 1)0}i = h{(1, 2)0 = (0, 1)0 + (1, 1)0, (0, 1)0, (1, 1)0}i = h{(0, 1)0, (1, 1)0}i. Terlihat bahwa rank(α) = 2. Sehingga didapat dim(R3) = nullity(α) + rank(α) = 1 + 2 = 3.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 44 of 132
Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier dari ruang vektor U ke ruang vektor V masing-masing atas K. Bila pemetaan α satu-satu dan pada yaitu pemetaan α mempunyai invers, maka α dinamakan suatu isomorpisma dari U ke V . Dalam hal ini, U dan V dikatakan isomorpik dan dinotasikan oleh U ∼ = V . Perhatikan bahwa, karena α pemetaan satu-satu dan pada, maka Im(α) = V dan ker(α) = {0}. Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas K masing-masing dengan basis {u1, . . . , um} dan {v1, . . . , vn}. Maka U dan V isomorpik bila dan hanya bila dim(U ) = dim(V ) (m = n). Lagipula, ada suatu isomorpisma tunggal α : U → V yang memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n.
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bukti Bila α : U → V suatu isomorpisma, maka α satu-satu dan pada. Maka dari itu, ker(α) = {0} dan Im(α) = V . Sehingga didapat dim(U ) = dim(ker(α)) + dim(Im(α)) = 0 + dim(V ) = dim(V ). Sebaliknya, misalkan m = n dan α suatu pemetaan linier yang memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n. Akan ditunjukkan bahwa α satu-satu dan pada.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 45 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Bukti...... Misalkan sebarang u ∈ ker(α), maka α(u) = 0. Tetapi u = k1u1 + . . . + kmum. Sehingga didapat 0 = α(u) = α(k1u1 + . . . + kmum) = k1α(u1) + . . . + kmα(um) = k1v1 + . . . + kmum dan karena {v1, . . . , vm} suatu basis dari V , maka haruslah k1 = . . . = kn = 0. Jadi u = 0. Maka dari itu ker(α) = {0}. Jadi pemetaan α satu-satu. Selanjutnya, misalkan sebarang v ∈ V , maka v = a1v1 + . . . + anvn untuk beberapa skalar ai. Tetapi vi = α(ui), i = 1, . . . , n. Jadi v = a1α(ui) + . . . + anα(un) = α(a1u1 + . . . + anun) ∈ Im(α). Sehingga didapat V = Im(α) atau pemetaan α adalah pada. Kerena pemetaan linier α adalah satu-satu dan pada, maka U dan V isomorpik. Berikutnya, ditunjukkan bahwa isomorphisma α yang memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n adalah tunggal. Misalkan β : U → V adalah suatu isomorphisma yang juga memenuhi β(ui) = vi, i = 1, . . . , n dan misalkan sebarang u = k1u1 + . . . + knun ∈ U untuk beberapa skalar ki ∈ K, maka α(u) − β(u) = α(k1u1 + . . . + knun) − β(k1u1 + . . . + knun) = k1α(u1) + . . . + knα(un) − k1α(u1) − . . . − knα(un) = k1v1 + . . . + knvn − k1v1 − . . . − knvn = 0. Sehingga didapat α(u) = β(u), ∀u ∈ U . Jadi β = α. Misalkan U dan V ruang vektor atas K, himpunan L(U, V, K) menyatakan himpunan semua pemetaan linier dari U ke V .
Misalkan α, β ∈ L(U, V, K) pemetaan α + β def
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
didefinisikan sebagai (α+β)(u) = α(u)+β(u) untuk semua u ∈ U dan pemetaan kα def didefinisikan sebagai (kα)(u) = kα(u) untuk semua u ∈ U . Maka L(U, V, K) adalah ruang vektor atas K. Misalkan α, β ∈ L(U, V, K) dan komposisi def
Page 46 of 132
dari β ◦ α adalah (βα)(u) = β(α(u)) untuk semua u ∈ U , maka β ◦ α ∈ L(U, V, K).
Go Back
Bukti Full Screen
Close
Quit
(βα)(k1u1 + k2u2) = = = =
β(α(k1u1 + k2u2)) β(k1α(u1) + k2α(u2)) k1β(α(u1)) + k2β(α(u2)) k1(βα)(u1) + k2(βα)(u2).
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 47 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Pemetaan Linier dan Aljabar Matriks Misalkan U, V ruang vektor berdimensi hingga atas K masing-masing dengan dimensi m dan n. Misalkan Bu = u1, . . . , um basis terurut di U , Bv = v1, . . . , vn basis terurut di V dan α ∈ L(U, V, K). Untuk j = 1, . . . , m, α(uj ) ∈ V , sehingga ada skalar ai,j ∈ K sehingga α(uj ) = a1,j v1 + . . . + an,j vn. Bila indeks i dan j dalam skalar ai,j menyatakan elemen baris ke-i dan kolom ke-j dari suatu matriks A, hal ini mendefinisikan matriks representasi dari pemetaan linier α diberikan oleh: a1,1 . . . a1,m .. . A = .. .. an,1 . . . an,m Perhatikan bahwa, skalar-skalar ai,j dalam persamaan α(uj ) menyatakan kolom ke-j dari matriks A.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 48 of 132
Sekali matriks-matriks representasi ini di konstruksi sesuai dengan basis-basis yang ada, matriks-matriks ini bisa digunakan tanpa lagi merujuk pada basis-basis yang ada, kecuali ada perubahan basis, maka matriks A juga berubah. Untuk menjelaskan hal ini, misalkan sebarang u ∈ U , maka u = x1u1 +. . .+xmum dan v = α(u) ∈ V . Tetapi v = y1v1 +. . .+ynvn. Sehingga didapat α(u) = = = =
x1α(u1) + . . . + xmα(um) x1(a1,1v1 + . . . + an,1vn) + . . . + xm(a1,mv1 + . . . + an,mvn) (a1,1x1 + . . . + a1,mxm)v1 + . . . + (an,1x1 + . . . + an,mxm)vn y 1 v 1 + . . . + y n vn
Go Back
Full Screen
Close
Quit
atau y = Ax, dimana y1 a1,1 . . . a1,m x1 ... ... dan x = ... . y = ... , A = ... yn an,1 . . . an,m xm
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Misalkan α ∈ L(U, V, K) dan β ∈ L(V, W, K) dimana dim(U ) = m, dim(V ) = n dan dim(W ) = p. Representasi matriks dari α dan β masing-masing diberikan oleh A = (α, uj , vi) berukuran n × m dan B = (β, vi, wk ) beruran p × n. Maka representasi matriks dari komposisi βα ∈ L(U, W, K) diberikan n P bk,iai,j . oleh C = (βα, uj , wk ) dimana C = BA dengan ck,j = i=1
Page 49 of 132
Go Back
Bukti Gunakan definisi representasi matriks dari suatu pemetaan, p n P P didapat α(uj ) = ai,j vi dan β(vi) = bk,iwk . Maka dari itu i=1 k=1 p n p n n P P P P P (β(α(uj )) = ai,j β(vi) = ai,j bk,iwk = bk,iai,j wk . i=1
Full Screen
Tetapi (βα)(uj ) =
p P
i=1
k=1
k=1
ck,j wk , sehingga dengan menyamakan koe-
k=1
fisien masing-masing persamaan didapat ck,j = Close
Quit
i=1
n P
i=1
bk,iai,j .
Contoh Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 50 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1. Diberikan suatu transformasi linier α : R3 → R3 oleh α((x, y, z)0) = (x − y − z, x + y + z, z)0 dengan basis baku terurut didapat: α((1, 0, 0)0) = (1, 1, 0)0, α((0, 1, 0)0) = (−1, 1, 0)0 dan α((0, 0, 1)0) = (−1, 1, 1)0, sehingga matriks representasi dari α terhadap basis baku terurut diberikan oleh: 1 −1 −1 1 1 1 . 0 0 1
Selanjutnya bila digunakan basis terurut B = (1, 0, 0)0, (1, 1, 0)0, (1, 0, 1)0 didapat α((1, 0, 0)0) = (1, 1, 0)0 = 0(1, 0, 0)0 + 1(1, 1, 0)0 + 0(1, 0, 1)0 = (0, 1, 0)0B , α((1, 1, 0)0) = (0, 2, 0)0 = −2(1, 0, 0)0 + 2(1, 1, 0)0 + 0(1, 0, 1)0 = (−2, 2, 0)0B dan α((1, 0, 1)0) = (0, 2, 1)0 = −3(1, 0, 0)0 + 2(1, 1, 0)0 + 1(1, 0, 1)0 = (−3, 2, 1)0B . Sehingga matriks representasi dari α dengan basis terurut B diberikan oleh: 0 −2 −3 1 2 2 . 0 0 1
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 51 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Diberikan pemetaan linier α : P3(R) → P1(R) oleh α(p(x)) = d2p(x) . dx2 a. Matriks representasi A dari α dengan basis terurut B1 = 1, x, x2, x3 untuk P3(R) dan basis terurut B2 = 1, x + 2 untuk P1(R) diberikan sebagai berikut: α(1) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) = (0, 0)0B2 , α(x) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) = (0, 0)0B2 , α(x2) = 2 = 2.1 + 0(x+2) = (2, 0)0B2 dan α(x3) = 6x = −12.1+6(x+2) = (−12, 6)0B2 , 0 0 2 −12 A= . 0 0 0 6 b. Misalkan p(x) = a+bx+cx2 +dx3 ∈ ker(α), maka 0 = α(p(x)) = 2c + 6dx, ∀x ∈ R. Sehingga didapat c = 0, d = 0. Jadi ker(α) = {a.1 + bx | a, b ∈ R} = h{1, x}i. Terlihat bahwa dim(ker(α)) = 2. c. Sedangkan dimensi dari image α diberikan oleh: dim(Im(α)) = dim(P3(R)) − dim(ker(α)) = 4 − 2 = 2. Hal ini bisa dicek sebagai berikut, misalkan sebarang q(x) = α + βx + γx2 + δx3 ∈ P3(R), maka α(q(x)) = 2γ + 6δx = 2γ.1 + 6δ.x ∈ h{1, x}i. Jadi Im(α) = h{1, x}i dan terlihat bahwa dimensi Im(α) sama dengan dua.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 52 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
3. Misalkan u1, u2, u3 basis terurut dari U , v1, v2, v3 dan w1, w2 adalah suatu basis terurut dari W . Selanjutnya diberikan pemetaan linier α : U → V dan β : V → W masing-masing oleh α(u1) = v1 + 2v2 −v3, α(u2) = v2 + 2v3, α(u3) = −v1 +v2 + 3v3 dan β(v1) = 2w1 − w2, β(v2) = w1 + w2, β(v3) = −2w1 + 3w2. Bila A = (α, uj , vi) dan B = (β, vi, wk ), maka didapat matriks representasi: 1 0 −1 2 1 −2 A = 2 1 1 , B = −1 1 3 −1 2 3 dan matriks representasi C = (βα, uj , wk ) diberikan oleh 1 0 −1 2 1 −2 6 −3 −7 C = BA = . 2 1 1 = −1 1 3 −2 7 11 −1 2 3
Bisa dicek langsung lewat vektor-vektor basis
(βα)(u1) = β(v1 + 2v2 − v3) = 6w1 − 2w2 (βα)(u2) = β(v2 + 2v3) = −3w1 + 7w2 (βα)(u3) = β(−v1 + v2 + 3v3) = −7w1 + 11w2.
Pemetaan Identitas Pementaan IU : U → U adalah pemetaan identitas bila IU (u) = u untuk semua u ∈ U . Home Page
Bila pemetaan α : U → V suatu isomorpisma (satu-satu dan pada), maka ada pemetaan invers α−1 : V → U sehingga α−1α = IU dan αα−1 = IV .
Title Page
JJ
II
J
I
Page 53 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bila α : U → V suatu isomorpisma, maka α−1 : V → U adalah pemetaan linier. Bila matriks representasi α adalah A dan matriks representasi dari α−1 adalah B, maka BA = I dan AB = I. Contoh. Misalkan ui, i = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari U dan vj , j = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari V . Pemetaan linier α : U → V diberikan oleh: α(u1) = v1 + 2v2 − v3, α(u2) = v2 + 2v3 dan α(u3) = −v1 + v2 + 3v3, maka A = (α, ui, vj ) diberikan oleh 1 0 −1 A= 2 1 1 −1 2 3 didapat B = A−1 adalah matriks representasi dari α−1 dimana: −0.25 0.5 −0.25 B = 1.75 −0.5 0.75 −1.25 0.25 −0.25
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 54 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Perubahan dari suatu basis Perubahan basis dari suatu transformasi linier adalah penting. Sebagaimana telah diketahui dari pembahasan sebelumnya bahwa, suatu transformasi linier memberikan suatu matriks representasi melalu suatu basis yang telah ditentukan. Tentunya matriks representasi ini akan berbeda bila digunakan basis lain yang berbeda tetapi tetap merupakan suatu matriks representasi dari suatu transformasi linier yang sama. Perubahan basis tujuan utamanya adalah mendapatkan suatu matriks represenatsi yang mudah untuk penghitungan (komputasi) dan bisa menjelaskan makna perubahan bentuk suatu benda dalam domainnya menjadi bentuk yang lainnya dalam kodomainnya.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 55 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan B = u1, . . . , un adalah basis terurut dari suatu ruang vektor U atas K dan sebarang u ∈ U dapat diungkapkan sebagai u = x1u1 + . . . + xnun dimana skalar-skalar xi merupakan n-pasang berbentuk (x1, . . . , xn)0 ∈ K n. Maka pemetaan ρB : U → K n dinamakan suatu pemetaan koordinat dan def ρB (u) = (x1, . . . , xn)0 dinamakan suatu vektor koordinat dari u ∈ U terhadap basis terurut B. Dalam hal ini ρB adalah suatu isomorpisma maka dari itu U ∼ = K n. Bukti Misalkan sebarang u = x1u1 + . . . + xnun ∈ U , v = y1u1 + . . . + ynun ∈ V dan k1, k2 ∈ K, maka didapat ρB (k1u + k2v) = ρB (k1x1u1 + . . . + k1xnun + k2y1u1 + . . . + k2ynun) = ρB ((k1x1 + k2y1)u1 + . . . + (k1xn + k2yn)un) = (k1x1 + k2y1, . . . , k1xn + k2yn)0 = k1(x1, . . . , xn)0 +k2(y1, . . . , yn)0 = k1ρB (u)+k2ρB (v). Terlihat bahwa ρB adalah pemetaan linier. Karena untuk setiap (x1, . . . , xn)0 ∈ K n vektor u = x1u1 + . . . + xnun memenuhi ρB (u) = (x1, . . . , xn)0, maka pemetaan ρB adalah pada. Selanjutnya misalkan sebarang u = x1u1 + . . . + xnun ∈ ker(ρB ), maka ρB (u) = (x1, . . . , xn)0 = (0, . . . , 0)0. Didapat x1 = 0, . . . , xn = 0. Jadi u = 0. Maka dari itu pemetaan ρB adalah satu-satu. Karena pemetaan linier ρB adalah satu-satu dan pada, maka ρB adalah suatu isomorpisma atau U ∼ = K n.
Contoh Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 56 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1. Misalkan diberikan dua basis terurut B1 = (1, 0)0, (0, 1)0 dan B2 = (1, 1)0, (1, −1)0 dari ruang vektor R2. Terhadap basis B1, sebarang (x, y)0 ∈ R2 didapat (x, y)0 = x(1, 0)0 + y(0, 1)0. Sehingga didapat ρB1 ((x, y)0) = (x, y)0. Terhadap basis B2, (x, y)0 = k1(1, 1)0 + k2(1, −1)0, didapat x = k1 + k2, y = k1 − k2. dari sini diperoleh x+y x−y , k2 = . Jadi ρB2 ((x, y)0) = k1 = 2 2 0 x+y x−y , . Sehingga ρB2 ((1, 0)0) = 2 0 2 0 1 1 1 −1 0 , , dan ρB2 ((0, 1) ) = . 2 2 2 2
Home Page
UB Title Page
PB K
JJ
II
J
I
Page 57 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
α
- V C PC ?
? m
A
- Kn
Misalkan B = u1, . . . , um suatu basis terurut dari ruang vektor U , C = v1, . . . , vn suatu basis terurut dari ruang vektor V , kedua ruang vektor atas skalar K. Suatu pemetaan linier α : U → V dengan matriks representasi A = (α, B, C). Misalkan α(u) = v dimana u = x1u1 +. . .+xmum ∈ U dan v = y1v1 +. . .+ynvn ∈ V . Dari pembahasan sebelumnya dijelaskan bahwa v = α(u) dapat disajikan oleh persamaan matriks y = Ax, dimana x = (x1, . . . , xm)0 dan y = (y1, . . . , yn)0. Misalkan P adalah pemetaan koordinat, maka x = PB (u), y = PC (v) dan matriks representasi dari persamaan vektor v = α(u) adalah PC (v) = APB (u). Sehingga didapat, v = α(u) = PC−1APB (u), ∀u ∈ U . Jadi α = PC−1APB atau A = PC αPB−1. Hasil-hasil yang didapat ini dijelaskan dalam diagram diatas.
UB IU
?
UB ¯
α
α
- V C IV ?
- V¯ C
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 58 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier, B dan B¯ dua basis terurut yang berbeda dari U sedangkan C dan C¯ dua basis terurut yang berbeda dari V . Bila matiks-matriks representasi ¯ C), ¯ maka perubahan dari α adalah A = (α, B, C) dan A¯ = (α, B, basis tidak berpengaruh pada suatu pemetaan linier sehingga hal ini berkaitan dengan pemetaan identitas. Tetapi perubahan basis mempunyai pengaruh terhadap matriks-matriks rep¯ C) ¯ melalui pemetaan idenresentasi A = (α, B, C) dan A¯ = (α, B, titas terhadap dua basis yang berbeda. Bila basis berubah pada domain dan kodomain dari α, maka umumnya diperlukan matriks representasi dari pemetaan identitas pada do¯ main dan kodomain α yang dinotasikan oleh P = (IU , B, B) ¯ dan Q = (IV , C, C). Hubungan diantara ruang vektor dengan basis-basis berbeda diberikan secara diagram diatas. Se¯ C) ¯ = (IV , C, C)(α, ¯ ¯ B) hingga didapat hubungan (α, B, B, C)(IU , B, atau A¯ = QAP −1. Selanjutnya misalkan x, x ¯ vektor-vektor koordinat dari u ∈ U relatif terhadap basis B dan B¯ dan y, y ¯ vektor-vektor koordinat dari v = α(u) ∈ V relatif terhadap ¯ maka x basis C dan C, ¯ = P x dan y ¯ = Qy. Bila y = Ax, −1 ¯ maka y ¯ = Qy = QAx = QAP x ¯ = A¯ x. Terlihat bahwa vektorvektor koordinat dan matriks-matriks transformasi konsisten terhadap perubahan basis.
Contoh Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 59 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1. Diberikan pemetaan linier α : R2 → R2 dengan α((x, y)0) = (2x + y, x + 3y)0. Dengan basis B = (1, 0)0, (1, 1)0, maka αB (1, 0) = (2, 1) = 1(1, 0)0 + 1(1, 1)0 = (1, 1)0 dan αB ((1, 1)0) = (3, 4)0 = −1(1, 0)0 + 4(1, 1)0 = (−1, 4)0, sehingga diperoleh matriks representasi dari α: 1 −1 A = (α, B, B) = . 1 4 Misalkan sebarang (x, y)0 ∈ R2, maka ρB ((x, y)0) = a(1, 0)0 + b(1, 1)0 = (a, b)0 dimana skalar a, b memenuhi: x 1 1 a a 1 −1 x = ⇒ = , y 0 1 b b 0 1 y sehingga didapat a = x − y dan b = y. Jadi ρB ((x, y)0) = (x − y, y)0. Dicek apakah pemetaan α konsisten terhadap basis B sebagai berikut: 1 −1 x−y x − 2y α((x, y)0) = AρB ((x, y)0) = = 1 4 y x + 3y 1 1 2x + y = (x − 2y) + (x + 3y) = . 0 1 x + 3y
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 60 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Diberikan pemetaan linier α : P3(R) → P3(R) dimana α(p(x)) = (a + b) + (b + c)x + (c + d)x2 + (a + d)x3, ∀p(x) ∈ P3(R) dengan p(x) = a + bx + cx2 + dx3. Misalkan B = 1, x, x2, x3 dan B¯ = 1, 1 + x, 1 + x + x2, 1 + x + x2 + x3 dua basis dari P3(R). Maka α(1) = 1 + x3 = 1(1) + 0(x) + 0(x2) + 1(x3), α(x) = 1 + x = 1(1) + 1(x) + 0(x2) + 0(x3), α(x2) = x + x2 = 0(1) + 1(x) + 1(x2) + 0(x3), α(x3) = x2 + x3 = 0(1) + 0(x) + 1(x2) + 1(x3) dan IP3(R)(1) = 1 = 1 + 0(1 + x) + 0(1 + x + x2) + 0(1 + x + x2 + x3), IP3(R)(x) = x = −1(1) + 1(1 + x) + 0(1 + x + x2) + 0(1 + x + x2 + x3), IP3(R)(x2) = x2 = 0(1) − 1(1 + x) + 1(1 + x + x2) + 0(1 + x + x2 + x3), IP3(R)(x3) = x3 = 0(1) + 0(1 + x) − 1(1 + x + x2) + 1(1 + x + x2 + x3) Sehingga didapat matriks representasi A = (α, B, B), P = ¯ dan P −1 diberikan oleh: (IP3(R), B, B) 1 1 0 0 1 −1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 −1 0 A= ,P = danP −1 = . 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ¯ B) ¯ Matriks representasi A¯ = (α, B, 1 0 −1 ¯ A = P AP = −1 1
diberikan oleh 1 0 0 1 1 0 . −1 0 0 1 1 2
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 61 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
3. Diberikan ruang vektor U dengan dua basis terurut B = u1, u2, u3 dan B = u ¯1, u ¯2, u ¯ 3 dimana u ¯ 1 = u2 , u ¯ 2 = u3 , u ¯ 3 = u1 . Serta ruang vektor V dengan dua basis terurut C = v1, v2 ¯1 , v ¯2 dimana v ¯ 1 = v1 + v2 , v ¯2 = v1 − v2. Suatu dan C = v pemetaan linier α : U → V diberikan oleh α(u1) = 2v1 − v2, α(u2) = v1 +v2, α(u3) = −2v1 +3v2, sehingga diperoleh suatu matriks representasi 2 1 −2 A = (α, B, C) = . −1 1 3 Misalkan P adalah matriks dari pemetaan identitas di U dari basis B ke basis B, yaitu IU (u1) = u1 = u ¯ 3 = 0¯ u1 +0¯ u2 +1¯ u3 , IU (u2) = u2 = u ¯ 1 = 1¯ u1 + 0¯ u2 + 0¯ u3, IU (u3) = u3 = u ¯ 2 = 0¯ u1 + 1¯ u2 + 0¯ u3. Sehingga didapat P dan P −1: 0 1 0 0 0 1 P = 0 0 1 dan P −1 = 1 0 0 . 1 0 0 0 1 0
Begitu juga, karena IV (¯ v1 ) = v ¯1 = 1v1 + 1v2, IV (¯ v2 ) = v ¯2 = 1v1 −1v2, maka didapat matriks Q−1 dari pemetaan identitas pada V dari basis C ke basis C dan juga didapat matriks Q diberikan oleh: 1 1 1 1 Q−1 = dan Q = 21 2 1 . 1 −1 2 −2
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 62 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh 3....... Matriks representasi A¯ = (α, B, C) diberikan oleh: 1 1 1 2 2 . A¯ = QAP −1 = 0 − 52 32 Hasil ini bisa dicek secara langsung pemetaan α didefinisikan relatif terhadap basis B¯ dan C¯ sebagai berikut: α(¯ u1) = α(u2) = v1 + v2 = v ¯1 = 1¯ v1 + 0¯ v2 α(¯ u2) = α(u3) = −2v1 + 3v2 = 12 v ¯1 − 52 v ¯2 ¯1 + 23 v ¯2 . α(¯ u3) = α(u1) = 2v1 − v2 = 12 v
Dua matriks bujur sangkar A dan B dikatakan similar bila ada matriks P yang punya invers sehingga B = P AP −1. Kesemilaran matriks (∼) adalah suatu relasi ekivalen.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Diberikan pemetaan linier α : U → V terhadap basis terurut B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruang vektor V , bagaimana cara memilih basis terurut B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruang vektor V supaya representasi matriks A¯ = (α, B, C) mempunyai bentuk normal diagonal satuan yang sederhana, yaitu matriks: . . Ir . 0 ... ... ... , 0 ... 0
dimana Ir adalah matriks satuan berukuran r × r dengan r ≤ min{dim(U ), dim(V )}. Untuk memperoleh cara yang dimaksud ini digunakan sifat berikut.
Page 63 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan pemetaan linier α : U → V , masing-masing dimensi U dan V adalah m dan n dengan dim(Im(α)) = r. Maka ada basis terurut B dari U dan basis terurut C dari V sehingga representasi matriks dari α berbentuk normal diagonal satuan, yaitu . . Ir . 0 l r A¯ = (α, B, C) = . . . . . . . . . l n−r 0 ... 0 ←→ ←→ r m−r
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 64 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bukti Dari sifat dimensi pemetaan linier didapat, dim(ker(α)) = dim(U ) − dim(Im(α)) = m − r. Misalkan ur+1, . . . , um adalah suatu basis terurut dari ker(α). Perluas basis ini sampai diperoleh basis terurut B = u1, . . . , ur , ur+1, . . . , um dari ruang vektor U . Dari pengertian kernel didapat α(ur+1) = 0, . . . , α(um) = 0. Selanjutnya pilih vektor-vektor v1, . . . , vr ∈ Im(α) sehingga α(u1) = v1, . . . , α(ur ) = vr . Jelas bahwa vektor-vektor v1, . . . , vr adalah suatu basis terurut dari Im(α). Selanjutnya perluas basis ini sampai diperoleh basis terurut C = v1, . . . , vr , vr+1, . . . , vn dari ruang vektor V . Jadi, terhadap basis terurut B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruang vektor V , pemetaan α didefinisikan oleh α(u1) = v1, . . . , α(ur ) = vr , α(ur+1) = 0, . . . , α(um) = 0. Dari definisi ini terlihat bahwa representasi matriks A¯ = (α, B, C) adalah: . . Ir . 0 l r A¯ = (α, B, C) = . . . . . . . . . l n−r 0 ... 0 ←→ ←→ r m−r
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 65 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Misalkan representasi matriks dari suatu pemetaan linier terhadap basis baku terurut, diberikan oleh: 1 2 3 A = 2 3 1 . 3 5 4
Dapatkan basis-basis terurut dari U dan V supaya dengan basis-basis ini pemetaan linier mempunyai representasi matriks berbentuk normal diagonal satuan. Penyelesaian Pertama, tentukan kernel dari A dengan menyelesaikan persamaan Ax = 0, didapat: ker(A) = {x(7, −5, 1)0 | x ∈ R} atau ker(A) = h{(7, −5, 1)0}i. Perluas basis dari kernel sehingga diperoleh basis terurut B = (1, 0, 0)0, (0, 1, 0)0, (7, −5, 1)0. Selanjutnya dapatkan basis terurut dari Image A sebagai berikut: 1 2 3 1 1 1 2 3 0 2 2 3 1 0 = 2 , 2 3 1 1 = 3 . 3 5 4 0 3 3 5 4 0 5 Perluas basis terurut ini sehingga diperoleh:
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 66 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh................ C = (1, 2, 3)0, (2, 3, 5)0, (1, 0, 0)0 adalah basis terurut dari ruang vektor V . Selanjutnya cek dengan basis-basis terurut B dan C, representasi matriks berbentuk normal diagonal satuan sebagaimana berikut ini. Persamaan-persamaan yang memberikan matriks P −1 = (α, B, B) dengan B basis terurut baku adalah: IU (¯ u1 ) = u ¯ 1 = (1, 0, 0)0, IU (¯ u2 ) = u ¯ 2 = (0, 1, 0)0 dan IU (¯ u3 ) = u ¯3 = (7, −5, 1)0. Sehingga didapat: 1 0 7 P −1 = 0 1 −5 . 0 0 1
Dengan cara serupa, persamaan-persamaan yang memberikan matriks Q−1 = (α, C, C) dengan C basis terurut baku adalah: IV (¯ v1 ) = v ¯1 = (1, 2, 3)0, IV (¯ v2 ) = v ¯2 = (2, 3, 5)0 dan IV (¯ v3 ) = v ¯3 = (1, 0, 0)0. Sehingga didapat: 1 2 1 0 5 −3 Q−1 = 2 3 0 ⇒ Q = 0 −3 2 3 5 0 1 1 −1
dan matriks 0 A¯ = 0 1
A¯ = QAP −1 diberikan oleh: 5 −3 1 2 3 1 0 7 1 0 0 −3 2 2 3 1 0 1 −5 = 0 1 0 . 1 −1 3 5 4 0 0 1 0 0 0
Rank suatu matriks. Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 67 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Suatu matriks A berukuran n × m dengan elemen-elemen di K mendefinisikan suatu pemetaan linier α dari K m ke K n sedemikian hingga A = (α, Em, En) dimana Em dan En masing-masing adalah basis baku dari K m dan K n. Rank dari matriks A adalah rank dari α, jadi rank(A) = rank(α) = dim(Im(α)). Ruang bagian dari K m yang dibentangkan oleh vektor-vektor baris dari A dinamakan ruang baris dari A dan mempunyai dimensi rank baris dari A yang merupakan banyaknya vektor-vektor baris dari A yang bebas linier. Ruang bagian dari K n yang dibentangkan oleh vektor-vektor kolom dari A dinamakan ruang kolom dari A dan mempunyai dimensi rank kolom dari A yang merupakan banyaknya vektorvektor kolom dari A yang bebas linier.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 68 of 132
Ruang kolom dari suatu matriks adalah ruang imagenya, jadi rank kolom dari suatu matriks sama dengan rank matriksnya. Bukti. Misalkan A berukuran n × A dan α suatu pemetaan linier dari K m ke K n sedemikian hingga A = (α, Em, En), dimana Em = e1, . . . , em dan En = e1, . . . , en masing-masing adalah basis baku terurut dari K m dan K n. Misalkan bahwa matriks a1,1 . . . a1,m A = ... ... ... , an,1 . . . an,m
maka untuk j = 1, . . . , m, Go Back
α(ej ) = Full Screen
Close
Quit
n X i=1
a1,j ai,j ei = ... an,j
adalah kolom ke-j dari matriks A. Tetapi, Im(α) dibangun oleh α(e1), . . . , α(em), oleh karena itu Im(α) = ruang kolom(A). Jadi rank(A)=rank kolom(A).
Jawaban Quiz Home Page
Title Page
JJ
II
1. Bila Mn(R) adalah himpunan matriks berukuran n × n dengan elemen-elemen di R dan untuk suatu X tetap di Mn(R) didefinisikan pemetaan α : Mn(R) → Mn(R) dengan α(A) = XAX −1, ∀A ∈ Mn(R), maka : a. Tunjukkan bahwa α adalah suatu pemetaan linier. b. Dapatkan Im(α) dan Ker(α).
J
I
c. Dari hasil b. tentukan sifat dari pemetaan α. Jawab
Go Back
a. Misalkan A, B ∈ Mn(R) dan a, b ∈ R, maka α(aA + bB) = X(aA + bB)X −1 = X(aA)X −1 + X(bB)X −1 = a(XAX −1) + b(XBX −1) = aα(A) + bα(B).
Full Screen
b. Im(α) = {Y ∈ Mn(R) | Y = XAX −1, ∀A ∈ Mn(R)} dan Ker(α) = {A ∈ Mn(R) | XAX −1 = 0} = {0}.
Page 69 of 132
Close
Quit
c. Dari hasil b. terlihat bahwa α satu-satu (sebab Ker(α) = {0}). Pemetaan α juga pada sebab, diberikan sebarang Y ∈ Mn(R) (kodomain), pilih X −1Y X ∈ Mn(R) (domain) sehingga didapat α(X −1Y X) = X(X −1Y X)X −1 = Y .
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 70 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Diberikan pemetaan linier α : R3 → R3 oleh x x − 2y + 3z x α( y ) = x + 3y − 2z , ∀ y ∈ R3. z 5z z Terhadap basis terurut 1 1 1 B = 0,1,1 0 0 1 dapatkan matriks pemetaan linier α.
representasi
dari
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 71 of 132
Go Back
Jawab
1 1 1 1 0 1 α( 0 ) = 1 = 0 0 + 1 1 + 0 1 = 1 0 0 0 0 1 0 B 1 −1 1 1 1 −5 α( 1 ) = 4 = −5 0 + 4 1 + 0 1 = 4 0 0 0 0 1 0 B 1 2 1 1 1 0 α( 1 ) = 2 = 0 0 − 3 1 + 5 1 = −3 1 5 0 0 1 5 B
Jadi Full Screen
Close
Quit
0 −5 0 A = (α, B, B) = 1 4 −3 . 0 0 5
√
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 72 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
√
3. Diberikan suatu ruang vektor V = {a+b 2+c 3|(a, b, c) ∈ Q3} atas Q, dimana Q adalah himpunan bilangan rasional. √ √ a. Tunjukkan bahwa vektor-vektor 1, 2, 3 adalah bebas linier. 1 2 √ +√ sebagai kombinasi linier dari b. Ungkapkan 1 − √2 √ 12 − 2 vektor-vektor 1, 2, 3. Jawab √ √ a. Misalkan, a √ +b 2+c 3√ = 0, assumsikan a2 +√b2 + c2 6= 0. √Bila ac 6= 0, maka b 2 = −a − c 3 ⇔ 2b2 = a2 + 2ac 3 + 3c2 ⇔ 3 = 2b2 − a2 − 3c2 (tidak mungkin bilangan irrasional sama dengan 2ac bilangan rasional). Jadi haruslah ac = 0, didapat a = 0 dan √ √ √ b 3 andaikan c 6= 0, maka b 2 + c 3 = 0 ⇔ − = √ (dengan alasan c 2 sama seperti sebelumnya tidak √ mungkin terjadi). Jadi haruslah c = 0. Sehingga didapat b 2 = 0 ⇔ b = 0. Jadi, diperoleh a = b = c = 0. b. √ √ 1 2 1 + 2 2 12 + 4 √ +√ = + 1−2 12 − 4 1− 2 12 − 2 √ 1√ 1 = −1 − 2 + 3+ 2 2 √ 1 1 √ = − (1) − 1( 2) + ( 3). 2 2
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 73 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
4. Dapatkan suatu matriks representasi dari pemetaan linier α : R2 → R2 terhadap basis terurut standart (baku) bila Ker(α) = Im(α) dan 1 2 α( )= . 1 3 Jawab Perhatikan bahwa 2 2 0 . ∈ Im(α) = Ker(α) ⇒ α( )= 0 3 3 Sehingga terhadap basis terurut baku di R2, didapat 1 1 2 1 2 6 α( ) = α(3 − ) = 3α( ) − α( )= 0 1 3 1 3 9 0 2 1 2 1 −4 α( ) = α( −2 ) = α( ) − 2α( )= . 1 3 1 3 1 −6 Sehingga didapat, matriks representasi dari pemetaan α adalah: 6 −4 A= . 9 −6
Rank suatu matriks. Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 74 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Suatu matriks A berukuran n × m dengan elemen-elemen di K mendefinisikan suatu pemetaan linier α dari K m ke K n sedemikian hingga A = (α, Em, En) dimana Em dan En masing-masing adalah basis baku dari K m dan K n. Rank dari matriks A adalah rank dari α, jadi rank(A) = rank(α) = dim(Im(α)). Ruang bagian dari K m yang dibentangkan oleh vektor-vektor baris dari A dinamakan ruang baris dari A dan mempunyai dimensi rank baris dari A yang merupakan banyaknya vektor-vektor baris dari A yang bebas linier. Ruang bagian dari K n yang dibentangkan oleh vektor-vektor kolom dari A dinamakan ruang kolom dari A dan mempunyai dimensi rank kolom dari A yang merupakan banyaknya vektorvektor kolom dari A yang bebas linier.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 75 of 132
Ruang kolom dari suatu matriks adalah ruang imagenya, jadi rank kolom dari suatu matriks sama dengan rank matriksnya. Bukti. Misalkan A berukuran n × m dan α suatu pemetaan linier dari K m ke K n sedemikian hingga A = (α, Em, En), dimana Em = e1, . . . , em dan En = e1, . . . , en masing-masing adalah basis baku terurut dari K m dan K n. Misalkan bahwa matriks a1,1 . . . a1,m A = ... ... ... , an,1 . . . an,m
maka untuk j = 1, . . . , m, Go Back
α(ej ) = Full Screen
Close
Quit
n X i=1
a1,j ai,j ei = ... an,j
adalah kolom ke-j dari matriks A. Tetapi, Im(α) dibangun oleh α(e1), . . . , α(em), oleh karena itu Im(α) = ruang kolom(A). Jadi rank(A)=rank kolom(A).
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Rank baris dan rank kolom dari setiap matriks adalah sama. Bukti Misalkan matriks A berukuran n × m dengan eleme-elemen di K diberikan oleh a11 . . . a1m ... ... ... an1 . . . anm dan misalkan Bi, i = 1, 2, . . . , n menyatakan baris ke-i dari matriks A. Selanjutnya misalkan rank baris(A) = r dan Sj , j = 1, 2, . . . , r adalah basis dari ruang baris matriks A. Maka, unr P kij Sj untuk beberapa kij ∈ K. tuk setiap i = 1, 2, . . . , n, Bi = j=1
Page 76 of 132
Komponen ke-l dari vektor Bi mempunyai bentuk ail =
r P
kij sjl
j=1 Go Back
dengan i = 1, . . . , n, l = 1, . . . , m. Sehingga didapat kolom ke-l r r P P dari matriks A adalah Cl = Lj sjl = sjl Lj , dimana Lj adalah j=1
Full Screen
Close
Quit
j=1
vektor kolom dengan komponen ke-i adalah kij . Terlihat bahwa setiap kolom dari A adalah merupakan kombinasi linier dari sebanyak r vektor. Jadi rank kolom(A) ≤ rank baris(A). Dengan menggunakan argumentasi (alasan yang sama) untuk matriks A0 (matriks transpose dari A), didapat rank baris(A) ≤ rank kolom(A). Jadi rank baris(A) = rank kolom(A).
Kesimpulan:
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 77 of 132
Go Back
1. Suatu matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen di lapangan F mempunyai invers bila dan hanya bila rank(A) = n. 2. Misalkan A matriks berukuran n × m dengan elemen-elemen di lapangan F , bila Ax = 0, maka himpunan penyelesaian dari sistem linier homogin tsb. merupakan ruang bagian dari Fm dengan dimensi m − rank(A). Hal ini mempunyai arti bahwa ada sebanyak m − rank(A) parameter dalam himpunan penyelesaian dari Ax = 0.
Full Screen
Close
Quit
3. Persamaan tak homogin Ax = b, mempunyai penyelesaian bila dan hanya bila rank(A) = rank(A, b). Himpunan penyelesaian ini mempunyai sebanyak m − rank(A) parameter.
Contoh Diberikan matriks Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 78 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1 2 1 −1 A = 0 1 0 −1 . 0 0 0 −3
Vektor vektor kolom dari A tidak bebas linier. Hanya sebanyak 3 vektor kolom yang bebas linier, yaitu kolom ke-1, kolom ke-2 dan kolom ke-4. Jadi rank kolom(A) = 3 dan semua vektor baris dari A bebas linier (sebanyak 3). Penyelesaian dari Ax = 0 akan memuat sebanyak 4 − 3 = 1 paramater yaitu −t 2 0 x= . Bila b = −1 , t 9 0
rank(A, b) = 3. Jadi penyelesaian Ax = b akan memuat sebanyak 4 − 3 = 1 parameter yaitu 7−t −4 x= . t −3
Eigen-vektor dan eigen-value. Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Misalkan α : U → U suatu pemetaan linier pada ruang vektor U berdimensi n atas lapangan F. Bila u ∈ U dan λ ∈ F memenuhi α(u) = λu, maka u dinamakan suatu eigen-vektor dari α yang bersesuaian dengan eigen-value λ.
Page 79 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan A suatu matriks ukuran n × n dengan elemen-elemennya di suatu lapangan F. Bila ada vektor tak nol x ∈ Fn dan skalar λ ∈ F yang memenuhi Ax = λx, maka x dikatakan suatu eigen-vektor dari matriks A yang bersesuaian dengan eigen-value λ.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 80 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan matriks A = (α, B, B) adalah representasi dari pemetaan linier α : U → U terhadap basis terurut B dari ruang vektor U. Selanjutnya bila ρB adalah pemetaan koordinat dari U ke Fn, maka A = ρBαρ−1 B dan x = ρB(u). Jadi Ax = λx ⇔ (ρBαρ−1 B )(ρB(u)) = λρB(u) ⇔ ρB(α(u)) = ρB(λu) ⇔ α(u) = λu. Bila α : U → U suatu pemetaan linier dan masing masing matriks A = (α, B, B) dan A¯ = (α, B, B) adalah representasi dari α dengan basis terurut yang berbeda, maka eigenvalue dari A ¯ sama dengan eigenvalue dari A. Bukti Misalkan P = (IU, B, B) matriks perubahan basis dari basis B ke basis B, maka A¯ = P AP −1. Bila Ax = λx didapat (P AP −1)(P x) = ¯x = λ¯ ¯ = P x. Terlihat λ(P x). Sehingga diperoleh A¯ x dimana x ¯ bahwa matriks A dan A mempunyai eigenvalue yang sama.
Cara menghitung eigenvalue dan eigenvektor Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 81 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan A suatu matriks berukuran n × n dan Ax = λx dengan x 6= 0 dan x ∈ Fn, maka (λI − A)x = 0, dimana I adalah matriks identitas dengan ukuran n × n. Persamaan homogin (λI − A)x = 0 mempunyai jawab nontrivial bila dan hanya bila det(λI − A) = 0. Persamaan det(λI − A) = 0 dinamakan persamaan kharakteristik dari matriks A yang merupakan persamaan polinomial dalam λ dengan derajad n. Contoh Diberikan matriks 0 1 λ −1 A= ⇒ det( ) = λ2 − 3λ + 2 = (λ − 1)(λ − 2). −2 3 2 λ−3 Untuk λ = 1 didapat: 1 −1 x1 0 1 = ⇒ x1 = x2 ⇒ x = , 2 −2 x2 0 1 sedangkan untuk λ = 2 didapat: 2 −1 x1 0 1 = ⇒ x2 = 2x1 ⇒ x = . 2 −1 x2 0 2
Pendiagonalan suatu matriks Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 82 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Suatu matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen di F similar dengan matriks diagonal bila dan hanya bila eigenvektor-eigenvektornya membentang ruang Fn (span Fn). Bukti Misalkan x1, x2, . . . , xn adalah eigenvektor-eigenvektor dari matriks A dimana hx1, x2, . . . , xni = Fn. Jadi matriks Q = [x1 | x2 | . . . | xn] mempunyai invers, misalkan Q−1 = P . Sehingga didapat AQ = A [x1 | x2 | . . . | xn] = [Ax1 | Ax2 | . . . | Axn] = [λ1x1 | λ2x2 | . . . | λnxn] λ1 . . . . . . 0 .. . . λ2 . . . .. = [x1 | x2 | . . . | xn] .. . . . . . . . ... 0 . . . . . . λn = QA¯ ⇔ A¯ = Q−1AQ ⇒ A¯ = P AP −1.
Home Page
Title Page
Selidiki apakah matriks dibawah ini bisa didiagonalkan! 0 1 A= . −2 3 Dalam pembahasan sebelum didapat bahwa
JJ
AX1 = λ1X1 dan AX2 = λ2X2
II
dimana J
I
λ1 = 1, X1 = Page 83 of 132
1 1
dan λ2 = 2, X2 =
Untuk matriks Q = [X1 X2] =
Go Back
didapat Full Screen
A¯ = Q−1AQ = Close
2 −1 −1 1
1 1 1 2
0 1 −2 3
1 2
.
1 1 1 2
=
1 0 0 2
.
Terlihat bahwa matriks A dapat didiagonalkan menjadi matriks ¯ A. Quit
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 84 of 132
Bila matriks A berukuran n × n mempunyai n eigenvalue yang berbeda satu dengan yang lainnya, maka eigenvektoreigenvektornya bebas linier. Bukti Misalkan λ1, λ2, . . . , λn adalah eigenvalue-eigenvalue yang berbeda satu dengan yang lainnya dan X1, X2, . . . , Xn adalah eigenvektor-eigenvektor yang bersesuaian. Dengan menggunakan induksi dibuktikan bahwa eigenvektor-eigenvektor tsb. bebas linier. Misalkan bahwa X1, X2, . . . , Xk bebas linier dan untuk a1X1 + a2X2 + . . . + ak Xk + ak+1Xk+1 = 0. (1) Sehingga didapat
Go Back
A(a1X1 + a2X2 + . . . + ak Xk + ak+1Xk+1) = 0 Full Screen
atau a1λ1X1 + a2λ2X2 + . . . + ak λk Xk + ak+1λk+1Xk+1 = 0.
(2)
Close
Kalikan λk+1 pada persamaan (1) selanjutnya hasilnya kurangkan pada persamaan (2), didapat: Quit
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 85 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
a1(λ1 − λk+1)X1 + a2(λ2 − λk+1)X2 + . . . + ak (λk − λk+1)Xk = 0. Karena X1, . . . , Xk bebas linier dan λi 6= λj , ∀i 6= j, maka haruslah a1 = a2 = . . . = ak = 0. Sehingga persamaan (1) menjadi ak+1Xk+1 = 0 dan karena Xk+1 6= 0, maka haruslah ak+1 = 0. Terlihat bahwa bila dari kenyataan persamaan (1) dipenuhi maka berakibat a1 = a2 = . . . = ak = ak+1 = 0, hal ini menunjukkan bahwa vektor-vektor X1, X1, . . . , Xk , Xk+1 adalah bebas linier. Kesimpulan Bila matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen di lapangan F mempunyai eigenvalue-eigenvalue yang berbeda, maka matriks A dapat didiagonalkan. Bukti Dengan menggunakan dua hasil sebelumnya didapat bahwa, eigenvektor-eigenvektor yang bersesuaian dengan eigenvalueeigenvalue merupakan vektor-vektor yang bebas linier. Sehingga vektor-vektor ini membentangkan keseluruhan ruang Fn. Akibatnya matriks A dapat didiagonalkan.
Contoh Diberikan matriks
0 1 0 A = 0 0 1 . 6 −11 6
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 86 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Polinomial kharakteristik A adalah λ −1 0 λ −1 0 −1 + 1 ⇒ p(λ) = 0 λ −1 = λ 11 λ − 6 −6 λ − 6 −6 11 λ − 6
p(λ) = λ(λ2 − 6λ) + 11λ − 6 = λ3 − 6λ2 + 11λ − 6 = (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3). Didapat λ1 = 1, λ2 = 2 dan λ3 = 3. Sehingga didapat pasangan eigenvalue-eigenvektor: 1 1 1 λ1 = 1, X1 = 1 ; λ2 = 2, X2 = 2 ; λ3 = 3, X3 = 3 . 1 4 9 dan
− 52
1 2
1 1 1 3 −1 Q = [X1 X2 X3] = 1 2 3 ⇒ Q = −3 4 −1 . 1 4 9 1 − 32 21
Matriks A¯ = Q−1AQ adalah matriks diagonal dengan elemenelemen diagonal λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 87 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Matriks invarian Suatu matriks bujur sangkar invarian adalah suatu sifat dari suatu matriks yang tidak berubah bila matriks ditransformasi dengan suatu cara tertentu. Eigenvalueeigenvalue dari suatu matriks adalah invarian dibawah suatu transformasi kesemilaran, begitu juga trace dan determinannya. (Trace suatu matriks A adalah jumlah keseluruhan eleme-elemen diagonalnya: n P tr(A) = ai,i). i=1
Home Page
Title Page
JJ
Bila λ adalah eigenvalue dari matriks A, maka λ juga eigenvalue dari suatu matriks P AP −1
II
J
I
Page 88 of 132
Go Back
Bukti Misalkan AX = λX dan Y = P X dengan P matriks yang punya invers, jadi X = P −1Y. Sehingga didapat A(P −1Y) = λ(P −1Y) ⇒ (P AP −1)Y = λY. Terlihat bahwa λ juga eigenvalue dari matriks P AP −1.
Full Screen
Close
Quit
Bila ABC adalah haasil kali matriks bujur sangkar, maka tr(ABC) = tr(BCA).
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 89 of 132
Go Back
Full Screen
Bukti
n n X X (ABC)i,l = ai,j bj,k ck,l . k=1
Didapat
n n X n n X X X ai,j bj,k ck,i tr(ABC)= (ABC)i,i = =
i=1 i=1 k=1 j=1 n X n X n X
j=1
Close
Quit
j=1
i=1 k=1
bj,k ck,iai,j= tr(BCA).
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 90 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Trace dan determinan dari suatu matriks bujur sangkar adalah invarian dalam suatu tranformasi similar. Lagi pula bila matriks A dapat didiagonalkan dengan eigenvalue n P λi, i = 1, . . . , n, maka tr(A) = λi dan det(A) =
n Q
i=1
λi.
i=1
Bukti Dari hasil sebelumnya, tr(P AP −1) = tr(P −1P A) = tr(A). Dan det(P AP −1) = det(P )det(A)det(P −1) = det(A)(det(P )det(P −1)) = det(A)det(P P −1) = det(A)det(I) = det(A). Jelas bahwa bila P AP −1 = A¯ dimana A¯ matriks diagonal dengan elemen-elemen diagonal λi, i = 1, . . . , n, n n P Q maka tr(A) = λi dan det(A) = λi. i=1
i=1
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 91 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Diberikan matriks matriks 0 1 0 A = 0 0 1 ⇒ λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3. 6 −11 6 tr(A) = 0 + 0 + 6 = 6 λ1 + λ2 + λ3 = 1 + 2 + 3 = 6
⇒ tr(A) = λ1+λ2+λ3.
1 0 det(A) = 6 = 6 0 1 ⇒ det(A) = λ1λ2λ3. λ1λ2λ3 = 1(2)(3) = 6
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 92 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan λ adalah sutu eigenvalue dari pemetaan linier α : U → U. Himpunan semua eigenvektor-eigenvektor yang bersesuaian dengan eigenvalue λ beserta vektor nol dinamakan ruang eigen dari U dinotasikan dengan Eλ(U). Ruang eigen Eλ(U) adalah ruang bagian dari ruang vektor U, sebab merupakan kernel dari pemetaan (λIU − λ). Dimensi dari subruang Eλ(U) dinamakan multiplisitas geometri dari λ dan dan banyaknya λ yang sama (kembar) dinamakan multiplisitas aljabar dari λ. Misalkan multiplisitas geometri dari λ adalah a dan multiplisitas aljabar dari λ adalah b, maka a ≤ b.
Contoh Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 93 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1. Diberikan matriks 2 −1 −1 A = 0 3 1 ⇒ det(λI−A) = (λ−2)2(λ−4). 0 1 3 + * 0 1 1 1 0 E2(R3) = ker( 0 −1 −1 ) = 0 , 1 0 −1 −1 0 −1 + * 2 1 1 1 E4(R3) = ker( 0 1 −1 ) = −1 0 −1 1 −1
Terlihat bahwa untuk λ = 2 ataupun λ = 4 multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 94 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Diberikan matriks 2 1 0 A = 0 2 0 ⇒ det(λI −A) = (λ−2)2(λ−4). 0 0 4 + * 0 −1 0 1 E2(R3) = ker( 0 0 2 E4(R3) = ker( 0 0
0 0 ) = 0 0 −2 0 + * −1 0 0 2 0 ) = 0 0 0 1
Terlihat bahwa untuk λ = 2 multiplisitas geometri < multiplisitas aljabar tetapi untuk λ = 4 multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 95 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bila det(λI − A) = λn + cn−1λn−1 + . . . + c0, maka An + cn−1An−1 + . . . + c0I = 0. Bukti Bila P AP −1 = D dimana matriks D adalah matriks diagonal dengan elemen-elemen diagonal λi, i = 1, . . . , n adalah eigenvalueeigenvalue dari matriks A. Sehingga didapat : An + cn−1An−1 + . . . + c0I = P −1(Dn + cn−1Dn−1 + . . . + c0I)P = n λ1 + cn−1λn−1 + . . . + c . . . 0 0 1 . ... ... −1 P = 0. .. P 0 . . . λnn + cn−1λn−1 + . . . + c0 n
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 96 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh 0 A = 0 6
Diberikan matriks 1 0 0 1 ⇒ det(λI−A) = λ3−6λ2+11λ−6. −11 6
Sehingga didapat matriks A3 − 6A2 + 11A − 6I adalah:
6 −11 6 0 0 6 36 −60 25 − 36 −66 36 150 −239 90 216 −360 150 0 11 0 6 0 0 + 0 0 11 − 0 6 0 = 66 −121 66 0 0 6 (6 − 6) (−11 + 11) (6 − 6) (36 − 36) (−60 + 66 − 6) (25 − 36 + 11) = (150 − 216 + 66) (−239 + 360 − 121) (90 − 150 + 66 − 6) 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Home Page
Ke-Orthogonalan Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan riil R. Hasil kali dalam riil (real inner product) juga dinamakan bilinier adalah fungsi dari V × V ke R dinotasikan oleh hu, vi yang memenuhi
Title Page
• hr1u1 + r2u2, vi = r1 hu1, vi + r2 hu2, vi untuk semua u1, u2, v ∈ V dan r1, r2 ∈ R (Linier). • hu, vi = hv, ui untuk semua u, v ∈ V (Simetri).
JJ
II
• hu, ui ≥ 0 untuk semua u ∈ V dan hu, ui = 0 bila dan hanya bila u = 0 (semi definit positip).
J
I
Bila x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn maka hasil kali dalam n def P xiyi (juga dinamakan dot baku diberikan oleh hx, yi =
Page 97 of 132
i=1
product dalam geometri Euclide). Bila vektor-vektor x dan y disajikan dalam vektor kolom, maka hx, yi = x0y.
Go Back
Full Screen
Close
Suatu norm dari ruang vektor V ke lapangan riil R adalah suatu fungsi dinotasikan oleh || || yang memenuhi • ||v|| ≥ 0 untuk semua v ∈ V dan ||v|| = 0 bila dan hanya bila u = 0 (Definit positip). • ||rv|| = |r| ||v|| untuk semua v ∈ V, r ∈ R
Quit
• ||u + v|| ≤ ||u|| + |||v|| untuk semua u, v ∈ V (Pertaksamaan segitiga).
Home Page
setiap u ∈ Rn norm Euclide diberikan oleh p1 n P def |ui|p dalam hal ini dinamakan norm-p. Khusus ||u||p = i=1 n 21 P untuk p = 2 cukup ditulis ||u|| = |ui|2 Untuk
Title Page
JJ
II
i=1
J
I
Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan R.
1. Dua vektor u, v ∈ V dikatakan orthogonal bila hu, vi = 0. Page 98 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Suatu himpunan dari vektor-vektor adalah orthogonal bila setiap dua pasang vektor orthogonal. 3. Suatu vektor u ∈ V adalah ternormalisir bila ||u|| = 1. 4 Dua vektor u, v ∈ V dikatakan orthonormal bila ||u|| = ||v|| = 1 dan hu, vi = 0. u Setiap vektor u ∈ V bisa dinormalisir kedalam bentuk . ||u||
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 99 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Himpunan vektor-vektor {(1, 0), (0, 1)} adalah orthonormal, tetapi {(1, 1), (−1, 1)} adalah orthogonal. Himpunan yang terakhir ini dapat dijadikan orthonormal sebagai himpunan 1 1 1 1 √ , √ , −√ , √ berikut ini 2 2 2 2 Suatu basis orthonormal dari suatu ruang vektor mempunyai beberapa kemanfaatan dan basis baku dari ruang vektor Rn adalah orthonormal, yaitu basis baku dari ruang vektor R3 adalah himpunan {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. Diberikan matriks A berukuran n × n, matriks A dikatakan matriks simetri bila A = A0 dan dikatakan anti-simetri (skewsymmetric) bila A = −A0. Matriks simetri bermaanfaat dalam bentuk kuadrat, misalnya a1,1 a1,2 x = a1,1x2 + 2a1,2xy + a2,2y 2 x y y a1,2 a2,2
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 100 of 132
Bila matriks A simetri dengan elemen-elemen riil dan berlaku Ax = λx dengan x 6= 0, maka λ selalu merupakan bilangan riil. Bukti Digunakan tanda ∗ untuk menyatakan komplek sekawan (com0 plex conjugate). Kedua ruas dari Ax = λx kalikan dengan x∗ didapat 0 0 x∗ Ax = λ(x∗ x) (3) Persamaan (3) kedua ruas ditranspose-konjuget didapat 0
0
x∗ Ax = λ∗(x∗ x)
(4)
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Persamaan (4) dikurangi persamaan (3) didapat 0 0 = (λ∗ − λ)(x∗ x) ⇒ 0 = λ∗ − λ (sebab x 6= 0). Jadi λ∗ = λ, maka dari itu λ merupakan bilangan riil.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 101 of 132
Misalkan A matriks simetri berukuran n × n dengan elemenelemen riil. Bila λ dan µ adalah sebarang dua eigenvalue dari matriks A dengan masing-masing eigenvektor adalah x dan y dan λ 6= µ, maka hx, yi = 0. Bukti Kedua ruas persamaan Ax = λx kalikan dengan y0 didapat y0Ax = λ(y0x).
(5)
Kedua ruas persamaan Ay = µy kalikan dengan x0 didapat x0Ay = µ(x0y).
(6)
Go Back
Kedua ruas persamaan (6) ditranspose didapat Full Screen
Close
Quit
y0Ax = µ(y0x). Persamaan (7) dikurangi persamaan (5) didapat 0 = (µ − λ)(y0x) ⇒ 0 = y0x = hx, yi (sebab λ 6= µ).
(7)
Matriks A berukuran n × n dikatakan orthogonal bila AA0 = I = A0A yaitu A−1 = A0. Home Page
Title Page
JJ
Bila Bi dan Kj masing-masing menyatakan baris ke-i dan kolom ke-j dari suatu matriks orthogonal A berukuran n × n, maka {Bi, i = 1, . . . , n} dan {Kj , j = 1, . . . , n} adalah himpunan dari vektor-vektor orthonormal.
II
J
I
Page 102 of 132
Bukti Dari elemen perkalianmatriks (AA0)i,j = hBi, Bj i dan fakta AA0 = 1 i=j I didapat hBi, Bj i = , terlihat bahwa baris0 yang lainnya baris dari A adalah orthonormal. Bila A orthogonal, maka A0 juga orthogonal, jadi kolom-kolom dari A juga orthonormal.
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Bila matriks A diberikan oleh 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 A = 0 0 1 , maka AA0 = 0 0 1 1 0 0 = 0 1 0 = I. 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Juga dapat dicek bahwa A0A = I. Jadi A adalah matriks orthogonal.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 103 of 132
Go Back
Full Screen
Contoh Bila matriks A diberikan oleh 1 1 0 − √2 √2 , A= 1 0 0 1 1 √ 0 √ 2 2 maka matriks A adalah orthogonal, 1 1 0 1 0 − √2 √2 1 √ 0 − AA0 = 1 0 0 2 1 1 1 √ √ 0 0 √ 2 2 2
Juga dapat dicek bahwa A0A = I Close
Quit
sebab 0 1 0 0 1 √ 2 = 0 1 0 = I. 1 0 0 1 √ 2
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 104 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Suatu pemetaan linier yang direpresentasikan oleh suatu matriks orthogonal adalah mempertahankan jarak dari suatu vektor, yaitu bila A suatu matriks orthogonal, maka ||Ax|| = ||x|| untuk semua x ∈ Rn. Bukti p Dari persamaan ||x|| = hx, xi dan hx, xi = x0x, didapat ||x||2 = x0x. Oleh karena itu ||Ax||2 = x0A0Ax = x0x = ||x||2 ⇒ ||Ax|| = ||x||. Contoh Diberikan matriks orthogonal 1 1 0 − √ 2 √2 x1 dan sebarang x = x2 ∈ Rn, A= 1 0 0 1 1 x3 √ 0 √ 2 2
maka dapat ditunjukkan bahwa ||Ax|| = ||x|| sebagai mana berikut ini:
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 105 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1 1 1 1 0 − √ √ − √ x2 + √ x3 x1 2 2 2 2 = 1 0 0 x1 x2 = 1 1 x3 1 1 0 √ √ √ x2 + √ x3 2 2 2 2 r 1 1 1 1 2 2 (− √ x2 + √ x3) + x1 + ( √ x2 + √ x3)2 2 2 2 2 r 1 2 1 2 1 2 1 2 2 x2 − x2 x3 + x3 + x1 + x2 + x2 x3 + x3 2 2 2 2 q x21 + x22 + x23 = ||x||.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 106 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kesimpulan yang bisa diperoleh dari matriks simetri berkaitan dengan pendiagonalan matriks diberikan sebagaimana berikut ini. Kesimpulan Bila matriks simetri A berukuran n × n mempunyai eigenvalueeigenvalue yang berbeda, maka A dapat didiagonalkan melalui suatu matriks orthogonal. Komentar : Karena matriks A mempunyai eigenvalueeigenvalue yang berbeda, maka dapat didiagonalkan menjadi matriks Q−1AQ dimana matriks Q = [x1|x2| . . . |xn] dengan xi, i = 1, . . . , n adalah eigenvektor-eigenvektor dari A yang sesuai dengan eigenvaluenya. Berdasarkan hasil sebelumnya vektorvektor xi, i = 1, . . . , n saling orthogonal. Bila vektor-vektor ini dinormalkan maka didapat matriks orthogonal x1 x2 xn P = ... , sehingga matriks P 0AP juga meru ||x1|| ||x2|| ||xn|| pakan matriks diagonal.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 107 of 132
Contoh Diberikan matriks simetri √ √ √ 1 2 λ 0 1 2 λ− 1 − 2 √ √ √ A= ⇒ − = . 0 λ 2 2 2 2 − 2 λ−2
Sehingga didapat polinomial kharakteristik dari matriks A adalah p(λ) = (λ − 1)(λ − 2) − 2 = λ2 − 3λ = λ(λ − 3). Untuk eigenvalue λ1 = 0 dan λ2 = 3 didapat masing-masing eigenvektor yang sesuai adalah: √ 1 − 2 dan x2 = √ . x1 = 1 2 Sehingga diperoleh
Go Back
Full Screen
Close
Quit
√ 1 2 √ −√ 3 3 x1 dan x2 = . = √ ||x1|| 1 ||x2|| 2 √ √ 3 3 x2 x1 , maka pendiagonalan dari maBila matriks P = ||x1|| ||x2|| triks A adalah P 0AP dan hasilnya diberikan sebagai berikut
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 108 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
√ √ 2 1 2 1 √ √ √ √ − − √ 3 3 3 3 1 2 √ = √ √ 2 2 1 1 2 2 √ √ √ √ 3 3 3 3
√ √ 2 2 2 2 −√ + √ −√ + √ 3 3 3 3 √ √ 1 2 2 2 2 √ +√ √ + √ 3 3 3 3
√ 2 1 −√ √ 3 3 = √ 1 2 √ √ 3 3
√ 2 1 0 0 −√ √ 3 3 0 0 √ = √ 0 3 3 3 2 1 2 √ √ √ √ 3 3 3 3
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 109 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berkaitan dengan matriks simetri dengan elemen-elemen riil. Sebagaimana telah diketahui matriks simetri pasti semua eigenvaluenya adalah riil, tetapi tidak menjamin bahwa semua eigenvalue-eigenvalue ini berbeda satu dengan yang lainnya, bila semuanya berbeda maka pasti matriks simetri tsb. bisa didiagonalkan. Bila ada yang rangkap, maka hal ini ada dua kasus. Yang pertama bila masing-masing multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar, maka pendiagonalan matriks bisa dilakukan. Kedua, bila masing-masing multiplisitas geometri < multiplisitas aljabar, maka pendiagonalan tidak dapat dilakukan. Pada khasus yang kedua tentunya hanya beberapa eigenvektor yang orthogonal satu dengan yang lainnya, yaitu yang berkaitan dengan eigenvalue-eigenvalue yang saling berbeda satu dengan lainnya. Tetapi untuk eigenvalue yang rangkap walaupun memberikan eigenvektoreigenvektor yang saling bebas linier tetapi tidak menjamin bahwa eigenvektor-eigenvektor ini orthogonal. Oleh karena itu matriks yang kolom-kolomnya merupakan eigenvektoreigenvektor bukan matriks orthogonal. Tetapi dengan beberapa modifikasi matriks tsb. bisa dijadikan matriks orthogonal, cara pengorthogonalan ini mengarah apa yang dinamakan proses Pengorthogonalan Gram-Schmidt. Contoh berikut memberikan kejelasan mengenai pengorthogonalan suatu matriks.
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 110 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Diberikan suatu matriks simetri 1 −1 −1 λ−1 1 1 A = −1 1 −1 ⇒ λI − A = 1 λ − 1 1 . −1 −1 1 1 1 λ−1
Polinomial kharakteristik dari A diberikan oleh p(λ) = det(λI − A) = (λ − 2)2(λ + 1). Pasangan eigenvalue eigenvektor diberikan oleh −1 −1 1 λ1 = 2, x1 = 0 ; λ2 = 2, x2 = 1 ; λ3 = 1, x3 = 1 . 1 0 1
Terlihat bahwa hx1, x3i = hx2, x3i = 0 tetapi hx1, x2i = 1 6= 0. Penormalan dari x2 dan x3 didapat : 1 1 √ √ − 3 1 2 x2 x √ 3 1 dan p3 = = = p2 = . √ ||x2|| ||x || 3 3 2 1 √ 0 3
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 111 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Untuk memperoleh suatu vektor x ¯1 supaya h¯ x1, x2i = 0, adalah sebagai berikut. Misalkan x ¯1 + ax2 = x1, didapat x02x ¯1 + ax02x2 = hx1, x2i . Sehingga x1, x2i + a hx2, x2i = hx1, x2i ⇒ a = x02x1 atau h¯ hx2, x2i didapat hx1, x2i x ¯ 1 = x1 − x2 . hx2, x2i Jadi 1 − −1 −1 1 2 x ¯1 = 0 − 1 = − 1 2 2 1 0 1 Dengan menormalkan vektor x ¯1 didapat: 1 −√ 6 x ¯1 − √1 p1 = = . ||¯ x1|| 6 2 √ 6
Jadi matriks P = [p1 | p2 | p3] diberikan oleh: Quit
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 112 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1 1 1 −√ −√ √ 6 2 3 1 1 − √1 √ √ P = ⇒ P 0P = I = P P 0 (P matriks orthogonal). 6 2 3 2 1 √ √ 0 6 3
Sehingga didapat : 1 1 2 1 1 1 −√ −√ √ −√ −√ √ 1 −1 −1 6 6 6 6 2 3 1 1 1 1 − √1 0 √ √ √ 0 −1 1 −1 − √ P AP = = 2 2 6 2 3 1 2 1 1 −1 −1 1 1 √ √ √ √ √ 0 3 3 6 3 3 2 0 0 0 2 0 0 0 −1
Proses orthogonalisasi Gram-Schmidt Home Page
Title Page
JJ
Diberikan himpunan vektor-vektor yang bebas linier S = {X1, X2, . . . , Xn}, dari S dibentuk himpunan vektor-vektor orthormal T = {T1, T2, . . . , Tn} sebagi berikut:
II
t1 = X1 ⇒ T1 = J
t1 ||t1||
I
t2 hX2, X1i t1 ⇒ T2 = hX1, X1i ||t2|| ... ... hXn, t2i hXn, tn−1i tn hXn, t1i t1 − t2 − . . . − tn−1 ⇒ Tn = tn = Xn − ht1, t1i ht2, t2i htn−1, tn−1i ||tn|| t2 = X2 −
Page 113 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Didapat matriks orthogonal T = [T1 | T2 | . . . | Tn] .
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 114 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Diberikan matriks dengan kolom-kolom merupakan vektorvektor yang bebas linier, yaitu 1 1 1 A=0 1 1 0 0 1
Misalkan X1, X2 dan X3 merupakan vektor-vektor kolom dari A, maka 1 1 t 1 =0 t1 = X1 = 0 ⇒ T1 = ||t1|| 0 0 1 0 0 hX , t i t 2 1 2 t2 = 1 − t1 = 1 ⇒ T2 = =1 ht1, t1i ||t2|| 0 0 0 1 0 0 hX , t i hX , t i t 3 1 3 2 3 t1 − t2 = 0 ⇒ T3 = =0 t3 = 1 − ht1, t1i ht2, t2i ||t3|| 1 1 1
Terlihat bahwa matriks T = [T1 T2 T3] adalah matriks orthogonal.
Proyeksi dan General Invers
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 115 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Proses orthogonal Gram-Schmid erat kaitannya dengan apa yang dinamakan proyeksi sebagaimana akan terlihat dalam pembahasan berikut ini. Ada kalanya sistem persamaan linier Ax = y tidak mempunyai penyelesaian secara analitik (eksak). Tetapi bila model linier yang dikaji ini merupakan suatu problem nyata yang dijumpai, maka diperlukan suatu alternatif penyelesaian untuk menjawab problem yang ada sehingga penyelesaian yang didapat cukup untuk menjawab problem. Suatu contoh berikut menjelaskan hal ini: Diberikan sistem persamaan linier Ax = y: 6 3 x1 2 = . 2 1 x2 2
(8)
Jawab eksak dari persamaan ini tidak ada. Dalam hal ini, selalu bisa didapat penyelesaian pendekatan x melalui penggantian y dengan vektor y0 di ruang kolom dalam A yang dekat dengan y dan sebagi penggantinya selesaikan persamaan Ax = y0. Untuk khasus yang diberikan dalam persamaan (8) ruang kolom dari A adalah span: 3 W = r r∈R . 1
Dengan demikian dipilih y0 = r Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 116 of 132
2 k y − y0 k= 2
3 1
sehingga panjang
−r
3 1
sekecil mungkin. Gambar berikut secara geometri menjelaskan pilihan dari vektor y0.
y=
µ *
Go Back
2 2
¶
µ
3 1
¶
y0 = Projw (y)
Full Screen
Close
Quit
Sebelum menyelesaikan problem yang ada diberikan pengertian berikut. Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn dan tulis y ∈ Rn = W ⊕ W ⊥ sebagai y = y1 + y2, dimana y1 ∈ W dan y2 ∈ W ⊥, maka y1 dikatakan proyeksi dari y pada W dan dinotasikan oleh y1 = Projw (y).
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 117 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diselesaikan masalah persamaan linier 6 3 x1 2 = . 2 1 x2 2 3 −1 Pilih W = sehingga didapat W ⊥ = . Jadi 1 3 2 −1 4 3 2 + . Untuk meminimumkan panjang = 3 2 5 1 5 2 3 0 k y − y k = −r 2 1 4 3 2 −1 3 = + −r 3 1 5 1 5 4 2 −1 3 = ( − r) + , 1 3 5 5 4 3 −1 dan karena dan orthogonal, maka haruslah r = . 1 3 5 4 3 4 3 2 6 Sehingga didapat y0 = Projw = =0 + . 2 2 5 1 5 1 Terlihat bahwa penyelesaian pendekatan adalah x1 = 0 dan x2 = 4 . 5
Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn, maka vektor y0 ∈ W yang dekat ke y ∈ Rn adalah y0 = Projw (y).
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 118 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bukti Tulis y = y1 +y2 dengan y1 ∈ W dan y2 ∈ W ⊥. Jadi y1 = Projw (y). Untuk sebarang w ∈ W jarak kuadrat k y − w k2 diberikan oleh k (y1 − w) + y2 k2 = < (y1 − w) + y2, (y1 − w) + y2 > = < y1 − w, y1 − w > + < y2, y2 > = k y1 − w k2 + k y2 k2, akan minimal bila w = y1 = Projw (y). Suatu cara singkat untuk menentukan proyeksi dari suatu rauang bagian W yang dibangun hanya oleh satu vektor w, dimana V = W ⊕ W ⊥ diberikan oleh < y, w > w. (9) Projw (y) = < w, w > Dalam hal ini adalah: < y, w > 1. w ∈ W. < w, w > < y, w > 2. y − w ∈ W⊥ < w, w > < y, w > < y, w > 3. y = w+ y− w < w, w > < w, w >
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 119 of 132
Go Back
Dengan menggunakan hasil dalam (9) didapat 2.3 + 2.1 3 4 3 2 Projw = = . 2 3.3 + 1.1 1 5 1 Berikut ini diberikan suatu sifat bila ruang bagian W dibangun oleh lebih dari satu vektor. Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn dibangun oleh basis orthogonal w1, . . . , wk dan misalkan y ∈ Rn, maka Projw (y) =
< y, w1 > < y, wk > w1 + . . . + wk . < w1 , w1 > < wk , wk >
(10)
Bukti < y, wk > < y, w1 > Misalkan y1 = w1 +. . .+ wk . Maka untuk 1 ≤ < w1, w1 > < wk , wk > < y, wi > i ≤ k didapat < y − y1, wi >=< y, wi > − < wi, wi >= 0. < wi , wi > Jadi y − y1 ∈ W ⊥ dan y1 = Projw (y).
Full Screen
Close
Bila W suatu ruang bagian dari Rn dengan basis orthonormal w1, . . . , wk , maka persamaan (10) menjadi Projw (y) =< y, w1 > w1 + . . . + < y, wk > wk .
Quit
(11)
Contoh Dapatkan elemen dari ruang bagian W yang dekat dengan vektor (1, 2, 3)0, dimana W dibangun oleh vektor-vektor (1, 2, −1)0, (−1, 4, 1)0. Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 120 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jawab Dengan menggunakan proses Gram-Schmidt, didapat basis or1 1 thonormal: √ (1, 2, −1)0, √ (−1, 1, 1)0. Sehingga proyeksi dari 6 3 0 (1, 2, 3) pada W adalah: 1 1 −1 1 1 1 1 Projw 2 = √ (1 + 4 − 3) √ 2 + √ (−1 + 2 + 3) √ 1 6 6 −1 3 3 3 1 1 −1 −1 1 4 = 2 + 1 = 2 . 3 3 −1 1 1 Sehingga didapat vektor 1 −1 2 2 = 2 + 0 ∈ W ⊕ W ⊥, 3 1 2 1 1 −1 elemen dari W dekat ke 2 adalah Projw 2 = 2 . 3 3 1
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 121 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan dipunyai suatu supply dari 5000 unit S, 4000 unit T dan 2000 unit U. Bahan digunakan dalam pabrik untuk memproduksi P dan Q. Bila setiap unit dari P menggunakan 2 unit S, 0 unit T dan 0 unit U; dan setiap unit dari Q menggunakan 3 unit S, 4 unit T dan 1 unit U. Berapa banyak unit p dari P dan q dari Q yang harus dibuat supaya keseluruhan supply digunakan? Model matematika dari persoalan yang ada diberikan oleh persamaan: 2 3 5000 0 4 p = 4000 . q 0 1 2000
Persamaan dari model tidak mempunyai jawab eksak (anali 5000 tik) sebab vektor 4000 bukan merupakan kombinasi linier 2000 2 3 dari vektor- vektor 0 dan 4 . Untuk meyelesaikan per0 1 samaan secara pendekatan, dilakukan hal berikut: Cari vektor didalam ruang bagian W yang merupakan bentuk kombinasi 2 3 5000 linier p 0 + q 4 yang dekat dengan vektor 4000 0 1 2000
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 122 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Dengan melakukan proses Gram-Schmidt di vektor-vektor pembangun yang merupakan basis dari W , didapat basis orthonormal: 0 1 1 w1 = 0 , w2 = √ 4 . 17 1 0 Sehingga diperoleh: 5000 1 0 16000 2000 1 Projw 4000 = 5000 0 + ( √ + √ ) √ 4 17 17 17 1 2000 0 1 0 18000 4 = 5000 0 + 17 0 1 2 3 3 18000 18000 = (2500 − ( )( )) 0 + 4 . 2 17 17 0 1
3 18000 18000 Terlihat bahwa p = 2500 − ( )( ) = 911.76 dan q = = 2 17 17 1058.82.
Home Page
Pendekatan invers dari suatu matriks berukuran m × n Untuk setiap matriks A berukuran m×n dengan elemen-elemen riil, matriks A− berukuran n × n dinamakan pendekatan invers (psedoinverse) yang memenuhi A−y merupakan penyelesaian pendekatan dari persamaan Ax = y. Kolom-kolom dari matriks A− adalah penyelesaian pendekatan dari Ax = ei, dimana ei, i = 1, . . . , m merupakan basis baku dari Rm.
Title Page
Contoh JJ
II
J
I
Page 123 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2 3 5000 Dapatkan matriks A− bila A = 0 4 dan hitung A− 4000 . 0 1 2000
Jawab Ruang kolom orthonormal dari matriks A adalah span 0 1 1 dari vektor-vektor: w1 = 0 , w2 = √ 4 . Sehingga di17 1 0 dapat 1 1 0 0 0 0 , Projw 0 = 4 . Projw 0 = 0 , Projw 1 = 16 17 17 4 1 0 0 0 1 17 17 Dan kolom-kolom matriks A− didapat sebagai berikut 1 2 3 1 0 4 x = 0 ⇒ x = 2 0 0 1 0
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 124 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2 0 0 2 0 0
16 3 0 − 17 16 ⇒x= 4 x = 17 4 4 17 1 17 3 3 0 − 34 4 ⇒x= 4 x = 17 1 1 17 1 17
Sehingga didapat matriks A− adalah: 1 6 3 − − A− = 2 417 134 . 0 17 17
Penyelesaian pendekatan dari persamaan 2 3 5000 0 4 p = 4000 q 0 1 2000
diberikan oleh 1 5000 5000 6 3 p − − 911.76 = A− 4000 = 2 417 134 4000 = . q 0 17 17 1058.82 2000 2000
Hasil yang didapat sama dengan hasil perhitungan sebelumnya.
Soal UAS GASAL 2006/2007 Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 125 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1. 1.Selidiki apakah matriks berikut bisa didiagonalkan atau tidak bisa didiagonalkan? 0 1 3 0 1 2 1 −1 0 Berikan alasan dari jawaban!
JawabPolinomial kharakteristik dari matriks diberikan oleh: λ −1 −3 p(λ) = 0 λ − 1 −2 = (λ − 1)2(λ + 1) −1 1 λ
Untuk λ = 1, didapat:
* 1 + 1 −1 −3 E1(R3) = Ker( 0 0 −2 ) = 1 . −1 1 1 0
Terlihat bahwa untuk λ = 1 multiplisitas geometri = 1 < 2 = multiplisitas aljabar. Jadi matriks tidak bisa didiagonalkan.
2. Bila vektor-vektor v1, v2, . . . , vn adalah orthogonal, maka tunjukkan bahwa : ||v1 + v2 + . . . + vn||2 = ||v1||2 + ||v2||2 + . . . + ||v1||2. Home Page
Jawab n * n + n X 2 X X v i = vj , vk
Title Page
JJ
i=1
II
j=1
=
J
Go Back
Full Screen
Close
Quit
hvj , vk i =
j=1 k=1
I
Page 126 of 132
n X n X
k=1
n X
||vj ||2.
j=1
3. Dengan general invers cari garis lurus y = ax + b yang paling mendekati titik-titik (1, 2), (2, 3) dan (3, 1). Jawab: −1 1 1 2 1 1 a 1 2 3 1 2 3 2 1 2 1 = 3 ⇒ A− = b 1 1 1 1 1 1 3 1 1 3 1 2 1 1 2 2 1 −1 1 2 3 − 0 2 2 2 3= 3 A− 3 = 7 4 1 2 −1 3 1 1 1 − 3 3 3 1 1 1
Didapat a = −1 + 12 = − 12 dan b = 38 + 1 − 32 = 3.
Home Page
4. Bila V adalah ruang vektor dari himpunan polinomialpolinomial dengan derajad kurang atau sama dengan 3 R1 dan ”hasil kali dalam” diberikan oleh hp, qi = p(x)q(x)dx. −1
Title Page
JJ
Lakukan poses orthogonalisasi Gram-Schmidt terhadap basis 1, x, x2, x3.
II
Jawab J
I
Page 127 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1 1 p1(x) = √ < p1, p1 > 2 q 1 p¯2(x) = x− < x, p¯1 > p¯1(x) ⇒ p¯2(x) = √ p¯2(x) = 32 x < p¯2, p¯2 > p¯1(x) = 1 ⇒ p¯1(x) = √
2 p¯3(x) = x2− < x2, p¯1 > p¯1(x)− < x , p¯2 > p¯2(x) ⇒ q 1 p¯3(x) = √ p¯3(x) = 58 (3x2 − 1) < p¯3, p¯3 >
3 3 ¯ ¯ p¯4(x) = x3− < x3, p¯1 > p¯1(x)− < x , p > p (x)− < x , p¯3 > p¯3(x) ⇒ 2 2 q 1 p¯4(x) = √ p¯4(x) = 78 (5x3 − 3x) < p¯4, p¯4 >
Home Page
5. Diberikan pemetaan linier α : R2 → R2 dengan α((x, y)0) = (2x + y, x + 3y)0.
Title Page
JJ
II
J
I
Dengan basis B = (1, 0)0, (1, 1)0 tentukan matriks representasi dari α. Jawab αB ((1, 0)0) = (2, 1)0 = 1(1, 0)0 + 1(1, 1)0 = (1, 1)0
Page 128 of 132
dan Go Back
Full Screen
Close
Quit
αB ((1, 1)0) = (3, 4)0 = −1(1, 0)0 + 4(1, 1)0 = (−1, 4)0, sehingga diperoleh matriks representasi dari α: 1 −1 A = (α, B, B) = . 1 4
Home Page
Dengan general invers dapatkan parabola y = ax2 + bx + c yang mendekati titik-titik (3, 0), (2, 0), (1, 2), (−1, 12). Jelaskan apakah hasilnya pendekatan atau tidak! Jawab : Untuk titik (3, 0), (2, 0), (1, 2), (−1, 12) didapat empat persamaan : 9a + 3b + c = 0, 4a + 2a + c = 0, a + b + c = 2, a − b + c = 12
Title Page
JJ
II
J
I
Page 129 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
atau dalam bentuk matriks 0 9 3 1 a 4 2 1 0 b = ⇒ 2 1 1 1 c 12 1 −1 1 9 9 4 1 1 a 4 b = 3 2 1 −1 1 c 1 1 1 1 1
Cek!
9 4 1 1
3 2 1 −1
3 2 1 −1
−1 0 1 9 4 1 1 1 1 0 3 2 1 −1 = −5 . 1 2 1 1 1 1 6 1 12
1 0 1 1 0 −5 = . 1 2 6 1 12
Terlihat, hasilnya eksak bukan pendekatan melakukan penghitungan dengan MAXIMA).
(kita
coba
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 130 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Cara lain mencari invers matriks Misalkan matriks : 9 3 9 4 1 1 4 2 A = 3 2 1 −1 1 1 1 1 1 1 1 −1
1 99 35 15 1 = 35 15 5 . 1 15 5 4 1
Selanjutnya tentukan polinomial kharakteristik A : p(x) = |xI −A| = x3 −118x2 +466x−440 ⇒ A3 −118A2 +466A−440I = 0 1 Didapat A−1 = (A2 − 118A + 466I) : 440 11251 4065 1720 99 35 15 1 0 0 1 A−1 = 4065 1475 620 − 188 35 15 5 + 466 0 1 0 440 1720 620 266 15 5 4 0 0 1 13 5 7 − − 88 88 44 35 −65 −50 1 13 171 3 = =− −65 171 30 − 440 88 440 44 −50 30 260 5 3 13 − 44 44 22
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 131 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jawaban UAS Aljabar linear semester gasal 2007/2008 1.) Diberikan matriks : 1 −1 A= . 1 1 Diagonalkan matriks A dengan menggunakan basis orthonormal dari eigenvector-eigenvector matriks A. Jawab : Eigenvalue dan eigenvector dari A diberikan oleh : |A − λI| = λ2 − 2λ + 2 = 0, didapat λ1 = 1 − i, λ2 = 1 + i. Nullspace(A − λ1I) = {< (1, i) >} dan Nullspace(A − λ2I) = {< (1, −i) >}. Terlihat bahwa eigenvector-eigenvector yang bersesuaian dengan λ1 = 1 − i dan λ2 = 1 + i, masing-masing diberikan oleh : 1 1 v1 = dan v2 = . i −i Vektor v1 dan v2 orthogonal, sebab < v1, v2 >= 0. Sehingga basis orthonormalnya adalah : |vv11| , |vv22| . Dengan P = [ |vv11| | |vv22| ] didapat : " # " # 1 i 1 1 √ −√ √ √ 1 −1 −1 2 2 2 2 P AP = 1 i i √ √ √ − √i 1 1 2 2 2 2 1−i 0 = . 0 1+i
Home Page
Title Page
JJ
II
J
I
Page 132 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
