Aljabar Linear Suatu Gerbang Untuk Memahami Matematika dan Aplikasinya

Aljabar Linear Suatu Gerbang Untuk Memahami Matematika dan Aplikasinya Version 1.0

12 Pebruari 2016

an Matem us

M

ka ati

* Ju r

Subiono

P

- IT

ya *

A

ba

F MI

Matematika S, S u r

a

Subiono — Email: [email protected]

Alamat: Jurusan Matematika Institut Teknologi Sepuluh Nopember Sukolilo Surabaya Indonesia

2

Copyright

an Matem us

M

ka ati

* Ju r

c 2016 The Author.

P

- IT

ya *

A

ba

F MI

Matematika S, S u r

a

Kata Pengantar

Alhamdulillahirabbilalamin, segala puji hanyalah milikmu ya Allah yang telah meberikan "kebebasan bertanggung jawab" kepada manusia untuk suatu kebaikan dalam melaksanakan amanatnya di hamparan bumi yang dihuni manusia. Sholawat dan Salam kepadamu ya Nabi Muhammad beserta para keluarganya dan para pengikutnya sampai nanti di hari akhir. Buku ini disusun dengan maksud untuk digunakan sebagi buku rujukan mata kuliah Aljabar Linear Elementer dan Aljabar Linear pada Jurusan Matematika, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya. Materi disusun untuk kebutuhan struktur dalam Kurikulum tahun 20092014 guna menunjang matakuliah yang ada pada semester yang lebih tinggi. Selain dari pada itu materi dari buku ini disusun supaya pengguna yang lainnya bisa memanfaatkan buku ini sesuai dengan yang dibutuhkannya. Dalam buku ini diberikan beberapa konsep pengertian dari materi yang disajikan setelah itu diikuti dengan beberapa contoh untuk mempermudah pemahaman, selain itu juga diberikan beberapa contoh aplikasi yang mungkin dan beberapa soal sebagai latihan. Penulis pada kesempatan ini menyampaikan keaktifan pembaca dalam mengkaji buku ini untuk menyampaikan kritik dan saran guna perbaikan buku ini, sehingga pada versi yang mendatang "mutu buku" yang baik bisa dicapai. Kritik dan saran ini sangat penting karena selain alasan yang telah disebutkan tadi, penulis percaya bahwa dalam sajian buku ini masih kurang dari sempurnah bahkan mungkin ada suatu kesalahan dalam sajian buku ini baik dalam bentuk redaksional, pengetikan dan materi yang menyebabkan menjadi suatu bacaan kurang begitu bagus. Kritik dan saran bisa disampaikan ke alamat email : [email protected] Buku ini dapat diperoleh secara gratis oleh siapapun tanpa harus membayar kepada penulis. Hal ini berdasarkan pemikiran penulis untuk kebebasan seseorang mendapatkan suatu bacaan yang tersedia secara bebas dengan maksud "kemanfaatan" dan "kejujuran". Yang dimaksud dengan kemanfaatan adalah bergunanya bacaan ini untuk kemudahan pembaca memperoleh informasi penting yang diperlukannya dan untuk pembelajaran. Sedangkan kejujuran adalah ikatan

i

ii moral dari pembaca untuk tidak memdistribusi buku in dengan tujuaan yang tidak bermanfaat. Penulis menulis buku ini berdasarkan pemikiran "kebebasan menulis" (tidak harus menggunakan media cetak penerbit) dengan asas "kemanfaatan" menggunakan media yang tersaji masa kini. Beberapa alat bantu untuk penulisan buku ini juga didapat secara gratis, yaitu perangkat lunak LATEX dan WinEdt sebagai salah satu media LATEX editor. Beberapa gambar yang ada dalam buku ini menggunakan perangkat lunak LaTexDraw yang juga didapat secara gratis. Begitu juga beberapa bahan rujukan didapat secara gratis lewat internet. Selain itu untuk menyelesaikan beberapa contoh yang dibahas digunakan alat bantu perangkat lunak SAGE versi 6.9, perangkat lunak ini juga didapat dari internet secara gratis.

Surabaya, 12 Pebruari 2016

M san atem u r

M

ka ati

* Ju

Akhirnya, dengan segala kerendahan hati penulis memohon kepada Allah semoga penulisan ini bisa berlanjut untuk versi mendatang yang tentunya lebih "baik" dari Versi 1 yang tersedia saat ini dan semoga benar-benar buku yang tersaji ini bermanfaat bagi pembaca.

P

- IT

ya *

A

ba

F MI

Matematika S, S u r

a

Penulis

b

Daftar Isi

Kata Pengantar

i

1 Pengenalan Vektor 1.1 Vektor dan Kombinasi Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Hasil kali titik dan Panjang vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 5

2 Sistem Persamaan Linear 2.1 Sistem Persamaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Menyelesaikan Sistem Persamaan . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Menyelesaikan Sistem Persamaan Linier dengan Sage NoteBook . 2.4 Matriks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Aritmatika dan Operasi Matriks . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Penambahan, Pengurangan Matriks dan Perkalian Matriks 2.6 Matriks-matriks Khusus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Sifat-sifat Aritmatika Matriks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Matriks Invers dan Matriks Elementer . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 Mendapatkan Matriks Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10 Dekomposisi LU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11 Peninjauan Ulang Sistem Persamaan . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Determinan 3.1 Fungsi Determinan . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Sifat-sifat Determinan . . . . . . . . . . . . . 3.3 Metode Kofaktor . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Reduksi Baris Untuk Menghitung Determinan iii

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . . . .

17 17 26 38 46 48 48 55 60 65 77 77 77

. . . .

79 79 79 79 79

iv 3.5

Aturan Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4 Ruang-n Euclide 4.1 Vektor . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Perkalian Titik dan Perkalian Silang 4.3 Ruang-n Euclide . . . . . . . . . . 4.4 Transformasi Linear . . . . . . . . . 4.5 Contoh-contoh Transformasi Linear 5 Ruang Vektor 5.1 Lapangan(Field) . . . . . . . . . 5.2 Ruang Vektor . . . . . . . . . . 5.3 Ruang Bagian (Subspace) . . . . 5.4 Pembentang (Span) . . . . . . . 5.5 Bebas Linear . . . . . . . . . . 5.6 Basis dan Dimensi . . . . . . . 5.7 Perubahan Basis . . . . . . . . . 5.8 Ruang Bagian Fundamental . . . 5.9 Ruang Hasil Kali Dalam . . . . 5.10 Basis Orthonormal . . . . . . . 5.11 Kuadrat Terkecil (Least Square) 5.12 Dekomposisi QR . . . . . . . . 5.13 Matriks Orthogonal . . . . . . . 5.14 General Invers . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

6 Nilai-Karakteristik dan Vektor-Karakteristik 6.1 Sekilas Mengenai Determinan . . . . . . . . . . . . . 6.2 Nilai-Karakteristik dan Vektor-Karakteristik . . . . . . 6.3 Eksistensi Nilai-Karakteristik dan Vektor-Karakteristik 6.4 Sifat-sifat Nilai-Karakteristik dan Vektor-Karakteristik 6.5 Kesimilaran dan Pendiagonalan . . . . . . . . . . . . . 7 Transformasi Linear 7.1 Ruang Null dan Range . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Isomorpisma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Matriks Representasi dari suatu Pemetaan Linier 7.4 Similaritas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

81 81 81 81 81 81

. . . . . . . . . . . . . .

83 83 84 86 90 93 98 115 121 121 121 121 122 122 122

. . . . .

123 123 123 123 123 123

. . . .

125 139 148 156 166

v

c

Subiono, Jurusan Matematika-ITS : Aljabar Linear sebagai pintu masuk memahami Matematika

7.5 7.6 7.7 7.8 7.9 7.10 7.11 7.12 7.13

BENTUK NORMAL DIAGONAL SATUAN . . . . . . . . Vektor-Karakteristik dan Ruang-Karakteristik Tergenaralisir Pendiagonalan Matriks Persegi . . . . . . . . . . . . . . . . Orthogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROSES ORTHOGONAL GRAM-SCHMIDT . . . . . . . Dekomposisi Spektral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Faktorisasi QR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . DEKOMPOSISI NILAI SINGULAR . . . . . . . . . . . . Bentuk Kanonik Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Daftar Pustaka

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

171 174 176 184 196 207 215 221 235 237

Bab

1

Pengenalan Vektor Dalam bab ini dikenalkan pengertian vektor, khususnya vektor pada bidang R2 dan pada ruang R3 . Beberapa pengertian dan hasil-hasil pembahasan nantinya digunakan dalam bab berikutnya khususnya untuk menyelesaikan sistem persamaan linear. Beberapa contoh yang dibahas

Gambar 1.1: Tampilan Sage Notebook Ver. 6.9

juga dihitung menggunakan perangkat lunak Sage Notebook Version 6.9. Perangkat lunak ini setara dengan perangkat lunak Matlab, Maple dan Mathematica. Sage Notebook selain mampu melakukan komputasi secara numerik juga mampu melakukan komputasi secara simbolik. Gambar 1.1 adalah tampilan perangkat lunak Sage Notebook Version 6.9.

1.1 Vektor dan Kombinasi Linear 1

2 Dalam bagian ini dibahas pengertian suatu kombinasi linier dari vektor-vektor di bidang R2 dan R3 . Pengertian ini bisa diperluas untuk vektor di Rn . Himpunan semua vektor di Rn dinamakan ruang vektor Rn atas himpunan semua bilangan riil R dan dinamakan ruang-n Euclide yang akan dibahas di Bab 4. Mengenai pengertian ruang vektor secara umum atas suatu lapangan (himpunan skalar) akan dibahas dalam Bab 5. Ruang vektor Rn sangat penting, sebab dalam pembahasan di Bab 5 ditunjukkan bahwa sebarang ruang vektor V atas suatu lapangan F berdimensi n isomorpik dengan Rn . Vektor pada bidang atau ruang dimensi dua R2 disajikan sebagai vektor kolom yang terdiri dari dua komponen, ditulis sebagai: v1 w1 w= v= ,w v2 w2 . Dalam hal ini komponen vektor v dan w masing-masing adalah bilangan riil v1 , v2 dan w1 , w2 . Dua vektor v dan w ini pada R2 digambar sebagai garis berarah dari pangkal pusat koordinat bidang ke ujung vektor dengan koordinat komponen vektor. Dengan demikian panjang suatu vektor adalah panjang garis dari pangkal ke ujung vektor dan dua vektor sama bila dua vektor ini mempunyai arah dan panjang yang sama. Adakalanya vektor v disajikan sebagai v = (v1 , v2 ). Secara rinci nanti vektor dibahas lagi dalam bab selanjutnya yaitu berkaitan dengan pembahasan w

w = (w1 , w2 )

u = (u1 , u2 ) O u

Gambar 1.2: Vektor di R2 .

Ruang-n Euclide. Dua vektor di Rn u u= 1 u2

v dan v = 1 v2

adalah sama bila dan hanya bila semua komponen yang bersesuian sama, yaitu ui = vi , i = 1, 2. Hal ini berlaku juga untuk dua vektor u ,vv ∈ Rn , yaitu u = v bila dan hanya bila ui = vi , i = 1, 2, . . ., n. Contoh diberikan dua vektor di R3 :     x−1 4 u = 1 + y dan v =  5  . 3 z−2

c


3

Bila u = v , maka dapatkan nilai dari x, y dan z. Karena u = v , maka x − 1 = 4, 1 + y = 5 dan 3 = z − 2. Sehingga didapat x = 5, y = 4 dan z = 5. w diberikan oleh: Operasi tambah dua vektor v dan w ditulis v +w v1 + w1 w= v +w . v2 + w2 Sedangkan operasi perkalian skalar a ∈ R dengan vektor di R2 diberikan oleh: −3w1 av1 w= . , dengan demikian didapat − 3w avv = −3w2 av2 Catatan bahwa sebarang vektor v ∈ R2 ditambah vektor −vv adalah vektor nol 0 R2 , tentunya vektor 0 R2 bukan bilangan nol (0), sebab 0 0 R2 = . 0 w = w +vv. Dari pembahasan operasi tambah sebarang dua vektor di R2 , jelas bahwa v +w Pengertian kombinasi linear dari vektor v dan w adalah masing-masing vektor dikalikan skalar lalu hasilnya ditambahkan, yaitu untuk skalar c1 , c2 ∈ R didapat suatu kombinasi linear dari u dan w yang dituliskan sebagai c1v + c2w .

Contoh berikut menjelaskan bahwa vektor w adalah suatu kombinasi linear dari vektor u dan v dengan 3 1 7 , dan v = ,u w= 3 5 −1

sebab

7 −2 + 9 3 1 =w = = +3 −2uu + 3vv = −2 −1 −10 + 9 3 5

Secara geometri bidang di R2 , kombinasi linear tsb. diberikan dalam Gambar 1.3. Perintah untuk malakukan kombinasi linier dari dua vektor u dan v sama dengan vektor w dalam sel Sage Notebook dilakukan sebagai berikut: u=vector(QQ,[1,5]).column() v=vector(QQ,[3,3]).column() w=vector(QQ,[7,-1]).column() pretty_print(tml("Vektor : $\pmb{u} = %s$"%latex(u))) print pretty_print(html("Vektor : $\pmb{v} = %s$"%latex(v))) print pretty_print(html("Vektor : $\pmb{w} = %s$"%latex(w))) print pretty_print(html("$-2\pmb{u} +3\pmb{v} = %s$"%latex(-2*u+3*v)))

4

Gambar 1.3: Kombinasi Linear dari vektor u dan v

Output yang dihasilkan adalah : 1 Vektor : u = 5 3 Vektor : v = 3 7 Vektor : w = −1 7 −2uu + 3vv = −1 Contoh berikut merupakan kombinasi linear dari vektor-vektor di ruang dimensi tiga R3 , yaitu

x u + 4vv u

w −2w

4vv

O

w Gambar 1.4: Vektor x = u + 4vv − 2w

w = x . Kombinasi linier ini diberikan dalam Gambar 1.4. Masing-masing vektor u ,vv,w w u + 4vv − 2w

c


dan x adalah:

yang memenuhi

5

        1 1 2 1 0 , 2 ,  3  dan 2 3 1 −1 9       1 1 1      w = 1 0 + 4 2 − 2 2 1uu + 4vv − 2w 3 1 9     1+4−4 1    0 + 8 − 6 = 2 = x . = 3+4+2 9

Sebelum mengakhiri bagian ini, perlu diingatkan bahwa pengertian dari kombinasi linier sangat penting. Sebab istilah ini akan sering digunakan pada hampir keseluruhan pembahasan.

1.2 Hasil kali titik dan Panjang vektor Pada bagian ini dibahas hasil kali titik dua vektor u dan v di R2 , selanjutnya dibahas panjang suatu vektor. Hasil kali titik u dan v di R2 ditulis u ·vv dengan v u1 dan v = 1 u= v2 u2 didefinisikan sebagai u ·vv = u1 v1 + u2 v2 Contoh untuk u dan v di R2 diberikan oleh 3 4 dan v = u= 6 −2 maka perkalian titik u ·vv adalah 4 3 u ·vv = · = 4(−3) + 2(6) = −12 + 12 = 0 −2 6 Terlihat hasil kali titik u · v adalah 0. Bilangan nol suatu yang khusus, begitu juga untuk hasil kali titik yang menghasilkan nilai nol, hal ini mempunyai arti secara geometris vektor u dan v saling tegak lurus. Kasus ini diberikan oleh Gambar 1.5. Suatu kasus penting dari hasil kali titik dari u dan v adalah bila u = v . Misalnya vektor tak nol v di R3 diberikan oleh   1  v = 2 3

6

v

O u

Gambar 1.5: u ·vv = 0

maka, v ·vv diberikan oleh

    1 1    v ·vv = 2 · 2 = 1 + 4 + 9 = 14. 3 3

Perhatikan bahwa hasil perkalian titik v · v > 0 untuk sebarang vektor taknol v ∈ R2 . Dengan demikian cukup beralasan bahwa panjang vektor v , ditulis kvvk didefinisikan sebagai kvvk =

√ v ·vv.

Masing-masing panjang vektor dalam ruang R2 dan R3 diberikan oleh q q 2 2 v1 + v2 dan v21 + v22 + v23 .

Dengan demikian panjang vektor kvvk pada pembahasan sebelumnya adalah √ kvvk = 14.

Perintah untuk menghitung hasil kali titik dan panjang vektor dalam sel SAGE Notebook dilakukan sebagai berikut: u=vector(QQ,[4,-2]) v=vector(QQ,[3,6]) w=vector(QQ,[1,2,3]) pretty_print(html("Vektor : $\pmb{u} = %s$"%latex(u.column()))) print pretty_print(html("Vektor : $\pmb{v} = %s$"%latex(v.column()))) print pretty_print(html("Hasil kali titik : $\pmb{u}\\cdot\pmb{u} =

c


7

%s$"%latex(u.dot_product(v)))) print pretty_print(html("Vektor : $\pmb{w} = %s$"%latex(w.column()))) print pretty_print(html("Panjang vektor : $|\pmb{w}| = %s$"%latex(w.norm()))) Output yang dihasilkan adalah : 4 Vektor : u = −2 3 Vektor : v = 6 Hasilkalititik : u ·vv  =0 1 Vektor : w =  2  3 √ w| = 14 Panjangvektor : |w Berikut ini diberikan suatu sifat berkenaan dengan dua vektor tegak lurus. Teorema 1.2.1 Dua vektor u dan v di R2 tegak lurus maka u ·vv = 0. v v−u

O u Gambar 1.6: vektor u ⊥ v

Bukti Misalkan vektor u ,vv di R2 dengan u ⊥ v sebagaimana diberikan dalam Gambar 1.6. Selanjutnya, dengan menggunakan dalil Pythagoras didapat kuuk2 + kvvk2 = kvv −uuk2 atau (u21 + u22 ) + (v21 + v22 ) = (v1 − u1 )2 + (v2 − u2 )2 = (u21 + u22 ) + (v21 + v22 ) − 2u1 v1 − 2u2 v2 . Jadi −2u1 v1 − 2u2 v2 = 0 atau

u1 v1 + u2 v2 = 0.

8 Dengan demikian u ·vv = u1 v1 + u2 v2 = 0.

Untuk vektor v di ruang Rn , panjang vektor mengikuti seperti di R2 atau R3 , yaitu q √ kvvk = v ·vv = v21 + v22 + . . . + v2n

Untuk vektor

2 u= ∈ R2 5

gambar vektor u diberikan oleh Gambar 1.7. Terlihat bahwa u = u 1 +uu 2 dan u ·uu = 4 + 25 = 29. u 2 = (0, 5)′

O

u = (2, 5)′

u 1 = (2, 0)′

Gambar 1.7: Vektor u ∈ R2

Hubungan ini diberikan sebagai berikut: 0 2 2 = u 1 +uu2 , + = u= 5 0 5 kuu1 k = 2, kuu2 k = 5 dan u 1 ·uu1 = 4,uu2 ·uu2 = 25 sedangkan kuuk adalah √ kuuk = 29, didapat u ·uu = 29 = 4 + 25 = u 1 ·uu1 +uu2 ·uu2 . Selanjutnya diberikan vektor

  2 v = 5 ∈ R3 . 6

Gambar vektor v ∈ R3 diberikan oleh Gambar 1.8 Terlihat bahwa v = v1 +vv2 +vv3 , yaitu         2 2 0 0        v = 5 = 0 + 5 + 0 = v1 +vv2 +vv3 6 0 0 6

c


′ v3 = (0, 0, 6)′ 0) , 5 (0, v2 =

9

v=(2,5,6)’

O

v1 + v2

v1 = (2, 0 , 0) ′ Gambar 1.8: Vektor v ∈ R3

Panjang dari v adalah kvvk =

√ √ v ·vv = 65.

Suatu vektor satuan u adalah vektor yang mempunyai panjang sama dengan satu, yaitu u ·uu = 1. Contoh   1 2 1  u =  21   2 1 2

maka

∈ R4 ,

1 1 1 1 + + + =1 4 4 4 4 √ dan kuuk = 1 = 1. Bila suatu vektor tak nol u dibagi dengan kuuk, yaitu u ·uu =

w=

u , kuuk

maka w adalah vektor satuan. Sebab

u kuuk

wk = kw

kuuk = kuuk = 1.

Dalam hal ini w dinamakan hasil penormalan dari vektor u . Contoh vektor   1  v = 1  ∈ R3 1

maka

  1 v 1   w= =√ 1 kvvk 3 1

10 √ wk = √1 3 = 1. Perintah dalam sel SAGE Notebook untuk melakukan penormalan vektor dan kw 3 lakukan sebagai berikut: u=vector(QQ,[1,1,1]) w=u/u.norm() pretty_print(html("$\pmb{u} = %s$"%latex(u.column()))) print pretty_print(html("$\pmb{w} = %s$"%latex(w.column()))) print pretty_print(html("$|\pmb{w}| = %s$"%latex(w.norm()))) Hasil dari perintah tersebut adalah:   1  v = 1 1 1√  3 √3  w = 13 √3 1 3 3 wk = 1 kw Contoh lain diberikan tiga vektor di R3 cos θ 0 1 , dan u = ,j= i= sin θ 1 0 maka i , j dan u adalah vektor satuan. Bila θ = 0, maka u = i dan bila θ = π2 , maka u = j . Gambar 1.9 adalah gambar vektor satuan i , j dan u .

u = (cos θ, sin θ)′

j = (0, 1)′ θ

O

i = (1, 0)′

Gambar 1.9: Vektor satuan i , j dan u

Untuk sebarang sudut θ vektor

cos θ u= sin θ

c


11

memberikan u · u = 1, sebab cos2 θ + sin2 θ = 1. Perhatikan bahwa u · i = cos θ dan u · j = sin θ. Setiap vektor x v= ∈ R2 y merupakan kombinasi linear dari vektor i dan j , sebab x 1 0 v= =x +y = xii + y j . y 0 1 Untuk sebarang vektor v di R3 , merupakan kombinasi linear dari vektor i , j dan k dengan masingmasing vektor i , j dan k adalah       1 0 0      i = 0 , j = 1 dan k = 0 0 0 1

dengan demikian untuk untuk setiap

didapat

  x  v = y di R3 z         x 1 0 0 v = y = x 0 + y 1 + z 0 = xii + y j + zkk . z 0 0 1

Berikut ini diberikan beberapa sifat hasil kali titik.

Teorema 1.2.2 Bila u ,vv dan w di R2 dan skalar c di R, maka w = u ·w w +vv ·w w, (i.) (uu +vv) ·w (ii.) (cuu) ·vv = c(uu ·vv), (iii.) u ·vv = v ·uu. Bukti Misalkan

(i.) Maka

u1 v u= ,v= 1 u2 v2

w1 dan w = . w2

u + v1 u +vv = 1 u2 + v2 dan

w = (u1 + v1 )w1 + (u2 + v2 )w2 (uu +vv) ·w = u1 w1 + v1 w1 + u2 w2 + v2 w2 w +vv ·w w. = (u1 w1 + u2 w2 ) + (v1 w1 + v2 w2 ) = u ·w

12 (ii.) Karena

cu1 cuu = , maka cu2 (cuu) ·vv = cu1 v1 + cu2 v2 = c(u1 v1 + u2 v2 ) = c(uu ·vv).

(iii.) Jelas sebab perkalian dua bilangan real adalah komutatif.

Sifat berikut berkenaan dengan pertaksamaan Schwarz yaitu kuu ·vvk ≤ kuukkvvk. Bukti: untuk sebarang bilangan real x dan menggunakan hasil Teorema 1.2.2 didapat 0 ≤ (xuu +vv) · (xuu +vv) = x2 (uu ·uu) + 2x(uu ·vv) + (vv ·vv) = kuuk2 x2 + 2(uu ·vv)x + kvvk2 . Misalkan a = kuuk2 , b = 2(uu ·vv) dan c = kvvk2 , didapat 0 ≤ ax2 + bx + c. Hal ini berarti bahwa bentuk kuadrat tsb. tidak mempunyai akar-akar real kecuali nol, yaitu ekivalen dengan b2 − 4ac ≤ 0 atau b2 ≤ 4ac. Jadi 4(uu ·vv)2 ≤ 4kuuk2 kvvk2 atau |uu ·vv| ≤ kuukkvvk.

Pertaksamaan Minkowski: kuu +vvk ≤ kuuk + kvvk. Bukti: dengan menggunakan pertaksamaan Schwarz dan sifat-sifat sebelumnya didapat kuu +vvk2 = (uu +vv) · (uu +vv) = kuuk2 + 2(uu ·vv) + kvvk2 ≤ kuuk2 + 2kuukkvvk + kvvk2 = (kuuk + kvvk)2 . Jadi kuu +vvk ≤ kuuk + kvvk.

c


13

v −u

u

v

θ

O Gambar 1.10: Sudut diantara dua vektor u dan v .

Berikut ini diberikan hubungan sudut diantara dua vektor dengan hasil kali titik. Misalkan vektor u dan v membentuk sudut sebesar θ sebagaimana diberikan oleh Gambar 1.10. Dengan menggunakan aturan kosinus didapat kvv −uuk2 = kuuk2 + kvvk2 − 2kuukkvvk cos θ atau (vv −uu) · (vv −uu) = kuuk2 + kvvk2 − 2kuukkvvk cos θ kvvk2 + kuuk2 − 2(uu ·vv) = kuuk2 + kvvk2 − 2kuukkvvk cos θ. Didapat cos θ =

u ·vv kuu kkvv k .

Hasil sifat-sifat yang telah dibahas berlaku juga untuk vektor di ruang Rn . Contoh-contoh: 1. Dapatkan nilai x dan y di R yang memenuhi 2 x . = x+y 3 Jawab: nilai x dan y yang memenuhi adalah x = 2 dan 3 = x + y ⇒ x = 2 dan y = 1. 2. Diberikan vektor

    5 1    u = 4 ,vv = −2 , 1 3

dapatkan u ·vv dan simpulkan hasilnya. Jawab: u ·vv = 5 − 8 + 3 = 0. Jadi u ⊥ v .

14 3. Untuk vektor



   1 2    u= x dan v = −5 , −3 4

tentukan nilai x ∈ R supaya u ⊥ v . Jawab: u ⊥ v , maka u ·vv = 2 − 5x − 12 = 0. Didapat −5x = 10 ⇒ x = −2. 4. Misalkan



   1 3    u = −3 dan v = 4 . 4 7

Bila θ adalah sudut antara u dan v , maka hitung cos θ. Jawab: 19 u ·vv =√ √ . cos θ = kuukkvvk 26 74 Perintah penghitungan sudut diantara dua vektor dalam Maxima dilakukan sebagai berikut: (%i60) uv:u=columnvector([1,-3,4]); vv:v=columnvector([3,4,7]); print( cos(theta),"=",dotproduct(rhs(uv),rhs(vv))/ (mat_norm(rhs(uv),frobenius)*mat_norm(rhs(vv),frobenius)))$   1  (%o60) u = −3 4   3 19 (%o61) v = 4 , cos (θ) = √ √ 26 74 7

Latihan Latihan 1.2.1 Tentukan mana vektor-vektor berikut yang sama         1 2 1 2        u = 2 , v = 3 , w = 3 dan x = 3 . 3 1 2 1 Latihan 1.2.2 Diberikan vektor 

Dapatkan

     2 −3 0 u = −7 , v =  0  dan w = 5 . 1 4 8

c


(a) 3u-5v. (b) 2u+5v-7w. Latihan 1.2.3 Dapatkan u · v untuk 

   1 8    . −5 −2 (a) u = dan v = 4 3     2 4 6 2    (b) u =  −3 dan v = −3 . 8 −1 Latihan 1.2.4 Selidiki pasangan vektor-vektor berikut       5 3 1      u = 4 , v = −4 dan w = −2 1 1 3

yang tegak lurus.

Latihan 1.2.5 Dapatkan k sehingga vektor u dan v tegak lurus, untuk 

   1 2 (a) u =  k  dan v = −5 . −3 4     2 6  3k  −1        (b) u =   3  dan v = −4 . 1 7 5 2k Latihan 1.2.6 Tentukan nilai x supaya kuk =

√

39 untuk   1 k   u= −2 . 5

Latihan 1.2.7 Diberikan vektor

15

16 

 3 (a) u = −12 , −4   2 −3  (b) u =   8 . −7 Hitung kuk.

Latihan 1.2.8 Normalkan vektor 3 , (a) u = −4   4 −2  (b) v =  −3 , 8  1 

(c) w = 

2 2 3

− 14

.

Latihan 1.2.9 Hitung cos θ bila θ adalah sudut diantara dua vektor     1 2    (a) u = −2 dan 4 , −5 3     −1 1 2 2    (b) u =  −5 dan −3 . 6 3

Bab

2

Sistem Persamaan Linear Dalam bab ini dibahas Sistem Persamaan Linear (SPL) dan Matriks. Pembahasan dimulai dari Sistem Persamaan Linear yang disajikan dalam Bagian 2.1. Pembahasan dilajutkan meyelidiki penyelesaian dari sistem persamaan diberikan dalam Bagian 2.2. Pengertian mengenai matriks diberikan dalam bagian 2.4 dilajutkan dengan Aritmatika dan Operasi Matriks yang diberikan dalam Bagian 2.5 diikuti oleh Sifat-sifat Aritmatika Matriks diberikan dalam Bagian 2.7. Pengertian Matriks Invers dan Matriks Elementer diberikan dalam Bagian 2.8 sedangkan cara memperoleh matriks invers dibahas dalam bagian 2.9. Hal-hal yang berkaitan dengan Matriks-matriks Khusus diberikan dalam Bagian 2.6 dan pendekomposisian matriks menjadi matriks segitiga atas dan segitiga bawah disajikan dalam Bagian 2.10. Dalam bab ini diakhiri oleh pembahasan mengenai peninjauan ulang sistem persamaan yang diberikan dalam Bagian 2.11.

2.1 Sistem Persamaan Suatu sistem persamaan linear adalah suatu himpunan dari persamaan yang memuat satu atau lebih peubah. Disini Pembahasan dikhususkan untuk sistem persamaan linear yang dimulai oleh dua persamaan dengan dua peubah dan tiga persamaan dengan tiga peubah. Selanjutnya secara mudah pembahasannya diperluas untuk sistem persamaan linear yang persamaannya lebih dari tiga. Berikut ini diberikan bentuk persamaan liner dengan dua peubah yaitu a1 x + b1 y = c1 (2.1) a2 x + b2 y = c2 dimana konstanta/skalar a1 , a2 , b1 , b2 dan c1 , c2 berada di himpunan bilangan real R sedangkan x dan y adalah peubah dengan pengecualian bahwa masing-masing persamaan setidaknya mempunyai satu peubah. Pada bagian ini dibahas 17

18 • Kajian gambar dari baris : persamaan, • Kajian gambar dari kolom : bentuk matriks. Baris dan kolom nantinya erat kaitannya dengan kajian matriks. Sebagai contoh dua persamaan linear dengan dua peubah : 2x − y = 0 −x + 2y = 3 Disini SPL terdiri dari dua baris. Baris pertama adalah persamaan : 2x − y = 0 dan baris kedua adalah persamaan −x+2y = 3. Gambar persamaan baris pertama dan kedua diberikan oleh Gambar 2.1 Tampak bahwa titik (1, 2) memenuhi sistem persamaan linear baris pertama 2x − y = 0

Gambar 2.1: Persamaan dua garis

dan baris kedua −x + 2y = 3. Selanjutnya dibahas gambar kolom dari sistem persamaan linear tsb. Sistem persamaan linear yang telah dibahas dapat ditulis sebagai kolom dan untuk x = 1, y = 2 didapat 2 −1 0 1 +2 = −1 2 3 Hasil diatas dibaca vektor kolom 0 hasil kombinasi linear dari vektor-kolom 3 2 −1 u= dan v = −1 2 yaitu untuk x = 1, y = 2:

2 −1 0 x +y = . −1 2 3

c


19

Gambar 2.2: Kombinasi Linear dari u dan v

Secara geometris hasil ini diberikan oleh Gambar 2.2. Pada Gambar 2.2 tampak bahwa −1 2 0 = u + 2vv. +2 = 2 −1 3 Dua vektor

2 u= −1

−1 dan v = 2

adalah vektor yang penting di ruang R2 sebab semua vektor di R2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari u dan v yang mana hal ini sama untuk vektor 0 1 dan j = i= 1 0 bahwa setiap vektor di R2 adalah kombinasi linear dari i dan j , yaitu untuk setiap x, y ∈ R 1 0 x x +y = . 0 1 y Selanjutnya dibahas suatu kajian yang sama suatu contoh untuk SPL dengan tiga persamaan dan tiga peubah, yaitu SPL x + 2y + 3z = 6 −x + 2y − z = 0 −3y + 4z = 1 Disini sistem persamaan linear terdiri dari tiga baris persamaan bidang. Baris pertama adalah persamaan : x + 2y + 3z = 6,

20

Gambar 2.3: Persamaan tiga bidang

baris kedua adalah persamaan : −x + 2y − z = 0 dan baris ketiga adalah persamaan : −3y + 4z = 1 Gambar 2.3 adalah, gambar tiga persamaan baris tsb. Tiga bidang dalam Gambar 2.3 berpotongan di titik (x, y, z) = (1, 1, 1). Berikutnya dibahas gambar kolom dari sistem persamaan linear tsb. Sistem persamaan linear yang telah dibahas dapat ditulis sebagai kombinasi linear vektor kolom sebagai berikut:         1 2 3 6 x −1 + y  2  + z −1 = 0 , 0 −3 4 1 dengan x, y dan z adalah bilangan riil. Dari hasil sebelumnya didapat bahwa yang memenuhi adalah x = 1, y = 1 dan z = 1. Dengan demikian didapat kombinasi linear vektor kolom berikut:         1 2 3 6        1 −1 + 1 2 + 1 −1 = 0 . 0 −3 4 1

Sebelum membahas penyelesaian SPL secara umum diberikan arti geometri dari apa yang telah dibahas terutama yang berkenaan dengan gambar baris persamaan SPL. Secara geometri, Persamaan (2.1) menyatakan persamaan dua garis a1 x + b1 y = c1 dan a2 x + b2 y = c2 . Sehingga bila dua garis ini berpotongan pada satu titik (x1 , y1 ), maka nilai x = x1 dan y = y1 merupakan penyelesaian tunggal dari persamaan (2.1). Sedangkan bila dua garis tsb. sejajar, maka tidak akan ada titik (x, y) yang berpotongan dengan dua garis ini. Jadi sistem Persamaan (2.1) tidak mempunyai penyelesaian. Tetapi bila salah satu garis merupakan kelipatan dari garis yang lainnya (berimpit), maka akan ada banyak takhingga titik yang memenuhi sistem Persamaan (2.1), yaitu persamaan ini, mempunyai penyelesaian yang tidak tunggal. Masing-masing Gambar 2.4 bagian (i), (ii) dan (iii) menunjukkan bahwa dua garis a1 x + b1 y = c1 dan a2 x + b2 y = c2 adalah berpotongan, sejajar dan berimpit.

21

c


y a1 x + b1 y = c1 y

y (x1 , y1 )

a1 x + b1 y = c1

x 0 a2 x + b2 y = c2

0 a2 x + b2 y = c2

x 0 a1 x + b1 y = c1

x a2 x + b2 y = c2

(i)

(ii)

(iii)

Gambar 2.4: Persamaan dua garis.

Berikut ini diberikan contoh dari bentuk sistem Persamaan (2.1) untuk tiga kasus yang telah dibahas, yaitu mempunyai penyelesaian tunggal, tidak mempunyai penyelesaian dan mempunyai penyelesaian yang tidak tunggal. Contoh 2.1.1 Untuk kasus yang pertama, diberikan sistem persamaan x+y = 3 . −2x + 3y = 4

(2.2)

Untuk menyelesaikan sistem Persamaan (2.2) bisa disubstitusikan persamaan pertama y = 3 − x kepersamaan yang kedua sehingga didapat −2x + 3(3 − x) = 4 ⇒ −5x = −5 ⇒ x = 1 dan y = 3 − x = 3 − 1 = 2. Jadi penyelesaian sistem Persamaan (2.2) adalah tunggal. Ini berarti bahwa kedua garis x + y = 3 dan −2x + 3y = 4 berpotongan di satu titik (1, 2). Selanjutnya kasus yang kedua, diberikan sistem persamaan x+y = 3 . (2.3) x+y = 4 Jelas bahwa, sistem Persamaan (2.3) adalah menyatakan persamaan dua garis x + y = 3 dan x + y = 4 yang sejajar. Kedua garis ini secara geometri, bila digambar dalam bidang dengan sumbu koordinat x dan y tidak akan berpotongan. Hal ini bisa ditunjukkan secara logika matematik sebagai berikut; andaikan dua garis x + y = 3 dan x + y = 4 berptongan di titik x = a dan y = b, jadi b = 3−a dan b = 4−a ⇒ 3−a = 4−a ⇒ 3 = 4. hal ini kontradiksi dengan kenyataan bahwa 3 6= 4. Jadi benar bahwa tidak akan ada titik (a, b) yang terletak pada kedua garis x + y = 3 dan x + y = 4. Hal ini menunjukkan bahwa sistem Persamaan (2.3) tidak mempunyai penyelesaian. Untuk kasus yang terakhir, diberikan sistem persamaan x+y = 3 . (2.4) 2x + 2y = 6 Sistem Persamaan (2.4) menyatakan dua garis x + y = 3 dan 2x + 2y = 6 yang saling berimpit. Bila persamaan yang pertama y = 3 − x disubstitusi ke persamaan yang kedua didapat 2x + 2(3 − x) = 6 ⇒ 6 = 6. Hal ini menunjukkan bahwa selalu benar bahwa titik (x, y) dengan y = 3 −x akan

22 selalu memenuhi sistem Persamaan (2.4). Jadi ada banyak x dan y yang memenuhi Persamaan (2.4). Himpunan semua titik (x, y) yang memenuhi Persamaan (2.4) adalah {(x, y) | y = 3 − x, x ∈ R}, misalnya titik (0, 3), (1, 2) dan (−1, 4) adalah titik-titik yang memenuhi sistem Persamaan (2.4).

Bahasan berikut adalah berkaitan dengan sistem persamaan linear yang terdiri dari tiga persamaan dengan tiga peubah, yaitu  ax + by + cz = p  dx + ey + f z = q (2.5)  gx + hy + iz = r

dengan masing-masing a, b, c, d, e, f , g, h dan p, q, r anggota himpunan bilangan real R. Sebagaimana pembahasan sebelumnya, ada tiga kasus untuk menyelesaikan sistem Persamaan (2.5). Kasus mempunyai penyelsaian tunggal, mempunyai banyak penyelesaian dan tidak mempunyai penyelesaian. Kasus yang pertama, adalah sistem Persamaan (2.5) mempunyai penyelesaian

gx +

z

hy

= + iz

r

y

dx

0

y+ +e fz = q

ax +

cz = + y b

p

x Gambar 2.5: Tiga bidang berpotongan disatu titik potong 0.

tunggal. Intepretasi geometri dari kasus ini diberikan dalam Gambar 2.5. Contoh berikut menjelaskan bahwa sistem Persamaan (2.5) mempunyai penyelesaian tunggal. Contoh 2.1.2 Untuk kasus yang pertama, diberikan sistem persamaan  x+y+z = 6  y+z = 5 .  x+y−z = 0

(2.6)

c


23

Untuk menyelesaikan sistem Persamaan (2.6) bisa disubstitusikan persamaan pertama z = 6−x− y kepersamaan yang kedua sehingga didapat y + 6 − x − y = 5 ⇒ x = 1. Untuk x = 1, persamaan pertama dan ketiga menjadi sistem persamaan y+z = 5 . y − z = −1 Dari sistem persamaan ini, didapat y = 2, z = 3. Jadi penyelesaian sistem Persamaan (2.6) adalah x = 1, y = 2 dan z = 3. Tafsiran geometri dari kasus ini tiga bidang x + y + z = 6, y + z = 5 dan x + y − z = 0 berpotongan hanya di satu titik (1, 2, 3).

dx +

=r

fz

y + iz

+ ey

z gx + h

= q

y

x

ax + by + cz = p g : garis potong

Gambar 2.6: Tiga bidang berpotongan disatu garis potong g.

Kasus yang kedua, adalah sistem Persamaan (2.5) mempunyai penyelesaian banyak . Intepretasi geometri dari kasus ini diberikan dalam Gambar 2.6. Contoh berikut menjelaskan bahwa sistem Persamaan (2.5) mempunyai penyelesaian banyak. Contoh 2.1.3 Untuk kasus yang kedua, diberikan sistem persamaan  x+y+z = 6  x+y = 2 .  2x + 2y − z = 0

(2.7)

Untuk menyelesaikan sistem Persamaan (2.7) bisa disubstitusikan persamaan kedua x + y = 2 kepersamaan yang pertama x + y + z = 6 sehingga didapat 2 + z = 6 ⇒ z = 4. Untuk z = 4, semua persamaan dalam sistem Persamaan (2.7) menjadi persamaan x + y = 2. Hal, ini menjelaskan bahwa ketiga bidang x + y + z = 6, x + y = 2 dan 2x + 2y − z = 0 berpotongan pada satu garis g yang diberikan oleh persamaan z = 4, x + y = 2. Semua titik yang berada pada garis ini merupakan penyelesaian sistem Persamaan (2.7). Jadi himpunan penyelesaiannya adalah {(x, y, z) | z = 4, x + y = 2}. Beberapa penyelesaian sistem Persamaan (2.7) adalah x = 0, y = 2, z = 4; x = 1, y = 1, z = 4 dan x = −1, y = 3, z = 4.

24

dx +

ey +

fz =

q

z g3 : garis potong

gx + y

0 ax + by + cz =p

x

hy +

iz =

r

g2 : garis potong

g1 : garis potong Gambar 2.7: Tiga bidang berpotongan ditiga garis potong.

Kasus yang Terakhir, adalah sistem Persamaan (2.5) tidak mempunyai penyelesaian. Suatu intepretasi geometri dari kasus ini diberikan dalam Gambar 2.7. Yaitu menyatakan bahwa tiga bidang berpotongan pada tiga garis yang saling sejajar dalam ruang. Hal ini menjelaskan bahwa tiga garis ini tidak pernah mempunyai titik potong. Jadi untuk kasus ini, sistem Persamaan (2.5) tidak akan pernah mempunyai penyelesaian. Contoh berikut menjelaskan bahwa sistem Persamaan (2.5) tidak mempunyai penyelesaian. Contoh 2.1.4 Untuk kasus yang terakhir ini, diberikan sistem ersamaan  x+y+z = 6  x+y = 2 .  x+y−z = 0

(2.8)

Persamaan (2.8) tidak mempunyai penyelesaian. Hal ini bisa ditunjukkan dengan suatu kontrakdiksi sebagai berikut. Andaikan (2.8) mempunyai penyelesaian di x = x0 , y = y0 dan z = z0 , sehingga didapat x0 + y0 = 2, z0 = 6 − (x0 + y0 ) = 6 − 2 = 4 dan z0 = (x0 + y0 ) = 2. Terjadi suatu kontradiksi bahwa 4 = 2. Hal ini menunjukkan bahwa tidak akan ada x, y dan z yang memenuhi sistem Persamaan (2.8) yaitu sistem persamaan ini tidak mempunyai penyelesaian. Kajian gambar kolom SPL 2.5 dari tiga kasus yang telah dibahas memberikan gambaran bahwa, 1. Kasus yang pertama tiga bidang berpotongan di satu titik, maka kombinasi linear berikut         a b c p        x d + y e + z f = q g h i r hanya dipenuhi untuk satu nilai tunggal x, y dan z.

c


25

2. Kasus yang kedua tiga bidang berpotongan di satu garis potong g, maka kombinasi linear berikut         a b c p x d  + y  e  + z  f  =  q  g h i r dipenuhi untuk beberapa nilai x, y dan z. 3. Kasus yang ketiga, tiga bidang berpotongan di tiga garis, maka tidak ada nilai x, y dan c yang memenuhi kombinasi linear berikut         a b c p        x d + y e + z f = q . g h i r

Sebegitu jauh apa yang telah dibahas dalam bagian ini hanyalah sebagai awal bahasan sistem persamaan linear. Telah diuraikan bahwa dalam awal bagian ini, diberikan contoh-contoh sistem linear serta menyelesaikan sistem persamaan ini dan memberikan arti geometri dari sistem persamaan linear yang dibahas dalam beberapa kasus yang umum yaitu, sistem persamaan linear mempunyai penyelesaian tunggal, mempunyai banyak penyelesaian dan tidak mempunyai penyelesaian. Pembahasan dimulai dengan sistem persamaan linear dengan dua persamaan dan dua peubah dan dilanjutkan dengan tiga persamaan dengan tiga peubah. Yaitu banyaknya persamaan dengan banyaknya yang ditanyakan adalah sama. Cara menyelesaikan sistem linear yang telah dibahas ini menggunakan substitusi yang banyak dikenal sbelumnya. Untuk contoh-contoh yang telah dibahas masih memungkinkan menggunakan cara substitusi, tetapai untuk masalah yang lebih umum dan rumit tentunya hal ini tidak memadai/mudah menggunakan cara substitusi untuk menyelesaikannya. Untuk itu, dalam Bab 2.2 yang dibahas berikutnya, akan dijelaskan secara rinci cara untuk menyelesiakan sistem persamaan linear yang lebih umum dari pembahasan sebelumnya. Sebagai akhir dari bagian ini diberikan beberapa latihan soal. Latihan soal ini diberikan agar supaya menambah kemampuan dasar menyelesiakan sistem persamaan linear teridiri dari dua persamaan dengan dua peubah serta tiga persamaan dengan tiga peubah.

Latihan Latihan 2.1.1 Selesaikan sistem persamaan berikut serta berikan arti geometrinya. 2x − 5y = −2 x + 2y = 3 x+y = 7 c). b). a). −4x + 10y = 4 3x + 6y = 3 2x + 4y = 18 Latihan 2.1.2 Diberikan sistem persamaan ax + by = 6 ax + by = 6 b). a). x + 2y = 3 3ax + 2by = 3 Tentukan semua nilai dari a dan b supaya :

c).

x − ay = 8 3x + 6y = b

26 i. sistem persamaan a) mempunyai penyelesaian tunggal ii. sistem persamaan b) tidak mempunyai penyelesaian iii. sistem persamaan c) mempunyai banyak penyelesaian. Latihan 2.1.3 Selesaikan sistem persamaan berikut serta berikan arti geometrinya.    x + 2y + 2z = 4  x − y + 2z = 1 a). x + 3y = 5 b). 2x + y + z = 8   2x + 6y + 5z = 6 x+y = 5

  x + 2y + 3z = 1 c). 4x + 5y + 6z = 2  7x + 8y + 9z = 3

2.2 Menyelesaikan Sistem Persamaan Dalam bagian ini dibahas suatu sistem persamaan linear terdiri dari m persamaan dengan n peubah untuk tiga hal m lebih besar dari n, m sama dengan n dan m lebih kecil dari n. Selanjutnya diberikan cara untuk menyelesikan sistem persamaan linear ini dengan metode eliminasi Gauss dan Gauss-Jordan. Kemudian dibahas hal-hal dasar yang digunakan untuk menyelesaikan sistem persamaan meliputi matriks diperbesar (augmented matrix) serta operasi baris. Bentuk sistem persamaan linear yang mempunyai m persamaan dengan n peubah diberikan oleh persamaan  a1,1 x1 + a1,2 x2 + · · · + a1,n xn = b1     a2,1 x1 + a2,2 x2 + · · · + a2,n xn = b2    ..    .    ai,1 x1 + ai,2 x2 + · · · + ai,n xn = bi (2.9) ..  .     a j,1 x1 + a j,2 x2 + · · · + a j,n xn = b j    ..   .    am,1 x1 + am,2 x2 + . . . + am,n xn = bm

Ada tiga macam himpunan penyelesaian dari sistem persamaan (2.9) yaitu, pertama himpunan dengan satu anggota yang menyatakan sistem persamaan (2.9) mempunyai penyelesaian tunggal, kedua himpunan dengan tak-hingga banyak anggota yang menyatakan sistem persamaan (2.9) mempunyai banyak penyelesaian. Dalam hal sistem persamaan (2.9) mempunyai penyelesaian dinamakan konsisten. Ketiga, himpunan kosong yang menyatakan sistem persamaan (2.9) tidak mempunyai penyelesaian. Dalam hal ini sistem persamaan (2.9) disebut tidak konsisten. Dua sistem persamaan linear dengan banyak persamaan dan banyak peubah sama dikatakan ekivalen bila kedua sistem persamaan linear tsb. yang satu bisa diperoleh dari persamaan yang lainnya dan mempunyai himpunan penyelesian yang sama. Sistem persamaan linier (2.9) dikatakan

c


mempunyai penyelesaian bila ada (r1, r2 , . . . , rn ) ∈ Rn yang memenuhi  a1,1 r1 + a1,2 r2 + · · · + a1,n rn = b1     a2,1 r1 + a2,2 r2 + · · · + a2,n rn = b2    ..    .    ai,1r1 + ai,2 r2 + · · · + ai,n rn = bi ..  .     a j,1 r1 + a j,2 r2 + · · · + a j,n rn = b j    ..   .    am,1 r1 + am,2 r2 + . . . + am,n xn = bm

27

(2.10)

Dua persamaan linear

x+y = 1

(2.11)

2x + 2y = 2

(2.12)

dan adalah ekivalen sebab persamaan (2.12) bisa diperoleh dengan mengalikan 2 pada kedua ruas persamaan (2.11) dan himpunan penyelesian dari persamaan (2.11) adalah S1 = {(x, y) | y = 1 − x, x ∈ R} sedangkan himpunan penyelesian dari persamaan (2.12) adalah S2 = {(x, y) | 2y = 2 − 2x, x ∈ R} = {(x, y) | y = 1 − x, x ∈ R}. Terlihat bahwa S1 = S2 , jadi persamaan (2.11) ekivalen dengan persamaan (2.12). Begitu juga dua sistem persamaan berikut adalah ekivalen x+y = 2 (2.13) 2x − 5y = −3 dan

2x − 5y = −3 x+y = 2

(2.14)

sebab persamaan (2.14) bisa diperoleh dari persamaan (2.13), yaitu menukar persamaan yang pertama dengan persamaan yang kedua dan sebaliknya dalam persamaan (2.13). Bisa diselidiki bahwa kedua persamaan mempunyai peyelesaian x = 1 dan y = 1. Selanjutnya, persamaan (2.13) dan persamaa x+y = 2 (2.15) −7y = −7 adalah ekivalen, sebab persamaan (2.15) dapat diperoleh dari persamaan (2.13), yaitu persamaan kedua dalam persamaan (2.15) diperoleh dari kedua ruas persamaan pertama (2.13) dikalikan dengan −2 dan hasilnya ditambahkan pada persamaan kedua dari persamaan (2.13). Jelas bahwa

28 persamaan (2.15) mempunyai penyelesaian y = 1 dan x = 1 yang sama dengan penyelesaian dari persamaan (2.13). Pengertian sistem persamaan linear ekivelen ini berguna untuk menyelesaikan sistem persamaan (2.9) terutama pada saat menggunakan cara eleminasi Gauss. Pada dasarnya metode eliminasi Gauss adalah suatu cara dari transformasi suatu sistem persamaan linear menjadi suatu sistem persamaan linear lainya yang lebih sederhana lewat pengeleminasian peubah, tetapi keduanya ekivalen. Cara pengeliminasian ini meliputi tiga operasi sederhana yang mentransformasi satu sistem persamaan ke sistem persamaan lainnya yang ekivalen. Untuk menjelaskan operasi ini, misalkan Pk menyatakan persamaan ke-k dalam persamaan (2.9), yaitu Pk : ak,1 x1 + ak,2 x2 + · · · + ak,n xn = bk dengan 1 ≤ k ≤ m dan ditulis sistem persamaan linear (2.9) sebagai   P1      P   2         ..  . . S= Pk        ..     .      Pm

Untuk suatu sistem persamaan linear S, masing-masing tiga operasi elementer menghasilkan suatu sistem persamaan linear S′ yang ekivalen. 1. Pertukaran persamaan ke-i dan ke- j sedangkan persamaan yang lainnya tetap, yaitu     P1  P1          ..  ..            .  .                 P P  i   j   . . ′ . . S= (2.16) .  ⇒ S =  . .          Pj  Pi           . ..      .    .  .             Pm Pm

2. Kedua ruas persamaan ke-i dikalikan dengan suatu konstata tidak-nol α ∈ R sedangkan persamaan yang lainnya tetap, yaitu     P1  P1          ..  ..          .   .   Pi αPi , dimana α 6= 0 . S= ⇒ S′ = (2.17)         . .   ..  ..              Pm Pm Dalam hal ini αPi dinamakan kelipatan dari Pi .

c


29

3. Menambah persamaan ke- j dengan kelipatan dari persamaan ke-i sedangkan persamaan yang lain tetap, yaitu

S=

                      

  P1       ..       .        Pi Pi    .. .. ′ . . ⇒ S =     Pj + αPi Pj      .. ..     . .        Pm Pm P1 .. .

           

.

(2.18)

          

Tiga operasi elementer, mentransformasi suatu sistem persamaan linear ke bentuks sistem persamaan linear lainnya yang yang ekivalen. Tiga operasi yang dilakukan dalam (2.16), (2.17) dan (2.18) dinamakan Operasi Baris Elementer (OBE). Berikut ini diberikan suatu teorema tentang OBE.

Teorema 2.2.1 Bila dalam Sistem Persamaan Linier (2.9) S dilakukan OBE sehingga didapat persamaan S′ dan S mempunyai penyelesaian, maka peyelesaian dalam S′ adalah sama dengan penyelesaian dalam S. Bukti Bila dalam Persamaan (2.9) mempunyai penyelesaian, maka ada (r1 , r2 , . . . , rn ) ∈ Rn yang memenuhi  a1,1 r1 + a1,2 r2 + · · · + a1,n rn = b1     a2,1 r1 + a2,2 r2 + · · · + a2,n rn = b2    ..    .    ai,1r1 + ai,2 r2 + · · · + ai,n rn = bi ..  .     a j,1 r1 + a j,2 r2 + · · · + a j,n rn = b j    ..   .    am,1 r1 + am,2 r2 + . . . + am,n xn = bm

(2.19)

Bila dalam Sistem Persamaan Linier (2.9) dilakukan OBE (2.16), maka didapat sistem persamaan

30 S′ yang diberikan oleh  a1,1 x1 + a1,2 x2 + · · · + a1,n xn = b1     a2,1 x1 + a2,2 x2 + · · · + a2,n xn = b2    ..    .    a j,1 x1 + a j,2 x2 + · · · + a j,n xn = b j ..  .     ai,1 x1 + ai,2 x2 + · · · + ai,n xn = bi    ..   .    am,1 x1 + am,2 x2 + . . . + am,n xn = bm

(2.20)

Tetapi berdasarkan hipotesis ada (r1 , r2 , . . ., rn ) ∈ Rn yang memenuhi Persamaan 2.10, sehingga didapat  a1,1 r1 + a1,2 r2 + · · · + a1,n rn = b1     a2,1 r1 + a2,2 r2 + · · · + a2,n rn = b2    ..    .    a j,1 r1 + a j,2 r2 + · · · + a j,n rn = b j (2.21) ..  .     ai,1r1 + ai,2 r2 + · · · + ai,n rn = bi    ..   .    am,1 r1 + am,2 r2 + . . . + am,n rn = bm

Hal ini menunjukkan bahwa (r1 , r2 , . . . , rn ) ∈ Rn adalah penyelesaian dari Sistem Persamaan 2.20. Berikutnya, bila dalam Sistem Persamaan Linier (2.9) dilakukan OBE (2.17), maka didapat sistem persamaan S′ yang diberikan oleh  a1,1 x1 + a1,2 x2 + · · · + a1,n xn = b1     a2,1 x1 + a2,2 x2 + · · · + a2,n xn = b2    ..    .    αai,1x1 + αai,2 x2 + · · · + αai,n xn = αbi ..  .     a j,1 x1 + a j,2 x2 + · · · + a j,n xn = b j    ..   .    am,1 x1 + am,2 x2 + . . . + am,n xn = bm

(2.22)

Tetapi berdasarkan hipotesis ada (r1 , r2, . . . , rn ) ∈ Rn yang memenuhi Persamaan 2.10, yang diberikan oleh Persamaan 2.21. Dengan demikian bila persamaan yang ke-i dalam Persamaan 2.21 kedua ruas dikalikan dengan α didapat Pi : αai,1r1 + αai,2 r2 + · · · + αa1,n rn = αbi

c


sehingga didapat

             

31

a1,1 r1 + a1,2 r2 + · · · + a1,n rn = b1 a2,1 r1 + a2,2 r2 + · · · + a2,n rn = b2 .. .

αai,1r1 + αai,2r2 + · · · + αai,n rn = αbi ..  .     a r + a r +  j,1 1 j,2 2 · · · + a j,n rn = b j   ..   .    am,1 r1 + am,2 r2 + . . . + am,n rn = bm

(2.23)

Hal ini menunjukkan bahwa (r1 , r2 , . . . , rn ) ∈ Rn adalah penyelesaian dari Sistem Persamaan 2.22. Terakhir, bila dalam Sistem Persamaan Linier (2.9) dilakukan OBE (2.18), maka didapat sistem persamaan S′ yang diberikan oleh  a1,1 x1 + a1,2 x2 + · · · + a1,n xn = b1     a2,1 x1 + a2,2 x2 + · · · + a2,n xn = b2    ..    .    ai,1 x1 + αai,2 x2 + · · · + αai,n xn = bi (2.24) ..  .     (a j,1 + αai,1 )x1 + (a j,2 + αai,2)x2 + · · · + (a j,n + αai,n )xn = b j + αbi    ..   .    am,1 x1 + am,2 x2 + . . . + am,n xn = bm

Tetapi berdasarkan hipotesis ada (r1 , r2, . . . , rn ) ∈ Rn yang memenuhi Persamaan 2.10, yang diberikan oleh Persamaan 2.21. Dengan demikian bila persamaan yang ke- j dalam Persamaan 2.21 ditambah α kali persamaan yang ke-i ruas didapat Pj : (a j,1 + αai,1 )r1 + (a j,2 + αai,2 )r2 + · · · + (a j,n + αa1,n )rn = bi + αbi sehingga didapat              

a1,1 r1 + a1,2 r2 + · · · + a1,n rn = b1 a2,1 r1 + a2,2 r2 + · · · + a2,n rn = b2 .. . ai,1 r1 + ai,2 r2 + · · · + ai,n rn = bi .. .

     (a j,1 + αai,1 )r1 + (a j,2 + αai,2 )r2 + · · · + (a j,n + αa1,n )rn = bi + αbi    ..   .    am,1 r1 + am,2 r2 + . . . + am,n rn = bm

(2.25)

Hal ini menunjukkan bahwa (r1 , r2 , . . . , rn ) ∈ Rn adalah penyelesaian dari Sistem Persamaan 2.24.

32 Jadi berdasarkan Teorema 2.2.1, tiga operasi baris elementer tidak akan mengubah himpunan penyelesaian dari sistem persamaan linear aslinya. Berikut ini diberikan suatu contoh sederhana sistem persamaan linear   2x + y + z = 1 6x + 2y + z = −1 (2.26)  −2x + 2y + z = 7

Pada setiap langkah, cara untuk menyelesaikan persamaan (2.26) difokuskan pada suatu posisi koefisien tak-nol yang dinamakan pivot dan untuk mengeliminasi semua suku dibawah pivot menggunakan tiga operasi baris elementer. Bila elemen pivot sama dengan nol, maka persamaan pivot ditukar dengan persamaan dibawahnya untuk mendapat elemen pivot yang tidak nol. Bila koefisien dari x pada persamaan tak-nol, maka elemen ini diambil sebagai pivot. Pada contoh ini, 2 dalam sistem berikut adalah pivot untuk langkah yang pertama elemen  2 +y+z = 1  x 6x + 2y + z = −1  −2x + 2y + z = 7

Langkah 1: Eliminasi semua suku dibawah pivot.

• Persamaan kedua kurangi 3 kali persamaan pertama  2 +y+z = 1  x −y − 2z = −4 (P2 − 3P1 )  −2x + 2y + z = 7 • Persamaan ketiga ditambah persamaan pertama  2 +y+z = 1  x −y − 2z = −4  3y + 2z = 8

(P3 + P1 )

Langkah 2: Pilih suatu pivot baru.

• Untuk memilih pivot baru, pindah kebawah dari posisi pivot yang sudah ada dan kekanannya. Bila koefisien ini tak-nol, maka kpefisien ini adalah pivot. Bila nol, -1 adalah pivot yang baru. maka tukar dengan persamaan dibawahnya. Dalam hal ini   2x + y + z = 1 -1 − 2z = −4

y  3y + 2z = 8

Langkah 3: Eliminasi semua suku dibawah pivot yang kedua.

• Persamaan ketiga tambah 3 kali persamaan kedua   2x + y + z = 1 -1 − 2z = −4

y  −4z = −4 (P3 + 3P2 )

(2.27)

c


33

• Umumnya, pada setiap langkah pindahkan kebawah pivot terdahulu dan gerakan kekanan untuk memperoleh pivot yang berikutnya, kemudian eliminasi semua suku dibawah pivot ini sampai tidak ada lagi yang bisa diproses untuk pengeliminasian. Jadi pivot yang ketiga adalah −4 dan tidak ada lagi elemen dibawah pivot ini untuk dieliminasi. Jadi proses dihentikan. Pada akhir dari Langkah 3, dikatakan sistem persamaan menjadi bentuk segitiga atas. Suatu sistem persamaan berbentuk segi tiga atas mudah diselesaikan dengan menggunakan cara mensubstitusi mumdur, yaitu persamaan terakhir diselesaikan, kemudian hasilnya substitusikan kepersamaan yang diatasnya, dst. sampai semua peubah didapatkan. Untuk contoh ini, selesaikan persamaan terakhir dari persamaan (2.27), didapat z = 1. Substitusikan z = 1 kepersamaan kedua dari persamaan (2.27), didapat y = 4 − 2z = 4 − 2(1) = 2. Akhirnya, substitusikan z = 1, y = 2 kepersamaan yang pertama dari persamaan (2.27), didapat 1 1 x = (1 − y − z) = (1 − 2 − 1) = −1. 2 2 Hasil yang didapat menunjukkan bahwa sistem persamaan (2.26) dan sistem persamaan (2.27) berdasarkan Teorema 2.2.1 adalah ekivalen, jadi penyelesaian dari sistem persamaan (2.26) adalah x = −1, y = 2 dan z = 1. Jelas bahwa tidak ada suatu alasan untuk menuliskan simbol "x", "y" dan "z" serta "=" pada setiap langkah yang mana hanya memperlakukan koefisien dalam penghitungan. Bila simbolsimbol tsb. dihilangkan, maka suatu sistem persamaan linear ditampilkan kesuatu susunan dalam bentuk persegi panjang berisi bilangan-bilangan yang mana setiap baris horizontal menyatakan satu persamaan. Misalnya, sistem persamaan linear (2.26) bila dituliskan dalam bentuk susunan persegi panjang adalah:   2 1 1 1  6 2 1 −1  . (Tanda garis tegak menyatakan = .) 7 −2 2 1 Susunan koefien disebalah kiri garis tegak dinamakan matriks koefisien daris sistem persamaan. Keseluruhan elemen dalam susunan dinamakan matriks diperbesar (augmented matrix) dari sistem persamaan linear. Bila koefisien matriks dinyatakan oleh A dan elemen disebelah kanan garis tegak oleh b , maka matriks diperbesar dari sistem persamaan linear dinotasikan A|bb]. oleh [A Secara formal, suatu skalar dari bilangan real atau kompleks dan matriks adalah suatu susunan berbentuk persegi panjang dari skalar. Matriks A biasanya ditulis sebagai   a1,1 a1,2 · · · a1,n  a2,1 a2,2 · · · a2,n    A =  .. ..  . .. ..  . . .  . am,1 am,2 · · · am,n

34 Elemen-elemen dari matriks A dinyatakan oleh ai, j dengan i ∈ m dan j ∈ n, dimana m = {1, 2, · · · , m} dan n = {1, 2, · · · , n}. Elemen ai, j menyatakan elemen dari matriks A yang terletak pada baris ke-i kolom ke- j. Suatu contoh 

 2 1 3 4 A =  8 6 5 −9  , maka a1,1 = 2, a1,2 = 1, · · · , a3,4 = 7. −3 8 3 7

(2.28)

Suatu submatriks dari matriks A adalah suatu susunan yang diperoleh dari menghapus sebarang kombinasi dari baris dan kolom matriks A . Suatu contoh matriks B=

2 4 −3 7

adalah suatu submatriks dari matriks A pada (2.28) dengan menghapus baris kedua dan kolom kedua, dan ketiga dari matriks A . Matriks A dikatakan berukuran m × n bila A mempunyai baris sebanyak m dan kolom sebanyak n. Dengan demikian, matriks berukuran 1 × 1 adalah skalar, sebaliknya suatu skalar adalah matriks yang berukuran 1 × 1. Untuk penekanan bahwa matriks A berukuran m × n juga ditulis sebagai Am×n . Bila m = n, maka matriks A dikatakan matriks persegi. Suatu matriks yang hanya terdiri dari satu baris dinamakan vektor baris dan bila hanya terdiri dari satu kolom dinamkan vektor kolom. Simbol A i,∗ digunakan untuk menyatakan baris ke-i dan A ∗, j menyatakan kolom ke- j dari matriks A . Contoh bila A matriks pada (2.28), maka 

 3 A 3,∗ = −3 8 3 7 dan A ∗,3 =  5  . 3 Untuk persamaan sistem linear (2.9) eliminasi Gauss bisa dilakukan melalui matriks diperbeA|bb] dengan menggunakan operasi baris elementer pada [A A|bb]. Operasi sar (augmented matrix) [A elementer ini meliputi tiga operasi baris elementer yang diberikan pada (2.16), (2.17) dan (2.18). Untuk matriks berukuran m × n   M 1,∗  ..   .     M i,∗   .   M =  ..  ,   M  j,∗   .   ..  M m,∗

tiga macam operasi baris elementer pada M adalah sebagai berikut.

c


• Macam I: Pertukaran baris ke-i dan baris ke- j menghasilkan   M 1,∗  ..   .     M j,∗   .   M =  ..  .  M   i,∗   .   ..  M m,∗

• Macam II: Kalikan baris ke-i dengan skalar taknol menghasilkan   M 1,∗  ..   .    M i,∗   αM  .   M =  ..  , α 6= 0.   M  j,∗   .   ..  M m,∗

• Macam III: Tambah baris ke- j dengan kelipatan baris ke-i menghasilkan   M 1,∗ ..     .     M i,∗   .  . .. M =   M + αM  M  j,∗ i,∗    ..   . M m,∗

35

(2.29)

(2.30)

(2.31)

Untuk menyelesaikan sistem persamaan linear (2.9) menggunakan operasi baris elementer, A|bb] dan jadikan bentuk segitiga atas matriks koefisien A demulai dengan matriks diperbesar [A A|bb]. Kembali pada contoh yang diberikan oleh ngan melakukan operasi baris elementer pada [A sistem persamaan linear (2.26), dengan melakukan operasi baris elementer pada matriks diperbeA|bb] didapat sar [A     2 1 1 1

2 1 1 1  6 2 1 −1  B2 − 3B1 ⇒  0 -1 −2 −4  7 B3 + B1 −2 2 7 B3 + 3B2 0 3 2 8 

2 1 1  ⇒ 0 −1 −2 0 0 −4

 1 −4  . −4

36 Matriks diperbesar yang terakhir menyatakan bentuk segitiga atas dari sistem persamaan linear  1  2x + y + z = −y − 2z = −4  −4z = −4

Dengan substitusi mundur, didapat hasil seperti sebelumnya z = 1, y = 2 dan x = −1. Umumnya, bila suatu sistem persamaan linear n × n mempunyai bentuk segitiga atas   t1,1 t1,2 · · · t1,n c1  0 t2,2 · · · t2,n c2    (2.32)  . . .   · · · .. . . . .. ..  0 0 · · · tn,n cn

dimana masing-masing ti,i 6= 0, maka algoritma umum untuk substitusi mundur diberikan sebagai berikut.

Algoritma Substitusi Mundur Tentukan xi pada (2.32), yang pertama menentukan xn = tcn,nn kemudian secara berulang untuk i = n − 1, n − 2, · · · , 2, 1, hitung xi = t1i,i (ci − ti,i+1xi+1 − ti,i+2xi+2 − · · · − ti,nxn ). Suatu cara untuk menaksir effisiensi suatu algorithma adalah menghitung banyaknyanya operasi aritmatika yang digunakan. Untuk berbagai alasan, tidak dibedakan tambah dan kurang, dan kali dan bagi. Lagi pula kali/bagi dihitung secara terpisah dari tambah/kurang. Bahkan bila secara rinci menggunakan suatu algoritma, penting bahwa mengetahui banyaknya operasi untuk eliminasi Gauss dengan substitusi mundur sehingga akan didapat suatu dasar perbandingan ketika menggunakan algoritma yang lain. Berikut ini diberikan banyaknya operasi aritmatika yang digunakan dalam eliminasi Gauss.

Banyaknya Operasi Eliminasi Gauss Eliminasi Gauss dengan substitsusi mundur untuk sistem persamaan linear n × n membutuhkan n n3 + n2 − , kali/bagi 3 3 dan n3 n2 5n + − , tambah/kurang. 3 2 6 Bila n meningkat, suku n3 /3 mendominasi suku yang lainnya. Oleh karena itu, hal yang penting Eliminasi Gauss dengan substitusi mundur untuk sistem persamaan linear n × n membutuhkan sekitar n3 /3 operasi kali/bagi dan membutukan juga sekitar n3 /3 operasi tambah/kurang.

c


37

Contoh 2.2.1 Selesaikan sistem persamaan berikut menggunakan eliminasi Gauss dengan substitusi mundur: x2 − x3 = 3 −2x1 + 4x2 − x3 = 1 −2x1 + 5x2 − 4x3 = −2 Penyelesaian : Matriks diperbesar dari sistem persamaan linear adalah   0 1 −1 3

 −2 4 −1 1  . −2 5 −4 −2

0 maka tukar baris pertama dengan baris kedua dan sebaliknya, Karena pivot pertama adalah , selanjutnya lakukan eliminasi elemen elemen dibawah pivot yang dipilih sehingga didapat       -2 4 −1 1

−2 4 −1 1 −2 4 −1 1 B3 −B2 3 −B1   0 1 −1 3  .  0 1 −1 3  B−→ 1 −1 3  −→ 0 −2 5 −4 −2 0 1 −3 −3 0 0 −2 −6

Selanjutnya, lakukan substitusi mundur, didapat

−6 x3 = −2 = 3, x2 = 3 + x3 = 3 + 3 = 6, x1 = − 12 (1 − 4x2 + x3 ) = − 21 (1 − 24 + 3) = 10.

Contoh 2.2.2 Misalkan bahwa 100 serangga terdistribusi dalam suatu ruang tertutup terdiri dari empat ruang dengan jalur-lintas diantaranya sebagaimana dalam Gambar 2.8. Pada akhir satu #3 #4

#2 #1

Gambar 2.8: Distribusi serangga dalam suatu ruangan

menit, serangga terdistribusi kembali dengan sendirinya. Asumsikan bahwa satu menit tidak cukup waktu untuk suatu serangga pindah ke lebih dari satu ruang dan pada akhir satu menit 40% serangga disetiap ruang tidak meninggalkan ruangan, mereka tetap pada awal menit. Serangga yang meninggalkan ruangan secara seragam menyebar diantara ruangan, serangga ini secara langsung dapat mencapai keadaan semula mereka tinggal., misalnya # 3 separuh bergerak ke # 2

38 dan separuh ke # 4. Bila diakhir satu menit terdapat 12, 25, 26 dan 37 serangga masing-masing di ruang # 1, # 2, # 3 dan # 4, maka tentukan apa seharusnya distribusi awal. Jawab Bila xi adalah banyaknya keadaan awal dalam ruangan # i dengan i = 1, 2, 3, 4, didapat sistem persamaan linear  0.4x1 + 0x2 + 0x3 + 0.2x4 = 12    0x1 + 0.4x2 + 0.3x3 + 0.2x4 = 25 0x  1 + 0.3x2 + 0.4x3 + 0.2x4 = 26   0.6x1 + 0.3x2 + 0.3x3 + 0.4x4 = 37

dengan menggunakan eliminasi Gauss dan substitusi mundur didapat x1 = 10, x2 = 20, x3 = 30 dan x4 = 40.

2.3 Menyelesaikan Sistem Persamaan Linier dengan Sage NoteBook Dalam kesempatan ini digunakan Sage NoteBook untuk menyelesaikan sistem Persamaan Linear melalui Operasi baris Elementer ataupun dengan Eleminasi Gauss-Jordan. Misalnya diberikan sistem persamaan 1 2 x 1 = . 2 1 y 2 Untuk menyelesaikan Sistem Persamaan Linier tersebut dalam Sel Sage NoteBook ketik perintah berikut. A=matrix([[1,2],[2,1]]) b=matrix([[1],[2]]) Ab = A.augment(b,subdivide=True) html("Matrik diperbesar $[A|b]=%s$"%latex(Ab)) Ouput dari perintah tersebut adalah 1 2 1 Matrik diperbesar [A|b] = 2 1 2 Selanjutnya meyelesaikan sistem persamaan linier dengan OBE gunakan perintah berikut: Ac=copy(Ab) Ac.add_multiple_of_row(1 ,0,-2 ) html("Hasil OBE $%s$"%latex(Ac)) outputnya adalah 1 2 1 Hasil OBE : 0 −3 0 Dari hasil ini menjelaskan bahwa y = 0 dan x = 1.

c


39

Latihan Latihan 2.3.1 Gunakan Eliminasi Gauss dengan substitusi mundur pada sistem persamaan linear berikut (a)

 = 0  2x1 − x2 −x1 + x2 −x3 = 0  −x2 +x3 = 1

(b)

 

4x2 − 3x3 = 3 −x1 + 7x2 − 5x3 = 4  −x1 + 8x2 − 6x3 = 5

Latihan 2.3.2 Selesaikan sistem persamaan linear berikut    

x1 + x2 + x3 + x4 x1 + x2 + 3x3 + 3x4 x1 + x2 + 2x2 + 3x4    x1 + 3x2 + 3x3 + 3x3

=4 =3 =3 =4

Latihan 2.3.3 Diberikan sistem persamaan linear

  x + 2y + z = 3 ay + 5z = 10  2x + 7y + az = b

(a) Dapatkan nilai a dan b supaya sistem persamaan linear mempunyai penyelesaian tunggal. (b) Dapatkan nilai a dan b supaya sistem persamaan punya penyelesaian tidak tunggal. Latihan 2.3.4 Suatu jaringan dari aliran terdiri dari 4 titik A, B, C dan D yang dihubungkan oleh garis. Dengan asumsi bahwa • Total aliran yang masuk ke suatu titik sama dengan total aliran yang keluar dari suatu titik. • Total aliran yang masuk kedalam jaringan sama dengan total aliran yang keluar dari jaringan.

40 Bila gambar dari suatu jaringan aliran diberikan oleh gambar berikut x1 200

200

x2 b

b

B

A x3

300

b

x4 D

C

b

500

x5

300 400

300

Maka tentukan nilai dari x1 , x2 , x3 , x4 dan x5 . Latihan 2.3.5 Diberikan tiga sistem persamaan linear dimana koefisennya sama untuk setiap sistem tetapi bagian kanan persamaan berbeda:   4x − 8y + 5z = 1 0 0 4x − 7y + 4z = 0 1 0  3x − 4y + 2z = 0 0 1

Selesaikan semua tiga persamaan sistem linear tsb. dengan menggunakan eliminasi Gauss pada bentuk matriks yang diperbesar A |bb1 |bb2 |bb3 ] . [A Latihan 2.3.6 Dapatkan sudut α, β dan γ yang memenuhi persamaan berikut:   2 sin α − cos β + tan γ = 3 4 sin α + 2 cos β − 2 tan γ = 2  6 sin α − 3 cos β + tan γ = 9 dimana 0 ≤ α ≤ 2π, 0 ≤ β ≤ 2π dan 0 ≤ γ ≤ 2π.

Latihan 2.3.7 Usahakan menyelesaikan sistem persamaan linear berikut:   −x + 3y − 2z = 4 −x + 4y − 3z = 5  −x + 5y − 4z = 6

menggunakan eliminasi Gauss dan terangkan mengapa sistem persamaan mempunyai banyak takhingga penyelesaian. Latihan 2.3.8 Sistem persamaan linear berikut tidak mempunyai penyelesaian:   −x + 3y − 2z = 1 −x + 4y − 3z = 0  −x + 5y − 4z = 0.

c


41

Usahakan menyelesaikan sistem persamaan linear ini menggunakan eliminasi Gauss dan jelaskan mengapa sistem persamaan linear tsb. tidak mungkin untuk diselesaikan. Latihan 2.3.9 Gunakan sistem persamaan linear 3 × 3 untuk memperoleh koefisien suatu persamaan parabola y = α + βx + γx2 yang melalui tiga titik (1, 1), (2, 2) dan (3, 0). Latihan 2.3.10 Diketahui seperti Contoh 2.2.2 dan bila distribusi awal adalah 20, 20, 20 dan 40, maka tentukan distribusi akhir pada satu menit. Latihan 2.3.11 Terangkan mengapa suatu sistem persamaan linear tidak akan pernah mempunyai tepat dua penyelesaian yang berbeda. Perluas pernyataan ini, untuk menerangkan fakta bahwa bila suatu sistem persamaan linear mempunyai lebih dari satu penyelesaian, maka penyelesaian itu haruslah banyak takhingga penyelesaian. A|bb] adalah matriks diperbesar dari suatu sistem persamaan Latihan 2.3.12 Misalkan bahwa [A linear. Telah diketahui bahwa operasi baris elementer tidak mengubah penyelesaian sistem persamaan linear. Bagaimanapun, tidak disebutkan bahwa bila operasi kolom dapat mempengaruhi suatu penyelesaian suatu sistem persamaan linear. (a) Uraikan akibat pada penyelesaian suatu sistem persamaan linear bila kolom A∗, j dan A∗,k saling dipertukarkan. (b) Uraikan akibat pada penyelesaian suatu sistem persamaan linear bila kolom A∗, j diganti A∗, j dengan α 6= 0. oleh αA (c) Uraikan akibat pada penyelesaian suatu sistem persamaan linear bila kolom A∗, j diganti A∗,k . oleh A∗, j + αA Petunjuk : Lakukan suatu percobaan dengan matriks berukuran 2 × 2 dan 3 × 3. Pada akhir bagian ini dibahas metode menyelesaiakna sistem persamaan linear menggunakan apa yang dinamakan Gauss-Jordan. Metode ini mengenalkan suatu variasi eleminasi Gauss yang dikenal dengan nama Metode Gauss-Jordan. Walaupun ada beberapa yang membingungkan ketika Jordan menerima penghargaan untuk algoritma ini, sekarang jelas bahwa faktanya metode ini dikenalkan oleh seorang geodesi yang bernama Wilhelm Jordan (1842-1899) dan bukan oleh yang telah banyak dikenal oleh matematikawan yaitu Marie Ennemond Camille Jordan (18381922). Dua keutamaan dari metode Gauss-Jordan yang membedakan dengan Eleminasi Gauss sebagai berikut. • Pada setiap langkah, elemen pivot dijadikan 1. • Pada setiap langkah, semua suku-suku diatas pivot dan juga dibawahnya dieliminasi.

42 Dengan kata lain, bila

    

a1,1 a1,2 a2,1 a2,2 .. .. . . an,1 an,2

· · · a1,n · · · a2,n .. .. . . · · · an,n

b1 b2 .. . bn

    

matriks diperbesar yang berkaitan dengan sistem persamaan linear, maka operasi baris elementer digunakan untuk mereduksi matriks ini menjadi matriks berbentuk   1 0 · · · 0 c1  0 1 · · · 0 c2     .. .. . . .. ..  .  . . . . .  0 0 · · · 1 cn

Tampak bahwa penyelesaian diberikan oleh kolom terakhir, yaitu xi = ci , i = 1, 2, · · · , n dan tanpa melakukan substitusi mundur. Contoh 2.3.1 Gunakan metode Gauss-Jordan untuk menyelesaikan persamaan linear berikut.   2x1 + 2x2 + 6x3 = 4 2x1 + x2 + 7x3 = 6  −2x1 − 6x2 − 7x3 = −1

Jawab



2

2 6  2 1 7 −2 −6 −7

  4 1

1 3 B1 /2 6   2 1 7 ⇒ −1 −2 −6 −7

  2 1 1 3 2  (−B2 ) ⇒  0 1 −1 3 0 −4 −1   4 1 0 4 −2  ⇒  0 1 −1 1 −5 (−B3 /5) 0 0   1 0 0 0 ⇒  0 1 0 −1  . 1 1 0 0     x1 0 Jadi, penyelesaiannya adalah  x2  =  −1  . x3 1 

1 1

3  0 −1 1 ⇒ 0 −4 −1  1 0 4 1 −1 ⇒ 0 0 0 −5

 2 6  B2 − 2B1 −1 B3 + 2B1

 2 −2  3  4 −2  1

B1 − B2

B3 + 4B2 B1 − 4B3 B2 + B3

c


43

Dari apa yang telah dibahas kelihatannya bahwa ada tidak begitu banyak perbedaan diantara metode Gauss-Jordan dan eliminasi Gauss dengan substitusi mundur disebabkan pengeliminasian suku-suku diatas pivot dengan metode Gauss-Jordan kelihatnnya ekivalen dengan melakukan substitusi mundur. Tetapi hal ini tidak benar. Metode Gauss-Jordan membutuhkan lebih banyak penghitungan dari pada eliminasi Gauss dengan substitusi mundur. Hal ini bisa dilihat dari banyaknya operasi yang digunakan dalam metode Gauss-Jordan sebagaimana berikut.

Banyaknya Operasi Metode Gauss-Jordan Metode Gauss-Jordan untuk sistem persamaan linear n × n membutuhkan n3 n2 + , kali/bagi 2 2 dan n3 n − , tambah/kurang. 2 2 Dengan kata lain, metode Gauss-Jodan membutuhkan sekitar n3 /2 operasi bagi/kali dan juga membutuhkan sekitar n3 /2 operasi tambah/kurang. Ingat dalam pembahasan sebelumnya eliminasi Gauss dengan substitusi mundur hanya membutuhkan sekitar n3 /3 operasi kali/bagi begitu juga hal nya sama untuk operasi tambah/kurang. Bandingkan dengan n3 /2 operasi kali/bagi begitu juga untuk operasi tambah/kurang yang dibutuhkan ketika melakukan metode Gauss-Jordan, bisa dilihat bahwa metode Gauss-Jordan membutuhkan sekitar lebih 50% upaya dari pada eliminasi Gauss dengan substitusi mundur. Untuk suatu sistem persamaan linear yang kecil misalnya n = 3, perbedaan ini tidak begitu cukup besar berarti. Tetapi dalam praktis sistem persamaan linear sering muncul dengan n cukup besar. Dalam hal ini, eliminasi Gauss dengan substitusi mundur lebif effisien dibandingkan dengan metode Gauss-Jordan. Misalnya untuk n = 100, maka n3 /3 sekitar 333333 sedangkan n3 /2 adalah 500000 dalam hal ini selisihnya adalah 166667 operasi kali/bagi begitu juga sama untuk operasi tambah/kurang. Walaupun metode Gauss-Jordan dalam praktis banyak dihindari untuk menyelesaiakan sistem persamaan linear, metode ini mempunyai kegunaan dalam teori. Kegunaannya adalah masalah teknik dari pada masalah komputasinya. Selain itu metode Gauss-Jordan dapat digunakan untuk menentukan invers dari suatu matriks. Untuk mengakhiri bagian ini, diberikan cara menyelesaiakan sistem persamaan linear menggunakan Maxima untuk Metode Gauss-Jordan. Pada Contoh 2.2.2 diselesaikan dengan cara metode Gauss-Jordan, dalam Maxima ketik sbb:

A=matrix([[4/10,0,0,2/10],[0,4/10,3/10,2/10], [0,3/10,4/10,2/10],[6/10,3/10,3/10,4/10]]) b=matrix([[12],[25],[26],[37]])

44 Ab = A.augment(b,subdivide=True) html("Matrik diperbesar $[A|b]=%s$"%latex(Ab)) print html("OBE Gauss-Jordan : $%s$"%latex(Ab.rref())) Output dari perintah tersebut adalah : 

2 5

 0 Matriks diperbesar : [A|b] = [A|b] =   0 3 5

0

0

2 5 3 10 3 10

3 10 2 5 3 10

1 5 1 5 1 5 2 5

 12 25   26  37

 1 0 0 0 10  0 1 0 0 20   OBE Gauss-Jordan :   0 0 1 0 30  0 0 0 1 40 Sehingga dengan menggunakan OBE metode Gauss-Jordan, didapat x1 = 10, x2 = 20, x3 = 30 dan x4 = 40. Terlihat hasilnya sama seperti pada hasil penghitungan sebelumnya. 

Hasil penghitungan numerik untuk suatu sistem persamaan linear terhadap perubahan nilai yang kecil bisa mempengaruhi konsistensi hasil hitungan, bila sistem persamaan linear terhadap suatu perubahan nilai yang sangat kecil merubah hasil yang sangat besar (sangat sensitif) hal ini membuat kecenderungan hitungan numerik sangat jauh hasilnya dari yang semestinya, bahkan akan sangat jauh bedanya dengan jawab (solusi) eksaknya. Maxima Toolbox dapat mengatasi kesensitifan ini. Sebagai contoh diberikan sistem persamaan berikut .835x + .667y = .168, (2.33) .333x + .266y = .067. Penyelesaian eksaknya adalah x = 1 dan y = −1. Bila diadakan perubahan kecil dari nilai 0.067 menjadi 0.066 sehingga didapat suatu sistem persamaan yang hampir sama yaitu .835x + .667y = .168, (2.34) .333x + .266y = .066. Penyelesaian eksak dari Persamaan (2.34) adalah x = −666 dan y = 834. Terlihat bahwa hasil eksak dari Persamaan (2.33) dan (2.34) sangat jauh berbeda, sedangkan Persamaan (2.33) dan (2.34) hampir sangat sama, hanya ada beda sangat kecil pada satu nilai 0.067 menjadi 0.066. Selanjutnya kedua persamaan tsb. diselesaikan dengan menggunakan Sage NoteBook sbb: (%i5) kill(all)$ ab:matrix([0.835,0.667,0.168],[0.333,0.266,0.067])$ ab:echelon(ab)$ ab:rowop(ab,1,2,667/835); 1 0 1 (%o4) 0 1 −1

c


(%i5)

(%o4)

45

kill(all)$ ab:matrix([0.835,0.667,0.168],[0.333,0.266,0.066])$ ab:echelon(ab)$ ab:rowop(ab,1,2,667/835); 1 0 −666 0 1 834

Terlihat bahwa hasil numerik yang dilakukan dalam Maxima Toolbox untuk kedua Persamaan (2.33) dan (2.34) secara siknifikan sama dengan jawab eksak. Hal ini menjelaskan bahwa Metode Gauss-Jordan untuk suatu sistem persamaan yang sensitif terhadap perubahan kecil, Maxima Toolbox mampu menyelesaikan masalah ini dengan baik.

Latihan Latihan 2.3.13 Gunakan metode Gauss-Jordan untuk menyelesaikan sistem persamaan berikut: (a)

(b)

     

4x2 − 3x3 = 3 −x1 + 7x2 − 5x3 = 4  −x1 + 8x2 − 6x3 = 5

(c)

x1 + x2 + x3 + x4 = 1 x1 + 2x2 + 2x3 + 2x4 = 0 x1 + 2x2 + 3x3 + 3x4 = 0    x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0.

(d)

5x2 + 15x4 = 5 x1 + 4x2 + 7x3 + x5 = 3 x1 + 2x2 + 3x3 = 1    x1 + 2x2 + 4x3 + x4 = 2.

   

  2x1 + x2 + 3x3 + 2x4 = 5 x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 1  3x1 + 2x2 = 2.

Latihan 2.3.14 Gunakan metode Gauss-Jordan untuk menyelesaikan secara bersama sistem persamaan linear berikut:  2x1 − x2 = 1 0 0  −x1 + 2x2 − x3 = 0 1 0  −x2 + x3 = 0 0 1.

46 Latihan 2.3.15 Selesaikan sistem persamaan linear berikut   −x1 + x2 − x3 + 3x4 = 0 3x1 + x2 − x3 − x4 = 0  2x1 − x2 − 2x3 − x4 = 0

Latihan 2.3.16 Selesaikan sistem persamaan linear berikut   x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 2 x1 + x2 + x3 + 2x4 + 2x5 = 3  x1 + x2 + x3 + 2x4 + 3x5 = 2 Mengapa mempunyai banyak penyelesaian?

Latihan 2.3.17 Selidiki apakah sistem persamaan linear berikut mempunyai jawab atau tidak! x1 + 2x2 + x3 = 1 2x1 + 4x2 + 2x3 = 3

2.4 Matriks Disini dikenalkan beberapa ide dasar yang mencakup pengkajian matriks. Dalam bagian sebelumnya digunakan matriks diperbesar untuk menyatakan sistem persamaan linear. Susunan bilangan ini sering kita jumpai juga dalam bentuk yang lain, misalnya susunan bilangan dengan tiga baris dan tujuh kolom yang menyatakan berapa jam waktu yang digunakan seorang mahasiswa setiap hari untuk mempersiapkan tiga mata kuliah yang ditempuhnya sebagaimana diberikan oleh Tabel 2.1 berikut. Tabel 2.1: Waktu Persiapan Mahasiswa

Aljabar Aljabar Linear Geometry

Ming. 1 2 4

Sen. 3 0 3

Sel. 2 1 1

Rab. 1 3 1

Kam. 4 5 0

Jum. 4 0 2

Sab. 2 2 0

Bila judul matakuliah dan hari dalam Tabel 2.1 dihapus, maka didapat susunan bilangan real dalam bentuk pesegi panjang dengan tiga baris dan tujuh kolom:   1 3 2 1 4 4 2  2 0 1 3 5 0 2 , (2.35) 4 3 1 1 0 2 0

c


47

ungkapan penulisan dalam (2.35) dinamakan suatu matriks. Secara lebih umum, matriks adalah suatu susunan dari bilangan real atau kompleks yang berbentuk persegi panjang, setiap bilangan ini dinamakan elemen matriks yang disusun secara baris dan kolom. Beberapa contoh matriks adalah: √     5 −1 2 −3 2    0 1 π    1 −1 1 5    3   −6 1 8 11  ,  0 2 4  ,  6  ,     2  8 0 2  5  3 5 8 7  4 1 3 5 7

3 6 4 9 0

dan [−3] .

Untuk menampilkan matriks dalam Maxima lakukan sebagai berikut: (%i12) matrix([-1,2,-3,sqrt(2)], [0,1,%pi,5], [-6,1/2,8,11], [8,0,2,7],[1,3,5,7]); matrix([1,-1,1],[0,2,4],[3,5,8]); matrix([5],[3],[6],[5],[4]); matrix([3,6,4,9,0]); √   2 −1 2 −3 0 1 π 5    1  (%o12)  −6 2 8 11  8 0 2 7  1 3 5 7   1 −1 1 (%o13) 0 2 4 3 5 8   5 3    (%o14)  6 5 4 (%o15) 3 6 4 9 0

Ukuran suatu matriks adalah banyaknya baris dan banyaknya kolom. Bila banyak baris adalah m dan banyaknya kolom n, maka ukuran matriks ditulis sebagai m × n. Jadi ukuran matriks pada contoh diatas berturut-turut adalah 5 × 4, 3 × 3, 5 × 1, 1 × 5 dan 1 × 1. Suatu matriks A ukuran m × n biasanya dinotasikan dengan A = [ai, j ], i = 1, 2, . . ., m, j = 1, 2, . . ., n atau secara singkat [ai, j ]m×n (bila ukuran matriks penting untuk diketahui). Bila ukuran matriks tidak penting untuk diketahui cukup ditulis [ai, j ]. Selanjutnya ai, j menyatakan elemen baris ke-i kolom ke- j dari suatu matriks A dengan ai, j ∈ R atau ai, j ∈ C yang mana R menyatakan him-

48 punan bilangan real dan C menyatakan himpunan bilangan kompleks. Untuk matriks berukuran 1 × 1 yaitu [a] cukup ditulis a. Suatu matriks yang hanya mempunyai satu kolom dinamakan matriks kolom (vektor kolom) sedangkan bila hanya mempunyai satu baris dinamakan matriks baris (vektor baris). Suatu matriks A dengan n baris dan n kolom dinamakan matriks persegi ukuran n   a1,1 a1,2 . . . a1,n  a2,1 a2,2 . . . a2,n    A =  .. ..  , .. ..  . . .  . an,1 an,2 . . . an,n

elemen-elemen a1,1 , a2,2 , . . . , an,n dinamakan elemen-elemen di diagonal utama matriks A. Berikut ini diberikan pengertian dua matriks adalah sama. Diberikan matriks A = [ai, j ] dan B = [bi, j ], matriks A dan B dikatakan sama bila kedua ukuran matriks A dan B sama dan ai, j = bi, j untuk semua i dan j. Contoh, matriks-matriks berikut 1 2 3 x 2 1 2 dan C = ,B = A= 3 4 5 3 4 3 4 bila x = 1, maka A = B. Walaupun ukuran A dan B sama, bila x 6= 1, maka A 6= B. Sedangkan A 6= C dan B 6= C sebab ukuran matriks A tidak sama dengan ukuran matriks C begitu juga ukuran B tidak sama dengan ukuran C.

2.5 Aritmatika dan Operasi Matriks Dalam bagian ini dibahas penambahan , pengurangan dan perkalian matriks serta dibahas transpose dan trace dari suatu matriks.

2.5.1 Penambahan, Pengurangan Matriks dan Perkalian Matriks Misalkan, sebuah kota dibagi menjadi dua wilayah Utara dan Selatan. Banyaknya siswa SMP dan SMA kelas I, II dan III diberikan oleh tabel berikut: Tabel 2.2: Daftar Siswa Wilayah Utara dan Selatan

SMP SMA

Wilayah Utara Kelas I Kelas II Kelas III 2234 2105 2001 1973 1873 1762

SMP SMA

Wilayah Selatan Kelas I Kelas II Kelas III 2105 1866 1509 1877 1689 1574

c


49

Maka daftar total siswa SMP dan SMA keseluruhan kota diberikan oleh tabel berikut Tabel 2.3: Daftar total siswa SMP dan SMA seluruh wilayah

SMP SMA

Kelas I 2234+2105=4339 1973+1877=3850

Kelas II 2105+1866=3971 1873+1689= 3562

Kelas III 2001+1509= 3510 1762+1574= 3336

Bila daftar keadaan siswa wilayah Utara dan Selatan di tuliskan sebagai matrik, didapat matriks: 2234 2105 2001 2105 1866 1509 U= dan S = 1973 1873 1762 1877 1689 1574 dan matriks U + S didefinisikan sebagai 4399 3971 3510 def 2234 + 2105 2105 + 1866 2001 + 1509 U +S = = 1973 + 1877 1873 + 1689 1762 + 1574 3850 3562 3336 Terlihat bahwa Tabel 2.3 bentuk matriksnya diberikan oleh matriks U + S. Hasil pembahasan ini menjelaskan penambahan dua matriks. Hal yang serupa bisa dilakukan untuk pengurangan dua matriks. Berikut ini diberikan definisi secara umum untuk penambahan dan pengurangan dua matriks. Penambahan dan pengurangan dua matriks A dan B bisa dilakukan bila kedua matriks mempunyai ukuran yang sama dan elemen-elemen dari A + B dan A − B masing-masing diberikan oleh [A + B]i, j = ai, j + bi, j dan [A − B]i, j = ai, j − bi, j . Bila ukuran A dan B tidak sama, maka penambahan dan pengurangan dari A dan B tidak didefinisikan. Berikut ini diberikan contoh penambahan dan pengurangan matriks. Diberikan matriks-matriks: 1 −2 −2 3 11 1 −2 0 . dan C = , B= A= 3 −4 3 −6 4 0 7 −3 Maka A+B =

−1 1 11 3 1 1

, A−B =

3 −5 −11 −3 13 −7

sedangkan A +C dan B +C tidak terdefinisi, begitu juga A −C dan B −C tidak terdefinisi. Untuk melakukan operasi tambah dan kurang bagi matriks dalam Maxima lakukan sebagai berikut: (%i5)

a:A=matrix([1,-2,0],[0,7,-3]);b:B=matrix([-2,3,11],[3,-6,4]); c:C=matrix([1,-2],[3,-4]);"A+B"= rhs(a)+rhs(b);"A-B"= rhs(a)-rhs(b);

50

1 −2 0 (%o1) A = 0 7 −3 −2 3 11 (%o2) B = 3 −6 4 1 −2 (%o3) C = 3 −4 −1 1 11 (%o4) A + B = 3 1 1 3 −5 −11 (%o5) A − B = −3 13 −7 Untuk A +C dan B −C tidak terdifinisi, hal ini bisa dilihat hasil output dalam Maxima sebagai berikut: (%i9)

"A+C"=rhs(a)+rhs(c);"B-C"=rhs(b)+rhs(c);

fullmap: arguments must have same formal structure. – an error. To debug this try: debugmode(true); fullmap: arguments must have same formal structure. – an error. To debug this try: debugmode(true); Bila A sebarang matriks dengan elemen-elemen di R atau di C dan k sebarang skalar di R atau di C, maka hasil kali kA adalah matriks yang semua elemen-elemennya diperoleh melalui mengalikan k dengan semua elemen-elemen dari A. Matriks kA dinamakan perkalian skalar dari A. Dengan notasi matriks, bila A = [ai, j ], maka [kA]i, j = kai, j .

Contoh 2.5.1 Diberikan matriks-matriks 10 2 −5 8 0 6 0 −1 −3 dan C = , B= A= 1 4 3 4 14 −2 2 4 6 maka (−1)A =

0 1 3 −2 −4 −6

1 , B= 2

4 0 3 2 7 −1

dan 3C =

30 6 −15 3 12 9

Perkalian skalar dengan matriks dalam Maxima dilakukan sebagai berikut: (%i6)

a: A=matrix([0,-1,-3],[2,4,6]);b:B=matrix([8,0,6],[4,14,-2]); c: C=matrix([10,2,-5],[1,4,3]);"(-1)A"= -1*rhs(a); "1/2B"= 1/2*rhs(b);"3C"=3*rhs(c);

.

c


(%o1) (%o2) (%o3) (%o4) (%o5) (%o6)

51

0 −1 −3 A= 2 4 6 8 0 6 B= 4 14 −2 10 2 −5 C= 1 4 3 0 1 3 (−1)A = −2 −4 −6 1 4 0 3 B= 2 7 −1 2 30 6 −15 3C = 3 12 9

Untuk lebih praktis, penulisan (−1)A cukup ditulis −A. Bila A1 , A2 , . . . , An matriks-matriks dengan ukuran yang sama dan k1 , k2 , . . ., kn adalah skalar, maka bentuk k1 A1 + k2 A2 + . . . + kn An dinamakan suatu kombinasi linear Misalnya pada Contoh 2.5.1, maka 1 0 −A + B + 3C = −2 2 34 = 3

dari A1 , A2 , . . ., An dengan koefisien-koefisien k1 , k2 , . . . , kn . 30 6 −15 4 0 3 1 3 + + 3 12 9 2 7 −1 −4 −6 7 −9 15 2

1 dan 3. Selanjutnya diberikan 2 m×n notasi R menyatakan himpunan semua matriks ukuran m × n dengan elemen-elemen di R n×1 dan R adalah himpunan semua vektor kolom ukuran n biasanya cukup ditulis Rn . Sebegitu jauh telah dibahas perkalian suatu skalar dengan matriks, tetapi perkalian dua matriks belum dibahas. Sebagaimana telah diketahui penambahan dan pengurangan matriks adalah menambah atau mengurangi elemen-elemen yang bersesuaian. Perkalian matriks agak berbeda dengan penambahan matriks. Untuk mendefinisikan perkalian dua matriks A dan B, sebagai motifasi diberikan dua sistem persamaan linear adalah kombinasi linear dari A, B dan C dengan koefisien −1,

a1,1 x1 + a1,2 x2 + a1,3 x3 = y1 a2,1 x1 + a2,2 x2 + +a2,3 x3 = y2

(2.36)

b1,1 z1 + b1,2 z2 = x1 b2,1 z1 + b2,2 z2 = x2 b3,1 z1 + b3,2 z2 = x3

(2.37)

dan

52 Bila diinginkan y1 dan y2 bergantung pada peubah z1 dan z2 , maka didapat sistem persamaan (a1,1 b1,1 + a1,2 b2,1 + a1,3 b3,1 )z1 + (a1,1 b1,2 + a1,2 b2,2 + a1,3 b3,2 )z2 = y1 (a2,1 b2,1 + a2,2 b2,1 + a2,3 b3,1 )z1 + (a2,1 b1,2 + a2,2 b2,2 + a2,3 b3,2 )z2 = y2

(2.38)

Selanjutnya bila c1,1 = a1,1 b1,1 + a1,2 b2,1 + a1,3 b3,1 c1,2 = a1,1 b1,2 + a1,2 b2,2 + a1,3 b3,2 c2,1 = a2,1 b2,1 + a2,2 b2,1 + a2,3 b3,1 c2,2 = a2,1 b1,2 + a2,2 b2,2 + a2,3 b3,2 atau secara singkat 3

ci, j =

∑ ai,k bk, j , i = 1, 2 dan j = 1, 2, 3

(2.39)

k=1

dan masing-masing matriks A, B,C diberikan oleh   b1,1 b1,2 a1,1 a1,2 a1,3 c1,1 c1,2   A= , B = b2,1 b2,2 ,C = , a2,1 a2,2 a2,3 c2,1 c2,2 b3,1 b3,2 def

dan didefinisikan perkalian matriks AB = C, dengan elemen-elemen matriks C diberikan oleh Persamaan (2.39), maka Persamaan (2.38) dapat ditulis sebagai perkalian matriks z1 y1 CZ = Y, dengan Z = dan Y = . z2 y2 Perhatikan bahwa Persamaan (2.39) mengisyaratkan banyaknya kolom dari A harus sama dengan banyaknya baris B dalam hal ini keduanya sama dengan 3 dan ukuran matriks hasil kali adalah 2(banyaknya baris A) × 2(banyaknya kolom B). Jadi syarat dua matriks bisa dikalikan banyaknya kolom matriks yang pertama sama dengan banyaknya baris matriks yang kedua dan elemen-elemen matriks hasil kali diberikan seperti dalam Persamaan (2.39). Oleh karena itu bila matriks Am,p dan matriks B p,n , maka perkalian kedua matriks ini diberikan oleh p

Am,p B p,n = Cm,n , dengan ci, j =

∑ ai,k bk, j , i = 1, 2, . . ., m dan j = 1, 2, . . ., n.

k=1

Contoh 2.5.2 Diberikan matriks-matriks A=

1 2 3 5 3 4



 2 1 ,B =  3 7  5 6

c


53

Elemen baris ke-1 kolom ke-2 dan baris ke-2 kolom ke-1 matriks perkalian AB diberikan sebagai berikut   2 1 1 2 3  33  AB =  3 7 = 5 3 4 43 5 6 (1 1) + (2 7) + (3 6) = 33 (5 2) + (3 3) + (4 6) = 43 Dengan melakukan hal yang serupa didapat   2 1 1 2 3  23 33 3 7 = AB = 5 3 4 39 50 5 6

dan perkalian matriks BA diberikan oleh     7 7 10 2 1 1 2 3 =  38 27 37  BA =  3 7  5 3 4 5 6 35 28 39

terlihat bahwa AB 6= BA. Perkalian matriks tsb. dalam Maxima lakukan sebagai berikut: (%i1)

(%o1) (%o2) (%o3) (%o4)

a:A=matrix([1,2,3],[5,3,4]); b:B=matrix([2,1],[3,7],[5,6]); ab:AB=rhs(a).rhs(b);ba:BA=rhs(b).rhs(a); 1 2 3 A= 5 3 4   2 1 B = 3 7 5 6 23 33 AB = 39 50   7 7 10 BA = 38 27 37 35 28 39

Diberikan dua matriks Am,p dan B p,n dan C = Am,pB p,n , maka matriks baris ke-i dari C diberikan oleh Ci,∗ = Ai,∗ B dan matriks kolom ke- j dari C diberikan oleh C∗, j = AB∗, j . Contoh 2.5.3 Diberikan matriks-matriks  2 1 1 1 −2 0 7  0 2 2    2 3 2 10  , B =  A=  5 0 8 . −5 11 1 8 1 12 −9 





54 Bila C = AB, maka baris ke-2 dari matriks C diberikan oleh   2 1 1  0 2 2   = 24 128 −66 C2,∗ = A2,∗ B = 2 3 2 10   5 0 8  1 12 −9

dan kolom ke-3 dari C diberikan oleh

   1 −66 1 −2 0 7   2    3 2 10   C∗,3 = AB∗,3 =  2  8  = −66 −47 −5 11 1 8 −9 





Penghitungan ini dapat dilakukan dalam Maxima sebagai berikut: (%i6)

(%o1)

(%o2)

(%o3)

(%o5)

kill(all)$ a: A=matrix([1,-2,0,7],[2,3,2,10],[-5,11,1,8]); b:B=matrix([2,1,1],[0,2,2],[5,0,8],[1,12,-9]); a2:A["2,*"]=row(rhs(a),2); print(C["2,*"],"=",A["2,*"]*B,"=",rhs(a2).rhs(b))$ b3:B["*,3"]=col(rhs(b),3); print(C["*,3"],"= A",B["*,3"],"=",rhs(a).rhs(b3))$   1 −2 0 7 3 2 10 A= 2 −5 11 1 8   2 1 1 0 2 2   B= 5 0 8  1 12 −9 A2,∗ = 2 3 2 10 , C2,∗ = A2,∗ B = 24 128 −66     1 −66 2    B∗,3 =   8  , C∗,3 = A B∗,3 = −66 −47 −9

Perkalian matriks dan kombinasi linear sangat penting bila dihubungkan dengan sistem persamaan linear yang diberikan oleh Persamaan (2.9). Persamaan ini dapat ditulis dalam bentuk perkalian matriks sebagai berikut      b1 x1 a1,1 a1,2 . . . a1,n  a2,1 a2,2 . . . a2,n   x2   b2       (2.40)  .. ..   ..  =  ..  . .. ..      . . .  . . . bm xn am,1 am,2 . . . am,n

c


Bila



  A= 

a1,1 a2,1 .. . am,1

a1,2 . . . a1,n a2,2 . . . a2,n .. .. .. . . . am,2 . . . am,n





    x , =   

x1 x2 .. . xn





    b  dan =   

b1 b2 .. . bm

maka Persamaan (2.40) dapat ditulis sebagai Axx = b . Selanjutnya bila   a1, j  a2, j    A∗, j =  ..  , j = 1, 2, . . ., n,  .  am, j

55



  , 

dan sistem persamaaan linear (2.40) mempunyai penyelesaian, maka matriks b dapat ditulis sebagai kombinasi linear berikut x1 A∗,1 + x2 A∗,2 + . . . + xn A∗,n = b .

(2.41)

Pembahasan yang lebih mendalam mengenai kombinasi linear akan diberikan pada bagian yang berikutnya, terutama saat pembahasan ruang vektor.

2.6 Matriks-matriks Khusus Disini dikenalkan matriks nol, diagonal identitas(satuan), matriks segi-tiga dan matriks simetri. Suatu matriks yang semua elemenya sama dengan nol dinamakan matriks nol. Berikut ini contoh contohnya   0 0 0 0 0 0 0   0 0 , , 0 , . 0 0 0 0 0 0 0 Perintah dalam maxima untuk matriks nol dapat dilakukan sebagai berikut:

(%i21) o1:O["1x2"]=zeromatrix(1,2);o2:O["2x2"]=zeromatrix(2,2); o3:O["3x1"]=zeromatrix(3,1);o4:O["2x4"]=zeromatrix(2,4); (%o21) O1×2 = 0 0 0 0 (%o22) O2×2 = 0 0   0  (%o23) O3×1 = 0 0 0 0 0 0 (%o24) O2×4 = 0 0 0 0

56 Suatu matriks persegi D berukuran n × n dinamakan matriks diagonal bila   d1 0 0 · · · 0  0 d2 0 · · · 0      D =  0 0 d3 · · · 0   .. .. ..  .. . . . . . . . 0 0 0 · · · dn

Terlihat bahwa semua elemen dari D yang berada diatas dan dibawah elemen diagonal utama sama dengan nol yaitu di, j = 0, untuk i 6= j. Contoh   −1 0 0 1 0  , 0 0 0 . 0 2 0 0 3 Perintah melakukan matriks diagonal dalam Maxima dapat dilakukan sebagai berikut:

(%i35) load(diag)$ diag([1,2];diag([-1,0,3]); 1 0 (%o36) 0 2  −1 0 0 (%o37)  0 0 0 0 0 3

Suatu matriks diagonal dengan semua elemen diagonal utama sama dengan satu dinamakan matriks satuan(identitas). Contoh   1 0 0 1 0  , 0 1 0 . 0 1 0 0 1

Dengan demikian matriks identitas I mempunyai elemen ik,l = 1, k = l dan ik,l = 0, k 6= l. Perintah melakukan matriks identitas dalam Maxima dapat dilakukan sebagai berikut: (%i38) ident(2);ident(3); 1 0 (%o38) 0 1   1 0 0 (%o39) 0 1 0 0 0 1

Suatu matriks persegi A dinamakan matriks segi tiga atas bila   a1,1 a1,2 · · · a1,n  0 a2,2 · · · a2,n    A =  .. ..  , .. ..  . . .  . 0 0 · · · an,n

c


57

terlihat bahwa elemen ai, j = 0, untuk i > j. Contoh    1 3 1 0 0 −2 6  , 0 2 −5 ,  0 0 1 0 0 4 0

2 2 0 0

 4 −3 1 0 . 3 0 0 4

Suatu matriks persegi A dinamakan matriks segi tiga bawah bila   a1,1 0 · · · 0 a2,1 a2,2 · · · 0    A =  .. .. ..  , ..  . . . .  an,1 an,2 · · · an,n

terlihat bahwa elemen ai, j = 0, untuk i < j. Contoh   1 0 0  3 0 0 1 2 0 2 0  , 1 2 0 ,  2 −2 3 −3 1 6 0 4 0 7 8

 0 0 . 0 4

Suatu matriks transpose adalah matriks yang diperoleh dari matriks yang lain dengan elemen baris menjadi elemen kolom dan sebaliknya. Matriks transpose dari suatu matriks A ditulis AT , jadi bila A = [ai, j ], maka AT = [a j,i ]. Contoh   1 0  2 −2 1 2 −3 −4  A= , AT =  −3 3  . 0 −2 3 5 −4 5 Perintah untuk melakukan matriks transpose dalam Maxima lakukakan sebagai berikut:

(%i2) (%o2)

(%o3)

a:A=matrix([1,2,-3,-4],[0,-2,3,5]);at:A^("T")=transpose(rhs(a)); 1 2 −3 −4 A= 0 −2 3 5   1 0   2 −2  AT =  −3 3  −4 5

Suatu matriks persegi A dinamakan matriks simetri bila A = AT . Contoh     0 1 7 0 1 7 A = 1 2 3 , AT = 1 2 3 . 7 3 1 7 3 1

58 Suatu matriks persegi A dinamakan simetri miring (skew symmetry) bila A = −AT . Contoh 0 1 0 −1 0 1 T A= , −A = − = = A. −1 0 1 0 −1 0 Diberikan suatu matriks persegi  a1,1 a1,2 a1,3 a2,1 a2,2 a2,3  A =  .. .. ..  . . . an,1 an,2 an,3

trace dari matriks A ditulis trace(A) didefinisikan oleh def

trace(A) =

 · · · a1,n · · · a2,n   ..  , ··· . 

· · · an,n

n

∑ ai,i.

i=1

Contoh, misalkan matriks 

 1 1 2 A = −3 2 0 , trace(A) = 1 + 2 + 3 = 6. 2 5 3

Perintah mendapatkan trace dari suatu matriks dalam Maxima dilakukan sebagai berikut: (%i7)

(%o8) (%o9)

load(functs)$ a:A=matrix([1,1,2],[-3,2,0],[2,5,4]); tra:"trace(A)"=tracematrix(rhs(a));   1 1 2 A = −3 2 0 2 5 4 trace(A) = 7.

Bila suatu matriks elemen-elemennya adalah bilangan kompleks, maka dikenal suatu matriks dengan nama konjugate transpose atau transpose konjugate. Hal ini berkenaan dengan suatu konjugate √ dari bilangan kompleks. Misalkan suatu bilangan kompleks z ∈ C dengan z = a + bi, i = −1, maka konjugate dari z ditulis z diberikan oleh z = a − bi. Diberikan suatu matriks A = [ai, j ], ai, j ∈ C, maka konjugate dari matriks A adalah def

A = [ai, j ] dan matriks A∗ adalah

def

A∗ = (A)T = AT .

c


Contoh, diberikan matriks 2 − i 5 + 3i 2 − 7i , A= 3i 1 + 4i 2 + 3i

maka

dan

  2−i 3i 2 + i 5 − 3i 2 + 7i , AT = 5 + 3i 1 + 4i A= −3i 1 − 4i 2 − 3i 2 − 7i 2 + 3i 

 2 + i −3i (A)T = 5 − 3i 1 − 4i = AT = A∗ . 2 + 7i 2 − 3i

Perintah konjugate matiks dalam maxima dapat dilakukan sebagai berikut: (%i1) (%o1) (%i4) (%o4) (%i7)

(%o7)

(%i6)

(%o6)

(%i8)

(%o8)

a:A=matrix([2-%i,5+3*%i,2-7*%i],[3*%i,1+4*%i,2+3*%i]); 2 − i 5 + 3i 2 − 7 i A= 3 i 1 + 4i 2 + 3i ac:conjugate(rhs(a)); i+2 5−3i 7i+2 −3 i 1 − 4 i 2 − 3 i at:transpose(rhs(a));   2−i 3i 3 i + 5 4 i + 1 2−7i 3i+2 transpose(ac);   i+2 −3 i 5 − 3 i 1 − 4 i 7i+2 2−3i conjugate(at);   i+2 −3 i 5 − 3 i 1 − 4 i 7i+2 2−3i

(%i12) A^("*")=conjugate(at);

59

60 

 i+2 −3 i (%o12) A∗ = 5 − 3 i 1 − 4 i 7i+2 2−3i (%i13) A^("*")=transpose(ac);   i+2 −3 i (%o13) A∗ = 5 − 3 i 1 − 4 i 7i+2 2−3i

2.7 Sifat-sifat Aritmatika Matriks Pada bagian ini dibahas lebih mendalam mengenai sifat sifat aritmatika matriks. Diantaranya sifat komutatif, sifat assosiatif dan sifat elemen netral dari penjumlahan dua matriks. Juga dibahas sifat-sifat berkenaan dengan perkalian matriks baik dengan skalar ataupun matriks dengan matriks. Teorema 2.7.1 Bila A, B dan C adalah matriks dengan ukuran yang sama dan elemen-elemennya adalah bilangan real atau kompleks, maka (1) A + B = B + A, (2) A + (B +C) = (A + B) +C. Bukti: Misalkan A = [ai, j ], B = [bi, j ] dan C = [ci, j ] (1) didapat A + B = [ai, j + bi, j ] = [bi, j + ai, j ] = B + A (2) dan (A + B) +C = = = =

[ai, j + bi, j ] + ci, j [(ai, j + bi, j ) + ci, j ] [ai, j + (bi, j + ci, j )] A + (B +C).

Teorema 2.7.2 Ada dengan tunggal matriks M berukuran m × n sedemikian hingga untuk setiap matriks A berukuran m × n berlaku A + M = A.

c


61

Bukti: Misalkan matriks M = [mi, j ] dengan mi, j = 0 untuk semua i dan j. Maka untuk setiap matriks A = [ai, j ] didapat A + M = [ai, j + mi, j ] = [ai, j + 0] = [ai, j ] = A. Untuk menentukan ketunggalan dari M, misalkan bahwa matriks B = [bi, j ] juga memenuhi A + B = A untuk setiap A, maka khususnya didapat M + B = M, dilain pihak M + B = B. Jadi B = M.

Teorema 2.7.3 Bila A dan B masing-masing berukuran m × n, maka untuk setiap skalar α dan β 1. α(A + B) = αA + αB, 2. (α + β)A = αA + βA, 3. α(βA) = (αβ)A, 4. (−1)A = −A 5. 0A = 0m×n . Bukti: Misalkan A = [ai, j ] dan B = [bi, j ] didapat 1. α(ai, j + bi, j ) = αai, j + αbi, j ⇒ α(A + B) = αA + αB, 2. (α + β)ai, j = αai, j + βai, j ⇒ (α + β)A = αA + βA, 3. α(βai, j ) = (αβ)ai, j ⇒ α(βA) = (αβ)A, 4. (−1)ai, j = −ai, j ⇒ (−1)A = −A 5. 0ai, j = 0 ⇒ 0A = 0m×n .

Teorema 2.7.4 Misalkan matriks A berukuran m × n, B berukuran n × p dan C berukuran p × q, maka A(BC) = (AB)C.

62 Bukti: Elemen ke-(i, j) dari matriks A(BC) adalah n

[A(BC)]i, j =

∑ ai,r [BC]r, j

r=1 n

= =

p

∑

∑ br,scs, j

ai,r r=1 n p

s=1

!

∑ ∑ ai,r br,scs, j .

r=1 s=1

Sedangkan elemen ke-(i, j) dari matriks (AB)C adalah p

[(AB)C]i, j =

∑ [AB]i,scs, j

s=1 p

=

n

∑ ∑ ai,r br,s

s=1 r=1 p n

=

!

cs, j

∑ ∑ ai,r br,scs, j

s=1 r=1 n p

=

∑ ∑ ai,r br,scs, j .

r=1 s=1

Didapat [A(BC)]i, j = [(AB)C]i, j untuk semua i, j. Jadi A(BC) = (AB)C. Dari hasil Teorema 2.7.4, maka matriks A(BC) dan (AB)C cukup ditulis ABC. Juga matriks sebanyak n

z }| { AAA · · · A,

dengan n adalah bilangan bulat positip ditulis An .

Teorema 2.7.5 Bila matriks A berukuran m × n, matriks B dan C masing-masing berukuran n × p, maka A(B +C) = AB + AC

c


63

Bukti: Elemen [A(B +C)]i, j diberikan oleh n

∑ ai,k[B +C]k, j

[A(B +C)]i, j =

k=1 n

∑ ai,k(bk, j + ck, j )

=

k=1 n

n

k=1

k=1

∑ ai,kbk, j + ∑ ai,k ck, j )

=

= [AB]i, j + [AC]i, j = [AB + AC]i, j . Terlihat bahwa A(B +C) = AB + AC. Hal serupa dapat dibuktikan bahwa bila matriks A, B dan C dengan ukuran yang sesuai, maka (B +C)A = BA +CA.

Teorema 2.7.6 Bila perkalian AB terdefinisi, maka untuk skalar λ didapat λ(AB) = (λA)B = A(λB). Bukti: Elemen ke-(i, j) dari tiga hasil kali tsb. adalah ! λ

n

∑ ai,k bk, j

k=1

n

n

k=1

k=1

=

∑ (λai,k)bn, j = ∑ ai,k (λbk, j ).

Teorema 2.7.7 Ada dengan tunggal matriks M berukuran n × n dengan sifat untuk setiap matriks A berukuran n × n, maka AM = A = MA. Bukti: Misalkan matriks berukuran n × n



1 0   M = 0  .. . 0

 ··· 0 · · · 0  · · · 0 .  .. .  0 0 ··· 1

0 1 0 .. .

0 0 1 .. .

64 Lebih tepatnya, bila didefinisikan simbol Kronecker δi, j oleh 1 bila i = j, δi, j = 0 bila i 6= j, maka didapat M = [δi, j ]n×n . Bila A = [ai, j ]n×n , maka n

[AM]i, j =

∑ ai,k δk, j

k=1

= ai,1 δ1, j + ai,2 δ2, j + · · · + ai, j δ j, j + · · · + ai,n δn, j = ai,1 0 + ai,2 0 + · · · + ai, j 1 + · · · + ai,n 0 = ai, j . Jadi AM = A dengan cara serupa didapat MA = A. Untuk menunjukkan ketunggalan matriks M, misalkan bahwa matriks P berukuran n × n juga mempunyai sifat AP = A = PA, untuk setiap matriks A berukuran n × n. Khususnya didapat MP = M = PM, tetapi M juga mempunyai sifat PM = P = MP. Hal ini menunjukkan bahwa P = M. Sebagaimana telah dibahas sebelumnya, matriks M adalah matriks identitas (satuan) dan selanjutnya dinotasikan oleh In×n . Teorema 2.7.8 Bila penjumlahan dan perkalian matriks terdefinisi, maka (AT )T = A, (A + B)T = AT + BT . (λA)T = λAT , (AB)T = AT BT . Bukti: Bila A = [ai, j ] dan B = [bi, j ] didapat (AT )T = [a j,i ]T = [ai, j ] = A. Misalkan A + B = [ai, j ] + [bi, j ] = [ci, j ] = C, didapat (A + B)T = CT = [c j,i ] = [a j,i ] + [b j,i ] = AT + BT . (λA)T = [λai, j ]T = [λa j,i ] = λ[a j,i ] = λAT . Misalkan A = [ai, j ]m×n dan B = [bi, j ]n×p , didapat [AB] j,i = terlihat bahwa (AB)T = BT AT .

n

n

k=1

k=1

∑ a j,k bk,i = ∑ bk,ia j,k = [BT AT ]i, j ,

c


65

Hasil Teorema 2.7.8 memeberikan suatu kesimpulan bahwa untuk sebarang matriks persegi A, maka matriks A + AT adalah matriks simetri dan matriks A − AT adalah matriks simetri miring (skew symmstric). Sebab (A + AT )T = AT + (AT )T = AT + A = A + AT , dan (A − AT )T = AT − (AT )T = AT − A = −(A − AT ).

2.8 Matriks Invers dan Matriks Elementer Pada bagian ini diberikan pengertian matriks invers dan beberapa sifat-sifatnya. Cara memperoleh matriks invers dibahas pada bagian berikutnya. Disini juga dikenalkan ide dari matriks elementer. Matriks ini dapat digunakan untuk memperoleh matriks invers. Definisi 2.8.1 Bila untuk suatu matriks persegi A bisa didapat matriks persegi yang lain B sedemikian hingga memenuhi AB = BA = I, maka B dinamakan invers dari A, dalam hal ini matriks A dinamakan matriks nonsingulir. Sebaliknya bila tidak ada matriks B tsb., maka matriks A dinamakan matriks singulir. Perluh diperhatikan bahwa pembahasan disini berkaitan dengan matriks invers hanya untuk matriks persegi. Dalam pengertian matriks invers, maka matriks B juga nonsingulir dan mempunyai invers A. Berikut ini diberikan sifat ketunggalan dari matriks invers. Teorema 2.8.1 Misalkan A nonsingulir dan B begitu juga C masing-masing adalah invers dari A, maka B = C. Bukti: Karena B adalah invers dari A, maka AB = I. Bila kedua ruas dari AB = I dikalikan dengan C didapat C(AB) = CI = C. Tetapi dengan menggunakan sifat assosiatif didapat C(AB) = (CA)B = IB = B. Terlihat bahwa C = CAB = B atau C = B.

66 Matriks invers dari suatu matriks A dinotasikan oleh A−1 . Contoh 2.8.1 Diberikan matriks

1 2 A= , 3 4

maka A

−1

=

−2 3 2

1 . − 21

Hal ini bisa dicek sebagai berikut AA

−1

1 0 1 2 −2 1 = I2×2 = = 3 0 1 3 4 − 12 2

dan −1

A A= Contoh 2.8.2 Diberikan matriks

−2 3 2

1 − 21

1 2 1 0 = = I2×2 3 4 0 1 

 0 0 2 B =  0 1 2 , 0 3 1

maka matriks B adalah singulir. Hal ini bisa singulir, maka ada matriks  c1,1  C = c2,1 c3,1

ditunjukkan sebagai berikut: Andaikan B non  c1,2 c1,3 c2,2 c2,3  c3,2 c3,3

yang memenuhi CB = I3×3 . Kolom ke-1 dari matriks CB diberikan oleh        0 1 c1,1 c1,2 c1,3 0        [CB]∗,1 = CB∗,1 = c2,1 c2,2 c2,3 0 = 0 6= 0 . 0 0 c3,1 c3,2 c3,3 0

Hasil ini cukup menunjukkan bahwa CB 6= I3×3 . Jadi matriks B singulir.

Bila A nonsingulir, maka untuk n bilangan bulat positip A−n didefisikan sebagai −1 −1 −1 A−n = (A−1 )n = A | A {z· · · A } sebanyak n

Berikut ini diberikan sifat-sifat yang berkaitan dengan matriks invers. Teorema 2.8.2 Misalkan matriks A dan B masing-masing adalah matriks nosingulir, maka 1. AB adalah nonsingulir dan (AB)−1 = B−1 A−1 .

c


67

2. A−1 adalah nonsingulir dan (A−1 )−1 = A. 3. Untuk n = 1, 2, · · · , An adalah nonsingulir dan (An )−1 = A−n = (A−1 )n . 4. Bila λ 6= 0, maka λA nonsingulir dan (λA)−1 = λ1 A−1 . 5. AT adalah nonsingulir dan (AT )−1 = (A−1 )T . Bukti: 1. (AB)(B−1A−1 ) = A(BB−1)A−1 = AIA−1 = AA−1 = I dan (B−1A−1 )(AB) = B−1(AA−1 )B = B−1 IB = B−1 B = I Terlihat bahwa invers dari AB, yaitu (AB)−1 = B−1 A−1 . 2. Invers dari A−1 adalah (A−1)−1 dengan demikian (A−1 )−1 A−1 = I = A−1 (A−1 )−1 Tetapai juga AA−1 = I = A−1 A Terlihat bahwa (A−1 )−1 = A. 3. Perluh ditunjukkan bahwa An A−n = I = A−nAn , sebagai berikut    −1  An A−n =  AA · · ·A}  |A−1 A−1 | {z {z· · · A } sebanyak n

sebanyak n













−1 −1 −1 −1  =  AA · · · A}  (AA−1 ) A | A {z· · · A } , tetapi AA = I | {z sebanyak n−1

sebanyak n−1



−1  =  AA · · · A}  |A−1 A−1 | {z {z· · · A } sebanyak n−1

.. . = = = =

sebanyak n−1

(AA)(A−1A−1 ) A(AA−1)A−1 , juga AA−1 = I AA−1 I.

Dengan cara serupa dapat ditunjukkan bahwa A−n An = I, dengan demikian invers dari An yaitu (An )−1 = A−n .

68 4. Juga, cukup ditunjukkan bahwa (λA)( λ1 A−1 ) = I = ( λ1 A−1 )(λA) sebagai berikut 1 1 (λA)( A−1 ) = (λ )(AA−1) = 1I = I. λ λ Juga 1 1 ( A−1 )(λA) = ( λ)(A−1A) = 1I = I. λ λ Terlihat bahwa invers dari λA yaitu (λA)−1 = λ1 A−1 . 5. Cukup ditunjukkan bahwa AT (A−1 )T = I = (A−1 )T AT sebagai berikut AT (A−1 )T = (A−1A)T = I T = I, juga (A−1 )T AT = (AA−1)T = I T = I. Terlihat bahwa invers dari AT yaitu (AT )−1 = (A−1 )T .

Catatan, hasil (AB)−1 = B−1 A−1 dapat diperluas untuk lebih dari dua matriks, misalnya (ABC)−1 = C−1 B−1 A−1 . Sebegitu jauh pembahasan sifat-sifat belum membahas suatu hukum penghapusan atau pemfaktoran dari suatu matriks nol. Kedua sifat ini diberikan berikut. Teorema 2.8.3 Misalkan A adalah matriks nonsingulir dan B,C dan D matriks yang berukuran sama seperti matriks A. Maka 1. bila AB = AC, maka B = C, 2. bila AD=0, maka D = 0 Bukti:

1. Kedua ruas persamaan AB = AC kalikan dari kiri dengan A−1 didapat A−1 AB = A−1 AC IB = IC B = C.

c


69

2. Kedua ruas persamaan AD = 0 kalikan dari kiri dengan A−1 didapat A−1AD = A−1 0 ID = 0 D = 0.

Perhatikan bahwa Teorema ini disyaratkan untuk A nonsingulir. Perluh diingat kembali bahwa perkalian dua matriks tidak komutatif. Oleh karena itu bila AB = CA tidak ada alasan menyimpulkan B = C bahkan untuk matriks A yang nonsingulir. Hal ini bisa dilihat sebagai berikut A−1 AB = A−1CA B = A−1CA atau ABA−1 = CAA−1 ABA−1 = C Untuk kedua hal tsb. tidak bisa disimpulkan B = C. Berikut ini dibahas pengertian matriks elementer. Matriks ini erat kaitannya dengan Operasi Baris Elementer (OBE) dan salah satu kegunaannya adalah untuk menentukan invers suatu matriks persegi. Definisi 2.8.2 Suatu matriks persegi dinamakan matriks Elementer bila matriks ini diperoleh dari matriks identitas dengan melakukan suatu operasi baris elementer pada matriks identitas tsb. Berikut ini beberapa contoh matriks elementer 1 0 3B1 −→ 0 1   1 0 0 2 ⇔B3 0 1 0 B−→ 0 0 1   1 0 0 0 0 1 0 0 B4 −4B3   0 0 1 0 −→ 0 0 0 1

3 0 , 0 1   1 0 0  0 0 1 , 0 1 0   1 0 0 0  0 1 0 0    0 0 1 0 . 0 0 −4 1

70 Operasi Baris Elementer dari suatu matriks juga khususnya matriks identits ada tiga macam, yaitu pertukaran antar baris, suatu baris kalikan dengan skalar taknol dan tambahkan suatu baris dengan hasil dari suatu baris yang lain kali dengan skalar tak nol. Misalkan A matriks berukuran m ×n dan e menyatakan suatu baris elementer pada A. Matriks hasil dari OBE e pada A ditulis e(A) dan hasil matriks OBE e pada matriks identitas Im×m ditulis e(Im×m . Jelas bahwa e(Im×m adalah matriks elementer. Sifat berikut menjelaskan hubungan e(A) dengan e(Im×m . Teorema 2.8.4 Bila E = e(Im×m ), maka e(A) = EA. Bukti: Misalkan untuk i = 1, 2, · · ·m, Ai,∗ , adalah baris ke-i dari matriks A dan Ii,∗ adalah baris ke-i dari matriks identitas Im×m , maka Ii,∗ A = Ai,∗ . 1. Misalkan e adalah OBE dari pertukaran antara baris ke-i dengan baris ke- j, didapat     A1,∗ I1,∗  A2,∗   I2,∗       ..   ..   .   .       A j,∗   I j,∗     E = e(Im×m ) =  ..  dan e(A) =  ..  .  .   .  A  I   i,∗   i,∗   .   .   ..   ..  Am,∗ Im,∗ Jadi

   A1,∗ I1,∗ A  I2,∗ A   A2,∗       ..   ..   .   .       I j,∗ A   A j,∗     EA =  ..  =  ..   = e(A).  .   .  I A A   i,∗   i,∗   .   .   ..   ..  Am,∗ Im,∗ A 

2. Misalkan e adalah OBE dari baris ke-i dikalikan dengan skalar taknol λ, didapat     A1,∗ I1,∗  A2,∗   I2,∗   .   .   .   .  .  .    E = e(Im×m ) =  .  dan e(A) =  λAi,∗ λIi,∗  .   .   ..   ..  Am,∗ Im,∗

c


Jadi







71



 A1,∗   A2,∗         .         .         .       EA =  =  = e(A) = = (λIi,∗ )A λ(Ii,∗ A) (λIi,∗)A λAi,∗       .    ..  ..     ...   ...  . Im,∗ A Am,∗ Am,∗ Im,∗ A 

I1,∗ A I2,∗ A .. .



A1,∗ A2,∗ .. .



I1,∗ A I2,∗ A .. .

3. Misalkan e adalah OBE dari baris ke- j menjadi λ kali baris ke-i ditambah baris ke- j dengan λ 6= 0, didapat     A1,∗ I1,∗    I2,∗  A2,∗     . .     .. ..            Ii,∗  Ai,∗ .  dan e(A) =  E = e(Im×m ) =  . .     .. ..     λA + A  λI + I   i,∗  i,∗ j,∗  j,∗      . . . .     . . Am,∗ Im,∗ Jadi



I1,∗ A I2,∗ A .. .





A1,∗ A2,∗ .. .





A1,∗ A2,∗ .. .



                                    Ii,∗ A Ai,∗ Ai,∗       = e(A). EA =  = = .. . .      . . . . .       (λI + I ) A λ(I A) + I A λA + A   i,∗ j,∗   i,∗  i,∗ j,∗  j,∗        .. .. ..       . . . Im,∗ A Am,∗ Am,∗

Hasil penting Teorema 2.8.4 adalah suatu operasi baris elementer dapat diganti oleh matriks elementer yang sesuai yaitu e(A) = EA pada persamaan ini, e menyatakan suatu operasi baris elementer yang dikenakan pada matriks A sedangkan E adalah matriks elementer yang sesuai dan memberikan hasil matriks E dikalikan dengan A yaitu EA sama dengan e(A). Hasil-hasil yang telah didapat ini berlaku juga untuk serangkaian operasi baris elementer, misalnya e(1) , e(2) , · · · , e(k) yang dikenakan pada matriks A yaitu e(k) e(k−1) · · · e(1) (A),

72 bila matriks elementer yang sesuai dengan rangakaian operasi baris elementer tsb. adalah E1 , E2 , · · · , EK , maka e(k) e(k−1) · · · e(1) (A) = (Ek Ek−1 · · · E1 )A. Sebagaimana telah diketahui bahwa metoda Gauss ataupun Gauss Jordan untuk menyelesaikan suatu sistem persamaan linear pada dasarnya mengubah sistem persamaan ini kebentuk sistem persamaan linear lainnya yang ekivalen dengan melakukan serangkaian operasi baris elementer. Berikut ini dibahas lagi Contoh2.2.1 yaitu x2 − x3 = 3 −2x1 + 4x2 − x3 = 1 , −2x1 + 5x2 − 4x3 = −2 tetapi sekarang diselesaikan menggunakan serangkain matriks elementer. Matriks diperbesar dari sistem persamaan linear adalah   0 1 −1 3

Ab =  −2 4 −1 1  . −2 5 −4 −2

Matriks -matriks elementer adalah  0  E1 = 1 0 Didapat

yang sesuai sebagaimana telah dilakukan OBE pada Contoh 2.2.1      1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 , E2 =  0 1 0 , E3 = 0 1 0 . 0 1 −1 0 1 0 −1 1

 1 0  0 1 E3 E2 E1 Ab = 0 −1  −2 4 = 0 1 0 0

    0 1 0 0 0 1 0 0 1 −1 3 0  0 1 0 1 0 0 −2 4 −1 1  1 −1 0 1 0 0 1 −2 5 −4 −2  −1 1 −1 3  −2 −6

Dari hasil ini, lakukan substitusi mundur, didapat

−6 x3 = −2 = 3, x2 = 3 + x3 = 3 + 3 = 6, x1 = − 12 (1 − 4x2 + x3 ) = − 21 (1 − 24 + 3) = 10.

Terlihat memberikan hasil yang sama seperti telah dibahas pada Contoh 2.2.1. Berikut ini diberikan sifat dari matriks elementer yang berkaitan dengan invers matriks.

c


73

Teorema 2.8.5 Suatu matriks elementer adalah nonsingulir. Bukti: Ada tiga macam operasi baris elementer, pertama OBE yang berkenaan dengan pertukaran antara baris ke-i dengan baris ke- j pada suatu matriks A. Misalkan operasi ini dinotasisikan dengan e dan bila dilakukan sekali lagi e pada e(A) menghasilakn matriks A lagi. Bila I adalah matriks identitas ukuran n × n, didapat matriks elementer   I1,∗ I2,∗     ..   .    I j,∗   E1 = e(I) =   ...    I   i,∗   .   ..  In,∗ dan   I1,∗ I2,∗     ..   .     Ii,∗   e(E1 ) =   ...  = I,   I   j,∗   .   ..  In,∗ tetapi e(E1 ) = e(I)E1 = E1 E1 . Jadi E1 E1 = I, dengan demikian E1−1 = E1 atau E1 adalah non singulir. Selanjutnya, misalkan e(1) adalah OBE pada suatu matriks, yaitu mengalikan λ 6= 0 dengan baris ke-i dan e(2) adalah OBE pada suatu matriks, yaitu mengalikan λ1 dengan baris ke-i. Bila I adalah matriks identitas ukuran n × n, didapat matriks elementer 

 I1,∗  I2,∗   .   .   .  E1 = e(1) (I) =   λIi,∗  .   ..  In,∗

74 dan

tetapi juga

 I1,∗  I2,∗     .     .     .   (2) e (E1 ) =  1  =   = I,  λ (λIi,∗)  Ii,∗   .   .   ..   ..  In,∗ In,∗ 

I1,∗ I2,∗ .. .





e(2) (E1 ) = e(2) (I)E1. Bila e(2) (I) = E2 , maka E2 E1 = I, dengan demikian E1−1 = E2 atau E1 adalah non singulir. Terakhir, misalkan e(1) adalah OBE pada suatu matriks, yaitu mengalikan λ 6= 0 dengan baris ke-i ditambahkan pada baris ke- j dan e(2) adalah OBE pada suatu matriks, mengalikan −λ dengan baris ke-i ditambahkan pada baris ke- j Bila I adalah matriks identitas ukuran n × n, didapat matriks elementer   I1,∗  I2,∗    ..     .     I i,∗ (1)   E1 = e (I) =  ..  .   λI + I   i,∗ j,∗    ..   . In,∗ dan

tetapi juga

 I1,∗  I2,∗         ..     .         Ii,∗   Ii,∗ (2)  =  .  = I,  e (E1 ) =  ..   ..  .     −λI + λI + I  I   j,∗   i,∗ i,∗ j,∗    .   . ..   ..   In,∗ In,∗ 

I1,∗ I2,∗ .. .





e(2) (E1 ) = e(2) (I)E1. Bila e(2) (I) = E2 , maka E2 E1 = I, dengan demikian E1−1 = E2 atau E1 adalah non singulir.

Contoh 2.8.3 Perluh diperhatikan bahwa OBE dari pertukaran diantara baris i dengan baris j tidak selalu bahwa i dan j tidak sama. Secara umum boleh sama boleh tidak. Diberikan matriks

c


elementer

maka

75

      0 0 1 1 0 0 1 0 5 E1 = 0 1 0 , E2 = 0 −2 0 , dan E3 = 0 1 0 , 1 0 0 0 0 1 0 0 1

      0 0 1 1 0 0 1 0 −5 E1−1 = 0 1 0 , E2−1 = 0 2 0 , dan E3−1 = 0 1 0  . 1 0 0 0 0 1 0 0 1

Telah dibahas bahwa, bila serangkaian OBE dikenakan pada suatu Sistem Persamaan Linear (SPL) didapat suatu sistem persamaan linear yang ekivalen dengan SPL sebelumnya dan dari SPL yang terakhir ini didapat penyelesaian (bila ada) dari SPL yang dibahas. Juga, telah diketahui bahwa rangkaian OBE yang dikenakan pada SPL dapat diganti oleh serangkaian matriks elementer yang sesuai selanjutnya dikalikan dengan matriks diperbesar dari SPL tsb. Hasil akhirnya adalah suatu matriks yang tepat sama seperti hasil akhir dari bila serangkaian OBE dikenakan pada SPL yang ada. Oleh karena itu, tidak berlebihann bila didefinisikan hal berikut. Definisi 2.8.3 Bila A adalah suatu matriks berukuran m × n dan pada A dikenakan serangkaian matriks elementer E1 , E2 , · · · , Ek , maka dikatakan A ekivalen-baris dengan matriks E1 E2 · · · Ek A. Dalam hal ini bila A baris-ekivelen dengan B ditulis A ∼baris B. Teorema 2.8.5 menjelaskan bahwa, suatu matriks elementer E adalah nonsingulir, artinya ada E −1 sehingga E −1 E = I = EE −1 , Disini matriks E −1 juga merupakan matriks elementer dengan tipe yang sama seperti tipe dari matriks elementer E. Berikut ini ditunjukkan bahwa ekivalenbaris adalah suatu relasi ekivalen. Teorema 2.8.6 Ekivalen-baris adalah suatu relasi ekivalen. Bukti: Misalkan Mm×n (C) adalah himpunan dari semua matriks berukuran m×n dengan elemen-elemen di C dan ∼baris relasi pada Mm×n (C). Ditunjukkan bahwa ∼baris relasi ekivalen. Misalkan A, B dan C di Mm×n (C), didapat 1. jelas bahwa matriks identitas I = In×m juga merupakan matriks elementer. Didapat A = IA dan A = I −1A. Terlihat bahwa A ∼baris A.

76 2. Bila A ∼baris B, maka B = E1 E2 · · · Ek A untuk beberapa matriks elementer Ei dengan i = 1, 2, · · · , k. Sebagaimana telah diketahui E1−1 juga matriks elementer dan −1 (E1 E2 · · · Ek )−1 = Ek−1 Ek−1 · · · E1−1 .

Jadi −1 A = Ek−1 Ek−1 · · · E1−1 B.

Terlihat bahwa B ∼baris A,

3. Misalkan A ∼baris B dan B ∼baris C maka B = E1 E2 · · · E p A untuk beberapa matriks elementer Ei dengan i = 1, 2, · · · , p dan C = Ec1 Ec2 · · · Ecq B untuk beberapa matriks elementer Eci dengan i = 1, 2, · · · , q. Didapat −1 A = E p−1 E p−1 · · · E1−1 B

−1 −1 −1 −1 = E p−1 E p−1 · · · E1−1 Ecq · · · Ec2 E C. | {z c1 } B

Terlihat bahwa A ∼baris C.

Contoh 2.8.4 Diberikan matriks 4 3 −2 4 3 −2 . dan B = A= 14 −1 −22 −1 5 8 Perhatikan matriks elementer berikut 1 0 1 0 −1 , E1 = E1 = 0 −2 0 − 21 dan

Didapat

1 0 1 0 −1 . , E2 = E2 = −3 1 3 1

E2 E1 A = = =

1 0 3 1

4 3 14 −1

1 0 3 1

4 2

4 3 −2 −1 5 8 3 −2 −10 −16 −2 =B −22

1 0 0 −2

dan E1−1 E2−1 B

1 0 4 3 −2 = −3 1 14 −1 −22 1 0 4 3 −2 = 0 − 21 2 −10 −16 4 3 −2 = = A. −1 5 8 1 0 0 − 21

c


77

Terlihat bahwa A ∼bar B dan B ∼bar A.

2.9 Mendapatkan Matriks Invers disini dikembang suatu cara untuk memperoleh matriks invers.

2.10 Dekomposisi LU disini dibahas suatu cara untuk memfaktorkan suatu matriks bujur sangkar menjadi suatu produk dari suatu matriks segitiga bawah L dan matriks segitiga atas U . Pemfaktoran yang demikian bisa digunakan untuk menyelesaikan sistem persamaan.

2.11 Peninjauan Ulang Sistem Persamaan disini ditinjau ulang penyelesaian sistem persamaan dan bagaimana matriks invers dan dekomposisi LU bisa membantu proses penyelesaian sistem persamaan. Juga dibahas beberapa ide yang lain untuk meyelesaikan sistem persamaan.

78

Bab

3

Determinan 3.1 Fungsi Determinan disini diberikan pengertian formal determinan juga diberikan suatu formula menghitung determinan matriks 2 × 2 dan 3 × 3.

3.2 Sifat-sifat Determinan disini dibahas beberapa sifat fungsi determinan diantaranya adalah suatu formula untuk menentukan determinan dari matriks segitiga.

3.3 Metode Kofaktor disini dibahas metoda pertama untuk menghitung determinan matriks.

3.4 Reduksi Baris Untuk Menghitung Determinan disisni dibahas metoda kedua untuk menghitung determinan matriks.

3.5 Aturan Cramer disini dibahas cara yang lain untuk menyelesaikan sistem persamaan dengan menggunakan determinan.

79

80

Bab

4

Ruang-n Euclide 4.1 Vektor disisni dikenalkan vektor dalam ruang-2 dan ruang-3 begitu juga beberapa ide penting mengenai vektor-vektor ini.

4.2 Perkalian Titik dan Perkalian Silang disini dibahas pengertian perkalian titik dan perkalian silang dari dua vektor juga pemakaian dari perkalian titik.

4.3 Ruang-n Euclide disini dikenalkan ide dari ruang-n Euclide dam beberapa perluasan ide dari pembahasan sebelumnya.

4.4 Transformasi Linear disini dikenalkan topik dari transformasi linear dan beberapa sifat-sifatnya.

4.5 Contoh-contoh Transformasi Linear disini diberikan beberapa contoh transformasi linear.

81

82

Bab

5

Ruang Vektor 5.1 Lapangan(Field) Suatu lapangan adalah suatu himpunan K 6= 0/ bersama-sama dengan dua operasi tambah (+) dan kali (.) sehingga untuk semua a, b, c ∈ K memenuhi: • (a + b) ∈ K (tertutup). • a + b = b + a (komutatif). • (a + b) + c = a + (b + c) (assosiatif). • Ada 0 ∈ K sehingga a + 0 = 0 + a = a (elemen netral). • Untuk setiap a ∈ K ada suatu −a ∈ K sehingga a + (−a) = −a + a = 0 (invers). • (a.b) ∈ K (tertutup). • a.b = ba (komutatif). • (a.b).c = a.(b.c) (assosiatif). • 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-contoh Lapangan

1. Himpunan bilangan rasional Q, himpunan bilangan riil R dan himpunan bilangan kompleks C. 83

84 2. Himpunan bilangan bulat modulo p dinotasikan oleh Z p , dengan p bilangan prima. Contoh 1. adalah lapangan takhingga sedangkan Contoh 2. lapangan hingga. Dalam Contoh 2., bila p bukan bilangan prima, maka Z p bukan lapangan.

5.2 Ruang Vektor Suatu himpunan V dengan dua operasi tambah dan kali dikatakan suatu ruang vektor atas lapangan K bila memenuhi: w ∈ V , maka u +vv ∈ V dan 1. Bila u ,vv,w · u +vv = v +uu w = u + (vv +w w) · (uu +vv) +w · Ada 0 ∈ V sehingga v +00 = v = 0 +vv, ∀vv ∈ V w = w +vv = 0 (biasanya w ditulis sebagai · Untuk setiap v ∈ V ada w ∈ V sehingga v +w −vv). 2. Bila a, b ∈ K dan u ,vv ∈ V , maka avv ∈ V dan · (a + b)vv = avv + bvv · a(uu +vv) = avv + auu · (ab)vv = a(bvv) · 1vv = v Contoh-contoh Ruang Vektor 1. Himpunan R2 adalah ruang vektor atas lapangan R, dengan

x1 x2

+

a

x1 x2

dan

y1 y2

def

=

def

=

ax1 ax2

x1 + y1 x2 + y2

,∀

x1 x2

, ∀a ∈ K dan ∀

y1 ∈ R2 , y2 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.

c


85

3. Himpunan matriks m × n dengan elemen elemennya bilangan riil        a11 . . . a1n  .. . .  . . Mm,n (R) =  . . .  ai j ∈ R     a m1 . . . amn

dan doperasi penambahan matriks diberikan oleh:       a11 . . . a1n b11 . . . b1n a11 + b11 . . . a1n + b1n  .. . .  .   . .. .  def  .. .. ..  .  . ..  +  .. . ..  =  . . . am1 . . . amn bm1 . . . bmn am1 + bm1 . . . amn + bmn 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.

4. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua fungsi, yaitu V = { f : F → F} dengan def

( f + g)(x) = f (x) + g(x), ∀x ∈ F dan def

(α f )(x) = α f (x), α ∈ F . Maka V adalah ruang vektor atas F. 5. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua polinomial berderajad kurang atau sama dengan n yaitu Pn (F) = {p(x) = a0 + a1 x + . . . + an xn | ai ∈ F} dengan def

(p + q)(x) = p(x) + q(x), ∀x ∈ F dan def

(αp)(x) = αp(x), α ∈ F . Maka Pn (F) adalah ruang vektor atas F.

86 6. Himpunan dengan

l∞ = {a = (a1 , a2 , . . .) | an ∈ R, sup(|an |) < ∞} def

a + b = (a1 + b1 , a2 + b2 , . . .) dan

def

αa = (αa1 , αa2, . . .), α ∈ R.

Maka l∞ adalah ruang vektor atas lapangan R.

7. Himpunan fungsi terdifferensial tak berhingga kali pada interval [a, b], yaitu C∞ [a, b], definisi penambahan fungsi dan perkalian skalar dengan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruang vektor atas lapangan riil R. 8. Himpunan fungsi-fungsi V=

2 d f f : R → R 2 + f = 0 dx

definisi penambahan fungsi dan perkalian skalar dengan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruang vektor atas lapangan riil R. Berikut ini diberikan beberapa sifat dari suatu ruang vektor V atas lapangan K. Misalkan V adalah suatu ruang vektor atas lapangan K, maka (1). 0vv = 0 , 0 adalah elemen netral di K dan v ∈ V . (2). (−1vv) +vv = 0 , dengan −1 ∈ K. (3). α00 = 0 , dengan α ∈ K.

Bukti (1). v = (1 + 0)vv = v + 0vv, kedua ruas tambahkan dengan vektor w yang memenuhi w +vv = 0 , didapat: w +vv = w +vv + 0vv atau 0 = 0 + 0vv. Terlihat bahwa 0vv = 0 . (2). (−1vv) +vv = (−1 + 1)vv = 0vv = 0 . (3). α00 = α(000) = (α · 0)00 = 000 = 0 .

5.3 Ruang Bagian (Subspace) / dikatakan suatu ruang Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan K. Himpunan S ⊂ V (S 6= 0) bagian bila S sendiri dengan operasi tambah dan kali seperti di V tetap merupakan ruang vektor atas K. Contoh-contoh Ruang Bagian

c


1. Himpunan

87

      x   y x + y + z = 0 B=   z

adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R.

2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu V = { f : R → R} dan D ⊂ V , dengan D=

2 d f f ∈V 2 + f =0 , dx

maka D adalah ruang bagian dari ruang vektor V atas R.

3. Himpunan P3 (R) adalah ruang bagian dari ruang vektor Pn (R) atas lapangan R dengan n ≥ 3. 4. Himpunan

n o S = (an ) ∈ l∞ lim an = x, x ∈ R n→∞

adalah ruang bagian dari ruang vektor l∞ atas lapangan R. 5. Himpunan

S = {x ∈ Rn | Ax = 0 , A ∈ Mm,n (R)}

adalah ruang bagian dari ruang vektor Rn atas lapangan R.

6. Himpunan titik yang melalui garis 3x + 2y = 0 yaitu S = (2t, −3t)′ ∈ R2 | t ∈ R adalah ruang bagian dari ruang vektor R2 atas lapangan R.

Gambar 5.1: Ruang Bagian

Berikut ini diberikan suatu sifat (pernyataan) yang ekivalen dengan pernyataan dari suatu ruang bagian.

88

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 s 1 ,ss2 ∈ S. Bukti Misalkan S ruang bagian dan x1 , x2 ∈ K juga s 1 ,ss2 ∈ S, maka x1s 1 ∈ S dan x2s 2 ∈ S. Oleh karena itu, x1s 1 + x2s 2 juga di S. Sebaliknya, misalkan x1s 1 + x2s 2 ∈ S untuk setiap x1 , x2 ∈ K dan s 1 ,ss2 ∈ 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 1ss1 + 1ss2 = s 1 +ss2 ∈ S (tertutup). Untuk x1 = x2 = 0 didapat 0ss1 + 0ss2 = 0(ss1 +ss2 ) = 0 ∈ S. Oleh karena itu, untuk x1 = x2 = 1 dan setiap s ∈ S, didapat 1ss + 100 = s +00 = s = 0 +ss = 100 + 1ss ∈ S. Selanjutnya untuk x1 = 1, x2 = −1 dan setiap s ∈ S didapat 1ss + (−1)ss = (1 + (−1))ss = 0ss = 0 (ss punya invers yaitu −ss). Catatan Pernyataan x1s 1 + x2s 2 ∈ S untuk setiap x1 , x2 ∈ K dan s 1 ,ss2 ∈ S, dapat diganti oleh x1s 1 + x2s 2 + . . . + xns n ∈ S untuk setiap x1 , x2 , . . . , xn ∈ K dan s 1 ,ss2 , . . .,ssn ∈ S. Contoh penggunaan sifat ruang bagian

c


1. Himpunan

89

     x 3   y x + y + z = 0 B= ∈R   z

adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R. Sebab, untuk setiap v 1 ,vv2 ∈ 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  . y2 v 2 =  y2  =  z2 z2 0 1 Sehingga untuk a, b ∈ R, didapat:



   −1 −1 avv1 + bvv2 = (ay1 + by2 )  1  + (az1 + bz2 )  0  ∈ B. | {z } | {z } 0 1 ∈R ∈R

2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu V = { f : R → R} dan D ⊂ V , dengan

2 d f D = f ∈ V 2 + f = 0 , dx maka D adalah ruang bagian dari ruang vektor V atas R. Sebab, misalkan f , g ∈ D dan a, b ∈ R, maka

d 2 (a f + bg) d2 f d2g + (a f + bg) = a + a f + b + bg dx2 dx2 dx2 d 2g d2 f = a( 2 + f ) + b( 2 + g) = a · 0 + b · 0 = 0. dx dx Jadi a f + 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 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ) + b(b0 + b1 x + b2 x2 + b3 x3 ) = (aa0 + bb0 ) + (aa1 + bb1 ) x + (aa2 + bb2 ) x2 | {z } | {z } | {z } ∈R

+ (aa3 + bb3 ) x . | {z } ∈R

Jadi ap(x) + bq(x) ∈ P3 (R).

3

∈R

∈R

90

5.4 Pembentang (Span) Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V . Himpunan pembentang dari S adalah himpunan: def < S > = {x1s 1 + . . . + xns n | x1 , . . ., xn ∈ K,ss1 , . . . ,ssn ∈ S}.

Penulisan x1s 1 +. . .+xns n juga dinamakan kombinasi linier dari vektor-vektor s1 , . . .,ssn . Berikut ini diberikan sifat dari suatu < S > sebagaimana berikut. / maka < S > adalah suatu Bila V merupakan suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V dengan S 6= 0, ruang bagian dari V . Bukti

Misalkan v = x1s 1 + . . . + xns n dan w = xn+1s n+1 + . . . + xms m di < S > dan a, b ∈ K, maka w = a(x1s1 + . . . + xnsn ) + b(xn+1sn+1 + . . . + xmsm ) avv + bw = (ax1 )ss1 + . . . + (axn )ssn + (bxn+1 )ssn+1 + . . . + (bxm )ssm . w ∈< S >, oleh karena itu < S > adalah ruang bagian dari V . Terlihat bahwa avv + bw Contoh 1. Misalkan V ruang vektor atas K untuk setiap v ∈ V , maka h{vv}i = {kvv | k ∈ K}. 2. Misalkan ruang vektor R3 atas R, maka h{ee1 ,ee2 }i = R2 dimana e 1 = (1, 0, 0)′ dan e 2 = (0, 1, 0)′. Sebab,      x 2   y x, y ∈ R R =   0       1 0       = x 0 + y 1 x, y ∈ R   0 0 = {xee1 + yee2 | x, y ∈ R} = h{ee1 ,ee2 }i . 3. Misalkan V = Rn ruang vektor atas R dan diberikan suatu matriks A ∈ Mn (R). Didefinisikan suatu himpunan S = {xx ∈ V | Axx = 0 },

c


91

maka S adalah ruang bagian dari V . Sebab bila untuk sebarang z ,yy ∈ S dan sebarang a, b ∈ R didapat A(ayy + bzz) = a(Ayy) + b(Azz) = a ·00 + b ·00 = 0 . Jadi ayy + bzz ∈ S, maka dari itu S merupakan sub ruang dari V . Ruang bagian hSi dari suatu ruang vektor V juga dinamakan ruang vektor yang dibangun oleh S. 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 ∪ {vv}i bila dan hanya bila v ∈ hSi. Bukti Misalkan hSi = hS ∪ {vv}i, jelas bahwa v ∈ hS ∪ {vv}i. Jadi juga v ∈ hSi. Sebaliknya misalkan bahwa v ∈ hSi, akan ditunjukkan bahwa hSi = hS ∪ {vv}i. Jelas bahwa S ⊂ hS ∪ {vv}i. Tinggal menunjukkan bahwa hS ∪ {vv}i ⊂ hSi.Tulis v = a0s 0 + . . . + ans n dan misalkan w ∈ hS ∪ {vv}i . Didapat w = b0v + an+1s n+1 + . . . + ams m = (b0 a0 )ss0 + . . . + (b0 an )ssn + an+1s n+1 + . . . + ams m . Terlihat bahwa w ∈ hSi. Jadi

hS ∪ {vv}i ⊂ hSi

dan karena hSi ⊂ hS ∪ {vv}i , oleh karena itu haruslah hSi = hS ∪ {vv}i .

Contoh Misalkan dalam R3 , vektor-vektor       1 0 2      v1 = 0 ,vv2 1 dan v 3 = 3 . 0 0 0

92 Didapat v 3 = 2vv1 + 3vv2 , jadi v 3 ∈ h{vv1 ,vv2 }i. Maka dari itu h{vv1 ,vv2 }i = h{vv1 ,vv2 ,vv3 }i . Hasil bentangan h{vv1 ,vv2 }i adalah bidang dalam ruang R3 yang diberikan oleh gambar berikut. z y B i da ng h{v 1 ,v 2 }i v v1 + 3 2 v3 = 2

v2

v1

x Sifat dari suatu himpunan pembentang (span) yang dibahas sebelumnya, menyatakan bahwa suatu vektor v di S¯ bisa dihapus untuk memperoleh himpunan baru S dengan himpunan pemben ¯ tang yang sama yaitu S = hSi bila dan hanya bila v adalah kombinasi linear dari vektor-vektor di S. Jadi dengan pengertian ini, suatu himpuan S ⊂ V adalah minimal bila dan hanya S tidak memuat vektor-vektor yang merupakan kombinasi linear dari vektor-vektor yang lainnya dalam himpunan tersebut (vektor-vektor di S yang demikian ini nantinya dinamakan bebas linear). Dengan demikian bila hasil bentangan S¯ diinginkan lebih luas dari bentangan S, yaitu

hSi ⊂ hS ∪ {vv}i = S¯ ,

maka haruslah dipilih v ∈ / hSi. Pereduksian banyaknya vektor-vektor bergantungan linier yang membangun W dapat dinyatakan ulang oleh sifat berikut: Misalkan v1 , . . .,vvn adalah vektor di suatu ruang vektor atas suatu lapangan K dan misalkan W = h{vv1 , . . . ,vvn }i. Bila vektor vn adalah suatu kombinasi linier dari v1 , . . . ,vvn−1 , maka W = h{vv1 , . . .,vvn−1 }i .

Bukti Bila diberikan sebarang v ∈ h{vv1 , . . . ,vvn−1 }i, maka dapat dipilih skalar k1 , . . ., kn−1 yang memenuhi v = k1v1 + · · · + kn−1vn−1 sehingga didapat v = k1v1 + · · · + kn−1vn−1 + 0.vvn .

c


93

Terlihat bahwa v ∈ h{vv1 , . . . ,vvn }i. Jadi h{vv1 , . . . ,vvn−1 }i ⊆ h{vv1 , . . .,vvn }i .

(5.1)

Sebaliknya, bila diberikansebarang v ∈ h{vv1 , . . .,vvn }i, maka dapat dipilih skalar a1 , . . . , an di K yang memenuhi v = a1v1 + · · · + anvn .

Tetapi karena vn adalah suatu kombinasi linier dari vektor-vektor v1 , . . . ,vvn−1 , maka dapat dipilih skalar b1 , . . . , bn−1 di K yang memenuhi vn = b1v1 + · · · + bn−1vn−1 . Sehingga didapat v = a1v1 + · · · + an−1vn−1 + anvn = a1v1 + · · · + an−1vn−1 + an (b1v1 + · · · + bn−1vn−1 ) = (a1 + an b1 )vv1 + · · · + (an−1 + an bn−1 )vvn−1 . Terlihat bahwa v ∈ h{vv1 , . . . ,vvn−1 }i. Jadi h{vv1 , . . . ,vvn }i ⊆ h{vv1 , . . .,vvn−1 }i .

(5.2)

Dengan demikian dari (5.1) dan (5.2) didapat W = h{vv1 , . . .,vvn }i = h{vv1 , . . . ,vvn−1 }i .

5.5 Bebas Linear Berikut ini diberikan suatu pengertian mengenai bebas linier. Vektor-vektor v 1 ,vv2 , . . . ,vvn di suatu ruang vektor V atas lapangan K dikatakan bebas linier bila vektor v i , i = 1, 2, . . ., n bukan merupakan suatu kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya. Bila tidak demikian, maka vektor-vektor v j , j = 1, 2, . . ., n dikatakan bergantungan linier. Misalkan Vektor-vektor s 1 , . . . ,ssn ∈ S ⊂ V , dengan V suatu ruang vektor atas K, vektor-vektor s i , i = 1, 2 . . ., n bebas linier bila dan hanya bila x1s 1 +. . .+xns n = 0 , xi ∈ K dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0. Bukti Misalkan s i ∈ S, i = 1, 2 . . ., n bebas linier dan andaikan x1s 1 + . . . + xns n = 0 tetapi untuk beberapa i, xi 6= 0. Didapat xi−1 xi+1 xn x1 s1 + . . . + − s i−1 + − s i+1 + . . . + − sn. si = − xi xi xi xi

94 Terlihat bahwa s i merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor s j , j 6= i. Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa s i , i = 1, 2, . . ., n bebas linier. Jadi haruslah x1s 1 + . . . + xns n = 0 dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0. Selanjutnya misalkan x1s 1 + . . . + xns n = 0 , xi ∈ K dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0, maka jelas bahwa s i , i = 1, 2 . . . , n bebas linier. Bila tidak berarti bahwa untuk beberapa i, s i = c1s 1 + . . . + ci−1s i−1 + ci+1s i+1 + . . . + cns n atau 0 = c1s 1 + . . . + ci−1s i−1 + cis i + ci+1s i+1 + . . . + cns n dengan ci = −1. Ini bertentangan dengan kenyataan bahwa 0 = c1s 1 + . . . + ci−1s i−1 + cis i + ci+1s i+1 + . . . + cns n dipenuhi hanya unuk ci = 0, i = 1, 2, . . ., n. Komentar: Pernyataan vektor-vektor s i , i = 1, 2 . . . , n dalam ruang vektor V atas K bebas linier ekivalen dengan x1s 1 + . . . + xns n = 0 , xi ∈ K dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0. Bila V = Rn dan K = R, maka vektor-vektor s i , i = 1, 2 . . ., n dalam ruang vektor Rn atas R bebas linier mempunyai arti bahwa sistem persamaan linier homogin x1s 1 + . . . + xns n = 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 s i tsb. tidak bebas linier atau bergantungan linier. Bila vektor s 6= 0 di ruang vektor Rn dan memenuhi s = x1s 1 + . . . + xns n ,

c


95

yaitu vektor s merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor s 1 , . . . ,ssn . Hal ini berarti bahwa sistem persamaan linier tak homogin s = x1s 1 + . . . + xns n , mempunyai jawab x = (x1 , . . ., xn )′ . Contoh 1. Dalam R4 vektor (1, 4, −2, 6)′ adalah kombinasi linier dari dua vektor (1, 2, 0, 4)′ dan (1, 1, 1, 3)′, sebab: (1, 4, −2, 6)′ = 3(1, 2, 0, 4)′ − 2(1, 1, 1, 3)′. Sedangkan vektor (2, 6, 0, 9)′ bukan kombinasi linier (1, 2, 0, 4) dan (1, 1, 1, 3)′, sebab bila (2, 6, 0, 9)′ = x1 (1, 2, 0, 4)′ + x2 (1, 1, 1, 3)′ ekivalen dengan sistem persamaan linier x1 + x2 2x1 + x2 x2 4x1 + 3x2

= = = =

2 6 0 9

mudah diselidiki 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. Misalkan tiga vektor v 1 = (1, 2, 3)′,vv2 = (3, 2, 1)′ dan v 3 = (3, 3, 3)′ di R3 . Maka h{vv1 ,vv2 ,vv3 }i = {x1v 1 + x2v 2 + x3v 3 | x1 , x2 , x3 ∈ R} = {(x1 + 3x2 + 3x3 , 2x1 + 2x2 + 3x3 , 3x1 + x2 + 3x3 )′ } Tulis (x, y, z)′ = (x1 + 3x2 + 3x3 , 2x1 + 2x2 + 3x3 , 3x1 + x2 + 3x3 )′ . Didapat:      x 1 3 3 x1  y  =  2 2 3   x2  , z 3 1 3 x3

96 

    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 3vv1 + 3vv2 − 4vv3 = 0 dan juga   1 3 3 det  2 2 3  = 0. 3 1 3

Terlihat bahwa vektor-vektor v1 ,vv2 ,vv3 bergantungan linear. Jadi persamaan homogin : x1v1 + x2v2 + x3v3 = 0 atau dalam bentuk matriks :      1 3 3 x1 0 2 2 3 x2  = 0 , 3 1 3 x3 0

mempunyai jawab non-trivial. Salah satu jawabannya adalah : x1 = 3, x2 = 3 dan x3 = −4. Dengan demikian himpunan S = {vv1 ,vv2 ,vv3 } bukan himpunan minimal. 4. Dua vektor v 1 =

40 15

′

,vv2 =

−50 25

′

∈ R2 adalah bebas linear sebab

x1v 1 + x2v 2 = 0

dipenuhi hanya untuk x1 = x2 = 0, hal ini bisa diselidiki sbb: 15 40x1 − 50x2 = 0 40x1 − 50x2 = 0 ⇒ x2 = 0, x1 = 0. − B1 + B2 175 15x1 + 25x2 = 0 40 4 x2 = 0 5. Diberikan S ⊂ R3 dengan           0 1 0 3   1          0 , 2 , 2 , −1 , 3  S=   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

c


Himpunan penyelesaiannya adalah:    −1 x1          x2   −1  x3  = x3  1      0  x4     0 x5





     + x5     

−3 −3/2 0 0 1

97

          x3 , x5 ∈ R       

Hal ini menunjukkan bahwa semua vektor di S saling bergantungan linier. Untuk x3 = 0, x5 = 1, didapat bahwa vektor ke-5 dalam S merupakan kombinasi linier dari dua vektor pertama. Gunakan sifat yang ada untuk menghapus vektor ke-5 didapat:         0 1 0  1  S1 =  0  ,  2  ,  2  ,  −1  , jadi hSi = hS1 i .   0 0 0 1

Vektor ke-3 dalam S1 merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang pertama, sehingga vektor ke-3 ini bisa dihapus dan didapat:       0 0  1  S2 =  0  ,  2  ,  −1  .   0 0 1 Juga, dalam hal ini hS1 i = hS2 i. Jadi hSi = hS2 i.

6. Misalkan tiga vektor v1 = (1, 1, 0)′,vv2 = (5, 1, −3)′ dan v3 = (2, 7, 4)′ di R3 , maka h{vv1 ,vv2 ,vv3 }i = {x1v 1 + x2v 2 + x3v 3 | x1 , x2 , x3 ∈ R} = {x1 (1, 1, 0)′ + x2 (5, 1, −3)′ + x3 (2, 7, 4)′ | x1 , x2 , x3 ∈ R} = {(x1 + 5x2 + 2x3 , x1 + x2 + 7x3 , −3x2 + 4x3 )′ |x1 , x2 , x3 ∈ R}.

Tulis (x, y, z)′ = (x1 + 5x2 + 2x3 , x1 + x2 + 7x3 , −3x2 + 4x3 )′ , didapat:      x 1 5 2 x1  y  =  1 1 7   x2  . z 0 −3 4 x3 Sehingga diperoleh:      x −25 26 −33 1 −25 26 −33  4 −4 5   y  =  4 −4 5   1 3 −3 4 z 3 −3 4 0     1 0 0 x1    0 1 0 x2  =  = 0 0 1 x3

  5 2 x1 1 7   x2  −3 4 x3  x1 x2  . x3

Terlihat bahwa, untuk setiap (x, y, z)′ ∈ R3 selalu bisa diperoleh x1 , x2 , x3 ∈ R sehingga (x, y, z)′ = x1v 1 + x2v 2 + x3v 3 ∈ h{vv1 ,vv2 ,vv3 }i .

Jadi R3 ⊂ h{vv1 ,vv2 ,vv3 }i, dilain pihak h{vv1 ,vv2 ,vv3 }i ⊂ R3 . Maka dari itu R3 = h{vv1 ,vv2 ,vv3 }i .

98

5.6 Basis dan Dimensi Misalkan B = {bb1 ,bb2 , . . .} ⊂ V dengan V adalah ruang vektor atas K. Bila h{bb1 ,bb2 , . . .}i = V dan vektor-vektor b1 ,bb2 , . . . 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)′, (1, 1)′} adalah suatu basis dari R2 , basis yang lainnya adalah B2 = {(1, 0)′, (0, 1)′ }. Secara umum B3 = {(a11 , a21 )′ , (a12 , a22 )′ } adalah suatu basis dari R2 bila a11 a12 6= 0. det a21 a22 2. Diberikan ruang vektor V = {x1 cos θ + x2 sin θ | x1 , x2 ∈ R} atas R, maka suatu basis dari V adalah {cos θ, sin θ}. Sebab x1 cos(θ) + x2 sin(θ) = 0 −x1 sin(θ) + x2 cos(θ) = 0 atau dalam bentuk persamaan matriks x1 0 cos(θ) sin(θ) . = x2 0 − sin(θ) cos(θ) Didapat

x1 cos(θ) − sin(θ) 0 0 = = . x2 sin(θ) cos(θ) 0 0

Jadi cos(θ), sin(θ) adalah bebas linear dan juga V = h{cos(θ), sin(θ)}i , maka {cos(θ), sin(θ)} adalah suatu basis dari V . 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 berukuran 2 × 2 dengan elemenelemen di R, maka 1 0 0 1 0 0 0 0 , , , 0 0 0 0 1 0 0 1

c


99

adalah suatu basis dari M2,2 (R). Sebab bila 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 x1 + x2 + x3 + x4 = , 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 didapat

x1 x2 0 0 = . x3 x4 0 0

Terlihat bahwa x1 = x2 = x3 = x4 = 0. Jadi 1 0 0 1 0 0 0 0 , , , 0 0 0 0 1 0 0 1 adalah bebas linear. Selanjutnya untuk sebarang a1,1 a1,2 ∈ M2,2 (R) a2,1 a2,2 didapat 0 0 0 0 0 1 1 0 a1,1 a1,2 . + a2,2 + a2,1 + a1,2 = a1,1 0 1 1 0 0 0 0 0 a2,1 a2,2 Terlihat bahwa a1,1 a1,2 1 0 0 1 0 0 0 0 ∈ , , , . a2,1 a2,2 0 0 0 0 1 0 0 1 Jadi

0 0 0 0 0 1 1 0 . , , , M2,2 (R) = 0 1 1 0 0 0 0 0

Berikut ini diberikan beberapa sifat dari suatu basis. Diberikan B = {vv1 , . . . ,vvn } adalah suatu basis dari suatu ruang vektor V atas suatu lapangan K dan k adalah suatu skalar taknol di K. Maka Bk = {kvv1 ,vv2 , . . .,vvn } adalah suatu basis dari V . Bukti Bila v sebarang vektor di V , maka karena B adalah suatu basis dari V dengan demikian dapat dipilih skalar k1 , . . ., kn di K yang memenuhi v = k1v1 + k2v2 + · · · + knvn .

100 Tetapi karena k 6= 0, maka didapat v=

k1 (kvv1 ) + k2v2 + · · · + knvn . k

Terlihat bahwa sebarang vektor v di V adalah suatu kombinasi linier dari vektor-vektor di Bk . Jadi hBk i = V . Selanjutnya, untuk menunjukkan bahwa Bk adalah bebas linier, tinjau persamaan a1 (kvv1 ) + a2v2 + · · · + anvn = 0 . Persamaan tersebut dapat ditulis ulang sebagai (a1 k)vv1 + a2v2 + · · · + anvn = 0 . Karena B adalah bebas linier, maka haruslah a1 k = 0, a2 = 0, . . . , an = 0. Karena k 6= 0, maka a1 = 0. Dengan demikian Bk adalah bebas linier, jadi Bk adalah suatu basis dari V . Contoh. Misalkan W adalah ruang bagian dari M2×2 (R) yang merupakan himpunan matriks-matriks dengan trace sama dengan nol. Selanjutnya bila 0 0 0 1 1 0 , , , S= 1 0 0 0 0 −1 maka tunjukkan bahwa S adalah suatu basis dari W . Pertama ditunjukkan bahwa hSi = W . Diberikan sebarang matriks a b A= c d

mempunyai trace sama dengan nol bila dan hanya bila a + d = 0, jadi a b A= c −a Sehingga didapat

a b 1 0 0 1 0 0 A= =a +b +c . c −a 0 −1 0 0 1 0

Terlihat bahwa sebarang matriks A di W adalah kombinasi linier dari matriks-matriks di S. Jadi hSi = W . Selanjutnya ditunjukkan bahwa S adalah bebas linier sebagai berikut. Tinjau sistem persamaan linier berikut 1 0 0 1 0 0 0 0 k1 + k2 + k3 = . 0 −1 0 0 1 0 0 0

c


101

Persamaan tersebut ekivalen dengan

0 0 k1 k2 = . 0 0 k2 −k1

Hal ini memberikan penyelesaian trivial k1 = k2 = k3 = 0. Jadi S adalah bebas linier. Karena hSi = W dan vektor-vektor di S adalah bebas linier, maka S adalah suatu basis dari W . Sifat Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {vv1 , . . . ,vvn } adalah suatu basis dari V , maka sebarang elemen v ∈ V dapat diungkapkan secara tunggal sebagai kombinasi linier: v = x1v 1 + . . . + xnv n , dimana x1 , . . . , xn ∈ K. Bukti Misalkan vektor v dapat diungkapkan sebagai dua kombinasi linier v = a1v 1 + . . . + anv n dan v = x1v 1 + . . . + xnv n , didapat: (x1 − a1 )vv1 + . . . + (xn − an )vvn = 0, karena vektor-vektor v 1 , . . . ,vvn bebas linier, maka haruslah x1 − a1 = 0, . . . , xn − an = 0. Dengan demikian didapat x1 = a1 , . . . , xn = an . Jadi pengungkapan sebarang vektor v di V sebagai kombinasi linier v = x1v1 + . . . + xnvn , dimana x1 , . . . , xn ∈ K adalah tunggal. Komentar: Pernyataan v = x1v1 + x2v2 + · · · + xnvn , dapat ditulis secara tunggal mempunyai arti yang ekivalen dengan sistem persamaan linear takhomogin v = x1v1 + x2v2 + · · · + xnvn mempunyai jawab tunggal. Misalnya, pada contoh sebelumnya yaitu dalam R2 , ′

′

B = {(2, 4) , (1, 1) } ′

adalah suatu basis dari R2 . Misalkan diberikan sebarang v = (a, b) ∈ R2 ,vv 6= 0, maka dengan basis B, vektor v dapat ditulis sebagai kombinasi linear ′

v = x1 (2, 4) + x2 (1, 1)

′

102 atau dalam bentuk sistem persamaan linear tak-homogin a 2 1 = x1 + x2 b 4 1 dan dalam bentuk matriks

Didapat

x1 2 1 a . = x2 4 1 b 1 1 a b a x1 −2 2 −2 + 2 = . = b x2 2 −1 2a − b

′

Nilai x1 = − 2a + 2b dan x2 = 2a − b adalah tunggal. Jadi, untuk sebarang v = (a, b) 6= 0 ada dengan tunggal x1 = − a2 + 2b dan x2 = 2a − b yang memenuhi ′

′

v = x1 (2, 4) + x2 (1, 1) .

Berikut ini, diberikan suatu sifat untuk ruang vektor Rn atas R, yaitu misalkan v i ∈ Rn , i = 1, 2, . . ., m. Bila m > n, maka vektor-vektor v i , i = 1, 2, . . ., m bergantungan linier. Bukti Untuk setiap j = 1, 2, . . ., m, tulis vektor v j = (a1 j , a2 j , . . . , an j )′ , sehingga persamaan x1v1 + . . . + xm vm = 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 v j , j = 1, 2, . . ., m bergantungan linier. Contoh Dalam ruang vektor R2 atas R, Misalkan v 1 = (a11 , a21 )′ ,vv2 = (a12 , a22 )′ ∈ R2 . Bila vektorvektor v 1 ,vv2 , bebas linier, maka persamaan: x1v 1 + x2v 2 = 0 atau dalam bentuk matriks: Axx = 0 dengan a11 a12 x1 0 A= ,x= dan 0 = a21 a22 x2 0

c


103

mempunyai jawab trivial hanya bila det(A) 6= 0. Secara geometris, hal ini menyatakan bahwa luas daerah jajaran genjang yang dibentuk oleh dua vektor v 1 dan v 2 sama dengan | det(A)|. Sebaliknya bila det(A) = 0, maka luas daerah ini sama dengan 0. Hal ini menunjukkan bahwa dua vektor v 1 dan v 2 terletak pada satu garis yang sama atau dengan kata lain dua vektor v 1 dan v 2 bergantungan linier. Jadi {vv1 ,vv2 } adalah suatu basis dari R2 dengan dimensi 2. Hal ini dijelaskan dalam gambar berikut. y y v1 v1 v2 v2 0

x

x

0

Sifat. Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {vv1 , . . . ,vvn } suatu basis dari V . Bila vektorvektor u 1 , . . . ,uum dengan m > n, maka vektor-vektor u 1 , . . . ,uum bergantungan linier. Bukti Karena {vv1 , . . . ,vvn } suatu basis dari V , didapat: u 1 = a11v 1 + . . . + an1v n .. . u m = a1mv 1 + . . . + anmv n , dengan ai j ∈ K, i = 1, 2, . . ., n dan j = 1, 2, . . ., m. Vektor-vektor {vv1 , . . . ,vvn } bebas linier, untuk x1 , . . ., xm ∈ K didapat: 0 = x1u 1 + . . . + xmu m = x1 (a11v 1 + . . . + an1v n ) + . . . + xm (a1mv 1 + . . . + anmv n ) = (a11 x1 + . . . + a1m xm )vv1 + . . . + (an1 x1 + . . . + anm xm )vvn dan haruslah a11 x1 + . . . + a1m xm = 0, . . ., an1 x1 + . . . + anm xm = 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 u 1 , . . . ,uum 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.

104 Contoh 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 Axx = 0 , diberikan oleh : 

1  1   1 0

3 4 5 3

−5 −7 −9 −6





1 5   3 −2    5 −9   2 −1

Himpunan penyelesaiannya adalah:          h{vv1 ,vv2 }i = x = a        

1 −2 −1 0 0



x1 x2 x3 x4 x5



 0    0   =  .   0   0



    +b    

1 3 0 −5 −1

merupakan suatu ruang vektor atas R dengan dimensi dua.



          a, b ∈ R       

Sifat Misalkan V suatu ruang vektor atas K berdimensi hingga. Maka setiap himpunan hingga S ⊂ V yang terdiri dari vektor-vektor bebas linier di V tetapi S bukan merupakan suatu basis dari V dapat diperluas sampai merupakan suatu basis dari V . Bukti. Misalkan S = {vv1 , . . . ,vvm } dengan v i , i = 1, . . ., m adalah vektor-vektor yang bebas linier. Karena hSi = 6 V , maka pilih vektor v m+1 ∈ V sehingga v m+1 bukan kombinasi linier dari vektorvektor v j , j = 1, 2, . . ., m. Selanjutnya namakan T = {vv1 , . . . ,vvm ,vvm+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 vektorvektor yang bebas linier di U yang memenuhi hU i = V . Kesimpulan. Misalkan V ruang vektor atas K berdimensi n, maka setiap himpunan dari n vektor yang bebas linier adalah suatu basis dari V .

c


105

Contoh Misalkan S = {(1, 1, 1)′, (0, −1, 0)′} ⊂ R3 , jelas bahwa vektor-vektor di S bebas linier dan hSi = {x(1, 1, 1)′ + y(0, −1, 0)′ = (x, x − y, x)′ | x, y ∈ R}, jelas bahwa bila (x1 , x2 , x3 )′ ∈ hSi , maka x3 = x1 . Oleh karena itu (x, y, z)′ ∈ / hSi bila x 6= z. Pilih vektor (1, 0, 0) sehingga didapat T = {(1, 1, 1)′, (0, −1, 0)′, (1, 0, 0)′} dimana vektor-vektor di T bebas linier, maka dari itu T merupakan suatu basis dari R3 .

Jumlahan Langsung. 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 = {uu +vv |uu ∈ U,vv ∈ V }. Bukti. Misalkan {zz1 , . . . ,zzr } suatu basis dari U ∩ V perluas basis ini masingmasing menjadi {zz1 , . . . ,zzr ,uu1 , . . . ,uum } adalah suatu basis dari U dan {zz1 , . . . ,zzr ,vv1 , . . . ,vvn} suatu basis dari V . Terlihat bahwa, dim(U ∩V ) = r, dim(U) = r + m dan dim(V ) = r + n. Selanjutnya, ditunjukkan bahwa {zz1 , . . . ,zzr ,uu1 , . . . ,uum,vv1, . . . ,vvn} 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 ).

106

Misalkan sebarang w ∈ U +V , maka w = u +vv untuk beberapa u ∈ U dan beberapa v ∈ V . Dengan kenyataan bahwa u = a1z 1 + . . . + arz r + b1u 1 + . . . + bmu m untuk beberapa skalar ai , b j dan v = c1z 1 + . . . + crz r + d1v 1 + . . . + dmv n untuk beberapa skalar ck , dl , didapat: w = u +vv = (a1 + c1 )zz1 + . . . + (ar + cr )zzr + b1u 1 + . . . + bmu m + d1v 1 + . . . + dmv n terlihat bahwa w ∈ h{zz1 , . . . ,zzr ,uu1 , . . . ,uum,vv1 , . . . ,vvn}i . Maka dari itu didapat h{zz1 , . . . ,zzr ,uu1 , . . . ,uum ,vv1, . . . ,vvn }i = U +V. Diberikan x1z 1 + . . . + xrz r + xr+1u 1 + . . . + xr+mu m + xr+m+1v 1 + . . . + xr+m+nv n = 0 untuk beberapa skalar x j . Tulis w = x1z 1 + . . . + xrz r + xr+1u 1 + . . . + xr+mu m , didapat w = −xr+m+1v 1 + . . . − xr+m+nv n. Terlihat bahwa w ∈ U dan w ∈ V , jadi w ∈ U ∩V . Tetapi {zz1, . . . ,zzr } adalah suatu basis dari U ∩V , jadi w = b1z 1 + . . . + brz r untuk beberapa skalar bi . Sehingga didapat b1z 1 + . . . + brz r = −xr+m+1v 1 + . . . − xr+m+nv n atau b1z 1 + . . . + brz r + xr+m+1v 1 + . . . + xr+m+nv n = 0 .

c


107

Tetapi {zz1 , . . . ,zzr ,vv1 , . . . ,vvn} adalah suatu basis dari V , maka dari itu haruslah b1 = . . . = br = xr+m+1 = . . . = xr+m+n = 0, sehingga persamaan x1z 1 + . . . + xrz r + xr+1u 1 + . . . + xr+mu m + xr+m+1v 1 + . . . + xr+m+nv n = 0 menjadi x1z1 + . . . + xr zr + xr+1u1 + . . . + xr+mum = 0. Tetapi {zz1 , . . . ,zzr ,uu1 , . . . ,uum } 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 z 1 , . . . ,zzr ,uu1 , . . . ,uum,vv1, . . . ,vvn bebas linier. Contoh Misalkan W = R4 ,uu1 = (1, 1, 0, 0)′ ,uu2 = (−3, 7, 2, 1)′ ,U = h{uu1 ,uu2 }i dan V = {(x1, x2 , x3 , 0)′ | xi ∈ R}. Vektor-vektor u 1,uu2

108

bebas linier, sebab bila a1u 1 + a2u 2 = 0 atau a1(1, 1, 0, 0)′ + a2 (−3, 7, 2, 1)′ = 0 didapat a1 = a2 = 0. Jadi dim(U) = 2. Suatu basis dari V adalah e 1 = (1, 0, 0, 0)′ ,ee2 = (0, 1, 0, 0)′ ,ee3 = (0, 0, 1, 0)′ . Jadi dim(V ) = 3. Perhatikan bahwa e 4 = (0, 0, 0, 1)′ = (−3, 7, 2, 1)′ + 3(1, 0, 0, 0)′ − 7(0, 1, 0, 0)′ − 2(0, 0, 1, 0)′ = u 2 + 3ee1 − 7ee2 − 2ee3 . Jadi e 4 ∈ U +V . Karena

e 1 ,ee2 ,ee3

juga di U +V , maka {ee1,ee2,ee3,ee4}

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 diselidiki secara langsung bahwa vektor-vektor di U ∩ V adalah vektorvektor di U dengan komponen ke-empat sama dengan nol, yaitu vektor b1u 1 + b2u 2 = (b1 − 3b2, b1 + 7b2, 2b2 , b2)′ dengan b2 = 0. Jadi U ∩V = h{uu1 }i .

Terlihat bahwa dim(U ∩V ) = 1.

Catatan. Bila U,V ruang bagian berdimensi hingga masing-masing dengan basis {uu1 , . . . ,uum } dan {vv1 , . . . ,vvn}. Misalkan W = U + V dan sebarang w ∈ W . Didapat w = u +vv = a1u 1 + . . . + amu m + b1v 1 + . . . + bnv n atau W = h{uu1, . . . ,uum ,vv1 , . . . ,vvn }i .

c


109

Selanjutnya reduksi vektor-vektor u 1 , . . . ,uum ,vv1, . . . ,vvn 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 = {00}, maka U +V dinamakan jumlahan langsung dari U dan V . Contoh. Himpunan dan

U = {(x1 , x2 , 0)′ | x1, x2 ∈ R} V = {(0, 0, x3 )′ | x3 ∈ R}

adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R dengan U ∩V = {00}. Jadi U +V adalah jumlahan langsung dari U dan V , sedangkan U +V = {(x1 , x2 , 0)′ + (0, 0, x3 )′ = (x1 , x2 , x3 )′ | x1, x2 , x3 ∈ R} = {x1 (1, 0, 0)′ + x2 (0, 1, 0)′ + x3 (0, 0, 1)′ | x1 , x2 , x3 ∈ R} = R3 , terlihat bahwa dim(U +V ) = 3. Perhatikan bahwa U = {(x1 , x2 , 0)′ | x1, x2 ∈ R} = {x1 (1, 0, 0)′ + x2(0, 1, 0)′ | x1 , x2 ∈ R}

= {(1, 0, 0)′ , (0, 1, 0)′ } ,

terlihat bahwa dim(U) = 2. Juga,

V = {(0, 0, x3 )′ | x3 ∈ R} = {x3(0, 0, 1)′ | x3 ∈ R}

= {(0, 0, 1)′ }

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 )

110

Hal ini juga bisa dilihat dari pengertian basis yaitu, himpunan {(1, 0, 0)′ , (0, 1, 0)′ } adalah suatu basis dari U dan himpunan {(0, 0, 1)′ } adalah suatu basis dari V sedangkan himpunan {(1, 0, 0)′ , (0, 1, 0)′ , (0, 0, 1)′ } sudah bebas linier (tidak bisa lagi direduksi lagi sehingga bebas linier). Jadi, dari sini juga langsung didapat bahwa dim(U +V ) = dim(U) + dim(V ). Kesimpulan. Dimensi dari suatu ruang jumlahan langsung sama dengan jumlah dari masing-masing dimensi ruang. Berikut ini diberikan suatu sifat yang lain dari ruang jumlahan langsung. Setiap w ∈ W = U +V dengan U ∩V = {00} mempunyai penulisan tunggal w = u +vv, u ∈ U,vv ∈ V . Bukti Misalkan w = u +vv = u¯ + vv, ¯ maka u − u¯ = v − vv. ¯ Tetapi u − u¯ ∈ U, v − v¯ ∈ V dan U ∩V = {00}. Maka haruslah u − u¯ = 0 dan v − v¯ = 0 atau u = u¯ dan v = vv. ¯

c


111

Koordinat. Misalkan {vv1 , . . . ,vvn} adalah suatu basis dari suatu ruang vektor atas K. Jadi setiap v ∈ V dapat ditulis secara tunggal oleh v = x1v 1 + . . . + xnv n untuk beberapa skalar x1 , . . . , xn ∈ K. Dalam hal ini skalar-skalar x1 , . . . , xn dinamakan koordinat dari vektor v relatif terhadap basis {vv1, . . . ,vvn}. Contoh. Misalkan V = R3 dengan basis baku {ee1 = (1, 0, 0)′ ,ee2 = (0, 1, 0)′ ,ee3 = (0, 0, 1)′ } dan misalkan sebarang v = (x, y, z)′ ∈ V , maka v = xee1 + yee2 + zee3 . Jadi koordinat dari v relatif terhadap basis {ee1 ,ee2 ,ee3 } adalah skalar x, y dan z. Tetapi untuk basis yang lain dari V , misalkan {vv1 = (0, 1, 1)′ ,vv2 = (1, 0, 1)′ ,vv3 = (1, 1, 0)′ }, maka v=

x−y+z x+y−z −x + y + z v1 + v2 + v 3. 2 2 2

Koordinat dari vektor v relatif terhadap basis

{vv1 ,vv2 ,vv3 } adalah skalar

−x + y + z x − y + z x+y−z , dan . 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

112

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. Dikaji ulang penulisan koordinat dari suatu vektor relatif terhadap basis terurut. Diberikan basis terurut B = v1 ,vv2 , . . . ,vvn dari suatu ruang vektor V atas suatu lapangan K. Misalkan sebarang vektor v di V , maka dapat dipilih dengan tunggal skalar-skalar k1 , k2 , . . . , kn di K yang memenuhi v = k1v1 + k2v2 + · · · + knvn . Dalam hal ini skalar-skalar k1 , k2 , . . . , kn dinamakan koordinat dari v relatif terhadap basis terurut B dan ditulis   k1 k   2 [vv]B =  ..  ∈ K n . kn sebagai vektor koordinat dari v relatif terhadap basis terurut B.

Contoh 1 Misalkan V = R2 dan B adalah basis terurut 1 −1 B= , . 1 1 1 relatif terhadap basis B. PenyelesaianDapatkan koordinat dari vektor v = 5 nya sebagai berikut. Koordinat k1 dan k2 didapat melalui menuliskan v sebagai kombinasi linier dari vektor-vektor di B, yaitu menyelesaikan sistem persamaan linier takhomogin −1 1 1 . + k2 = k1 5 1 1

c


113

Penyelesaiannya adalah k1 = 3 dan k2 = 2. Dengan demikian didapat vektor koordinat dari v relatif terhadap basis B adalah 3 [vv]B = . 2 Contoh 2 Misalkan V = P2(R) = {a0 + a1x + a2 x2 | a0 , a1 , a2 ∈ R} dan B adalah basis terurut B = 1, x − 1, (x − 1)2 . Dapatkan koordinat v = p(x) = 2x2 −2x+1 relatif terhadap basis B. Persoalan ini dijawab sebagai berikut. Kita harus mendapatkan k1, k2 dan k3 yang memenuhi k1 (1) + k2 (x − 1) + k3 (x − 1)2 = 2x2 − 2x + 1. Dengan melakukan penghitungan bagian kiri persamaan didapat k3 x2 + (k2 − 2k3)x + (k1 − k2 + k3) = 2x2 − 2x + 1. Dengan menyamakan koefisien kedua ruas persamaan didapat sistem persamaan linier   k1 − k2 + k3 = 1 k2 − 2k3 = −2  k3 = 2 Didapat penyelesaian tunggal k1 = 1, k2 = 2 dan k3 = 2, jadi   1 [vv]B = 2 2

Contoh 3 Diberikan ruang bagian W himpunan dari semua matriks simetri dalam ruang vektor M2×2(R). Misalkan B adalah vektor-vektor terurut 1 0 0 1 0 0 B= , , . 0 0 1 0 0 1

114

Tunjukkan bahwa B adalah suatu basis untuk W dan dapatkan koordinat dari 2 3 v= 3 5 relatif terhadap basis B. Untuk menjawab persoalan ini pertama ditunjukkan bahwa B membangun W . Sebarang matriks simetri A di W adalah a b A= , b c didapat 1 0 0 1 0 0 a b a +b +c = =A 0 0 1 0 0 1 b c Terlihat bahwa sebarang A di W juga di hBi. Jadi hBi = W . Selanjutnya ditunjukkan bahwa B adalah bebas linier di W sebagai berikut. Tinjau persamaan homogin berikut 0 0 0 0 0 1 1 0 = . + k3 + k2 k1 0 1 0 0 1 0 0 0 didapat k1 k2 0 0 . = k2 k3 0 0 Dari persamaan terakhir didapat k1 = k2 = k3 = 0. Jadi B adalah bebas linier. Dengan demikian B adalah basis terurut di W . Perhatikan matriks v terhadap basis terurut B dapat ditulis sebagai kombinasi linier: 2 3 1 0 0 1 0 0 v= =2 +3 +5 . 3 5 0 0 1 0 0 1 Jadi vektor koordinat dari v relatif terhadap B adalah   2 [vv ]B = 3 . 5

c


115

5.7 Perubahan Basis Banyak masalah dalam matematika terapan menjadi lebih mudah melalui perubahan suatu basis dari suatu ruang vektor ke basis yang lainnya. Sebagai ilustrasi yang sederhana ditinjau suatu ruang vektor V berdimensi dua atas suatu skalar K. Diberikan ruang vektor V berdimensi dua atas suatu lapangan K dan misalkan B = v1 ,vv2 dan B′ = u1 ,uu2 adalah dua basis terurut dari V . Misalkan sebarang vektor v di V terhadap basis B vektor koordinatnya adalah x [vv]B = 1 yaitu v = x1v1 + x2v2 . x2 Untuk menentukan vektor koordinat dari v relatif terhadap basis B′ . Tulis v1 dan v2 dalam suku-suku u1 dan u2 . Karena B′ adalah suatu basis dari V , maka dapat diplih skalar a1 , a2, b1 dan b2 di K yang memenuhi v1 = a1u1 + a2u2 v2 = b1u1 + b2u2 . Maka v dapat ditulis sebagai v = x1(a1u1 + a2u2 ) + x2 (b1u1 + b2u2 ). Kumpulkan koefisien dari u1 dan u2 didapat v = (x1 a1 + x2b1 )uu1 + (x1 a2 + x2 b2)uu2 . Jadi vektor koordinat dari v relatif terhadap basis B′ adalah x1 a1 + x2b1 . [vv]B′ = x1 a2 + x2b2 Dengan menulis ulang bagian kanan sebagai perkalian matriks didapat a1 b1 x1 a1 b1 [vv]B′ = = [vv]B . a2 b2 x2 a2 b2

116

Perhatikan bahwa kolom dari matriks a1 b1 a2 b2 adalah vektor [vv1 ]B dan [vv2 ]B . Dalam hal yang demikian matriks tersebut dina′ makan matriks transisi dari B ke B′ dan dinotasikan oleh [I]BB . Jadi ′

[vv]B′ = [I]BB [vv]B . Contoh 1 Diberikan V = R2 dengan basis terurut 1 1 2 −1 ′ B= , dan B = , . 1 −1 −1 1 a. Dapatkan matriks transsisi dari B ke B′ . 3 b. Misalkan [vv]B = , maka dapatkan [vv]B′ . −2 Jawab a. Dinotasikan vektor di B dengan v1 ,vv2 dan di B′ dengan u1 ,uu2 . Maka vektor kolom matriks transisi adalah [vv1 ]B dan [vv2 ]B . Koordinat dari vektor tersebut didapat dari menyelesaikan persamaan −1 1 2 −1 1 2 = , + d2 = dan d1 + c2 c1 1 −1 −1 1 1 −1 yaitu c1 = 2, c2 = 3 dan d1 = 0, d2 = −1. Jadi matriks transisi adalah 2 0 B′ . [I]B = 3 −1 b. Karena

′

[vv]B′ = [I]BB [vv]B , maka

2 0 3 6 [vv]B′ = = . 3 −1 −2 11

c


117

Perhatikan bahwa vektor yang sama relatif terhadap basis yang berbeda adalah diperoleh dari vektor koordinat [vv ]B dan [vv]B′ . Yaitu 1 1 1 2 −1 3 −2 = =6 + 11 . 1 −1 5 −1 1 Prosedur untuk mendapatkan matriks transisi diantara dua basis dari suatu ruang vektor V berdimensi dua atas suatu skalar K dapat digeneralisasi ke ruang vektor Rn atas R. Hal ini dinyatakan sebagai berikut. Misalkan V adalah suatu ruang vektor berdimensi n atas suatu lapangan K dengan basis terurut dan B′ = u1 ,uu2 , . . . ,uun .

B = v1 ,vv2 , . . . ,vvn

Maka matriks transisi dari B ke B′ diberikan oleh       ′

[I]BB = v1 

B′

v2 

B′



· · · vn  . B′

Lagipula, vektor perubahan koordinat diberikan oleh ′

[vv]B′ = [I]BB [vv]B .

Contoh 2 Misalkan ruang vektor V = P2 (x) dengan basis terurut B = 1, x, x2

dan B′ = 1, 1 + x, 1 + x + x2 . ′

a. Dapatkan matriks transisi [i]BB . b. Misalkan p(x) = 3 − x + 2x2 ∈ P2 (x), maka dapatkan [p(x)]B′ . Jawab a. Untuk memperoleh vektor kolom yang pertama dari matriks transisi harus dipilih skalar a1 , a2 dan a3 yang memenuhi a1(1) + a2 (1 + x) + a3 (1 + x + x2 ) = 1,

118

didapat a1 = 1, a2 = 0 dan a3 = 0. Jadi   1 [1]B′ = 0 . 0

Vektor kolom kedua dan ketiga dari matriks transisi masing-masing diperoleh dengan menyelesaikan persamaan b1(1) + b2 (1 + x) + b3 (1 + x + x2 ) = x dan c1(1) + c2 (1 + x) + c3 (1 + x + x2 ) = x2 . Penyelesaiannya diberikan oleh b1 = −1, b2 = 1, b3 = 0 dan c1 = 0, c2 − 1, c3 = 1. Jadi matriks transisi adalah   1 −1 0 ′ [I]BB = 0 1 −1 . 0 0 1 b. Basis B adalah basis terurut baku, maka vektor koordinat dari p(x) = 3 − x + 2x2 relatif terhadap B adalah   3 [p(x)]B = −1 . 2 Jadi



    1 −1 0 3 4 [p(x)]B′ = 0 1 −1 −1 = −3 . 0 0 1 2 2

Perhatikan bahwa 3 − x + 2x2 = 4(1) − 3(1 + x) + 2(1 + x + x2 ). Contoh 3 Diberikan basis baku terurut B = e1 ,ee2 untuk ruang vektor R2 atas R, sedangkan basis terurut B′ diberikan oleh −1 1 B′ = u1 ,uu2 = , 1 1

119

c


3 dan misalkan v = . 4 a. Dapatkan matriks transisi dari B ke B′ . b. Dapatkan [vv]B′ . c. Tulis vektor v sebagai kombinasi linier dari e1 dan e2 dan juga sebagai kombinasi linier dari u1 dan u2 . d. Tunjukkan hasil dari bagian (c) secara grafik. Jawab a. Matriks transisi dari B ke B′ dihitung dengan menyelesaikan peersamaan −1 1 1 −1 1 0 c1u2 = + c2 = dan d1u2 = + d2 = . 1 1 0 1 1 1 Penyelesaian tunggal persamaan tersebut adalah c1 = − 21 , c2 = 1 1 2 , d2 = 2 . Dengan demikian matriks transisi diberikan oleh ′ [I]BB

=

1 −2 1 2

1 2 1 2

1 2

dan d1 =

.

b. Karena B adalahbasis baku, maka vektor koordinat dari v relatif terhadap B 3 adalah [vv]B = . Jadi vektor koordinat dari v relatif terhadap basis B′ 4 adalah 1 1 1 − 3 [vv]B′ = 12 12 = 27 4 2 2 2 c. Dengan menggunakan koordinat dari v terhadap dua basis B dan B′ , didapat 7 1 1 −1 1 0 + . 3 +4 =v = 0 1 2 1 2 1 d. Gambar berikut menunjukkan bahwa lokasi titik akhir (3, 4) dari vektor v relatif terhadap sumbu e1e2 dan sumbu u1u2 .

120

e2

u1

v

u2

e1

Invers dari suatu Matriks Transisi Fakta yang akan bermanfaat bahwa matriks transisi diantara basis terurut B dan B′ dari suatu ruamg vektor berdimensi hingga atas suatu lapangan K adalah mempunyai invers. Lagi pula, matriks transisi dari B′ ke B adalah invers dari matriks ′ [I]BB . Untuk menyelidiki fakta ini misalkan ruang vektor V berdimensi n atas suatu lapangan K dengan basis terurut dan B′ = u1 ,uu2 , . . . ,uun .

B = v1 ,vv2 , . . . ,vvn ′

Untuk menunjukkan bahwa [I]BB mempunyai invers, misalkan x ∈ Rn memenuhi ′

[I]BB x = 0 . Perhatikan bahwa bagian kiri persamaan dalam bentuk vektor adalah x1[vv1 ]B′ + · · · + xn[vvn ]B′ . Karena B adalah basis, maka vektor vi untuk 1 ≤ i ≤ n adalah bebas linier. Juga dengan begitu vektor-vektor [vv1 ]B′ , . . . , [vvn ]B′ adalah bebas linier. Jadi x1 = x2 = ′ · · · = xn = 0. Karena penyelesaian persamaan homogin [I]BB x = 0 hanyalah mem′ punyai penyelesaian trivial, maka matriks [I]BB mempunyai invers. Lagi pula, karena ′ −1 B′ ′ v v [I]BB [vv]B′ = [vv ]B′ , [v ]B = [I]B [v ]B dan bahwa maka

[I]BB′

′ −1 . = [I]BB

c


121

Apa yang telah dibahas ini diringkas dalam sifat berikut. Sifat Misalkan V suatu ruang vektor berdimensi n atas suatu lapangan K dengan basis terurut B = v1 ,vv2 , . . . ,vvn dan B′ = u1 ,uu2 , . . . ,uun . ′

Maka matriks transisi [I]BB mempunyai invers dan ′ −1 B . [I]B′ = [I]BB

5.8 Ruang Bagian Fundamental Diisini dibahas ruang bagian fundamental dari suatu matriks yang mencakup ruang null, Range, ruang baris dan ruang.

5.9 Ruang Hasil Kali Dalam disini dibahas suatu ruang vektor khusus dan diberikan pengertian hasil kali dalam.

5.10 Basis Orthonormal disini dikembangkan dan digunakan proses Gram-Schmidt untuk mengkonstruksi suatu basis orthogonal/orthonormal dari suatu ruang hasil kali dalam.

5.11 Kuadrat Terkecil (Least Square) disini diberikan suatu aplikasi dari beberapa ide yang akan dibahas.

122

5.12 Dekomposisi QR disini dibahas dekomposisi QR dari suatu matriks dan bagaimana dekomposisi ini digunakan dalam proses kuadrat terkecil.

5.13 Matriks Orthogonal disini dibahas pengertian matriks orthogonal.

5.14 General Invers disisni dibahas general invers dari suatu matriks.

Bab

6

Nilai-Karakteristik dan Vektor-Karakteristik 6.1 Sekilas Mengenai Determinan disini secara ringkas diulang lagi determinan.

6.2 Nilai-Karakteristik dan Vektor-Karakteristik disini dibahas konsep dari nilai karakteristik dan vektor karakteristik.

6.3 Eksistensi Nilai-Karakteristik dan Vektor-Karakteristik disini dibahas eksistensi dari suatu nilai karakteristik dan vektor karakteristik.

6.4 Sifat-sifat Nilai-Karakteristik dan Vektor-Karakteristik disini dibahas beberapa sifat nilai karakteristik dan vektor karakteristik.

6.5 Kesimilaran dan Pendiagonalan disini dibahas kesimilaran pendiagonalan matriks.

123

124

Bab

7

Transformasi Linear Bila V dan W adalah ruang vektor atas suatu lapangan K, maka suatu pemetaan T dari V ke W adalah suatu fungsi mengaitkan setiap vektor v ∈ V dengan tunggal kesuatu vektor w ∈ W . Dalam hal ini dikatakan T memetakan V kedalam W dan ditulis T : V → W . Untuk masing-masing v ∈ V , maka vektor w = T (vv ) di W adalah image dari v oleh pemetaan T . Contoh 1. Didefinisikan suatu pemetaan T : R2 → R2 oleh x x+y T = . y x−y a. Dapatkan image dari vektor koordinat e1 dan e2 oleh pemetaan T . b. Berikan suatu uraian dari semua vektor di R2 yang dipetakan ke vektor nol. c. Tunjukkan bahwa T memenuhi T (uu +vv) = T (uu) + T (vv)

(mempertahankan penjumlahan ruang vektor)

dan T (kvv ) = kT (vv )

(mempertahankan perkalian skalar),

untuk semua vektor u dan v di R2 dan semua skalar k ∈ R. Jawab.

125

126

1 0 a. Karena e1 = dan e2 = , maka didapat 0 1 1+0 1 0+1 1 T (ee1 ) = = dan T (ee2 ) = = . 1−0 1 0−1 −1 b. Untuk menjawab bagian ini, diselesaikan persamaan x x+y 0 T = = y x−y 0 atau dalam bentuk sistem persamaan linier x+y = 0 x−y = 0 2 Didapat penyelesaian tunggal x = 0, y = 0. Jadi hanya satu vektor di R 0 0 (domain) yaitu yang dipetakan oleh T ke . 0 0

c. Untuk menunjukkan bahwa T mempertahankan jumlahan ruang vektor, misalkan sebarang vektor u dan v di R2 u1 v u= dan v= 1 . u2 v2 Maka T (uu +vv) = = = = = =

u1 v T + 1 u2 v2 u1 + v1 T u2 + v2 (u1 + v1 ) + (u2 + v2 ) (u1 + v1 ) − (u2 + v2 ) u1 + u2 v1 + v2 + u1 − u2 v1 − v2 v1 u1 +T T v2 u2 T (uu ) + T (vv ).

c


127

Juga didapat untuk sebarang k ∈ R, maka ku1 T (kuu ) = T ku2 ku1 + ku2 = ku1 − ku2 u1 + u2 = k u1 − u2 = kT (uu). Contoh yang baru saja dibahas adalah suatu pemetaan T dari ruang vektor V ke ruang vektor W atas suatu lapangan K yang memenuhi dua sifat T (uu +vv) = T (uu ) + T (vv )

dan

T (kuu) = kT (uu),

untuk semua u ,vv di V dan semua k di K. Dua sifat ini digabung menjadi satu, maka diperoleh pengertian berikut. Misalkan V dan W adalah ruang vektor atas suatu lapangan K. Pemetaan T : V → W dinamakan suatu transformasi linier bila dan hanya bila T (kuu +vv) = kT (uu) + T (vv ), untuk semua u ,vv di V dan semua k di K. Dalam hal V = W , maka T dinamakan operator linier. Contoh 2 Diberikan matriks A berukuran m × n. Didefinisikan pemetaan T : Rn → Rm oleh T (xx ) = Axx , ∀xx ∈ Rn . a. Tunjukkan bahwa T adalah suatu transformasi linier. b. Misalkan A adalah matriks 2 × 3

1 2 −1 . A= −1 3 2

128

Dapatkan bayangan dari   1 1 1

dan



 7 −1 5

oleh pemetaan T : R3 → R2 dimana T (xx ) = Axx , ∀xx ∈ R3 . Jawab a. Untuk semua vektor u dan v di Rn dan semua skalar k di R berlaku A(kuu +vv ) = kAuu + Avv. Jadi T (kuu +vv) = A(kuu +vv) = kAuu + Avv = kT (uu ) + T (vv ). b. Karena T didefinisikan oleh perkalian matriks, maka didapat     1 1 1 2 −1  1 = 2 T 1 = 4 −1 3 2 1 1 dan

   7 7 1 2 −1 −1 = 0 . T −1 = 0 −1 3 2 5 5 

Contoh 3 Diberikan suatu transformasi linier T : R3 → R2 oleh   x x T y = . y z

a. Diskusikan tindakan dari T pada suatu vektor di R3 dan berikan suatu intepretasi geometri dari persamaan         0 1 0 1 T 0 + 1 = T 0 + 1 . 1 1 1 1

c


129

b. Dapatkan image dari himpunan     1     S1 = k 2 k ∈ R   1

c. Dapatkan image dari himpunan     x    S2 = y x, y ∈ R   3

d. Uraikan himpunan

dan dapatkan imagenya.

     x   S3 = 0 x, z ∈ R   z

Jawab a. Transformasi linier T adalah proyeksi dari suatu vektor dalam ruang R3 ke imagenya dalam bidang-xy. Misalkan       1 0 1 v1 = 0 ,vv2 = 1 v3 = v1 +vv2 = 1 . dan 1 1 2 Image dari vektor v3 diberikan oleh gambar berikut. z

T y

v3 v2

b

T (vv3 ) b

v1 b

b

x

y

b

x

130

  1 3  b. Himpunan S1 adalah suatu bidang dalam ruang R dengan vektor arah 2. 1 Dengan definisi dari T didapat 1 T (S1 ) = k k∈R 2

adalah suatu garis dalam bidang R2 melalui titik asal dengan gradien sama dengan 2.

c. Himpunan S2 adalah suatu bidang dalam ruang R3 diatas 3 satuan sejajar dengan bidang-xy. Dalam hal ini x T (S2 ) = x, y ∈ R . y

Jadi image dari S2 adalah seluruh bidang-xy hal ini sesuai uraian T sebagai suatu proyeksi sebagai mana yang diharapkan.

d. Himpunan S3 adalah bidang-xz dalam ruang R3 . Dalam hal ini didapat x x∈R T (S3 ) = 0

yang merukan sumbu-x. Lagi, hal ini sesuai uraian T sebagai suatu proyeksi sebagai mana yang diharapkan.

Contoh berikut digunakan turunan dari suatu fungsi untuk mendefinisikan suatu transformasi linier diantara ruang vektor dari polinomial. Contoh 4 Didefinisikan suatu pemetaan T : P3(R) → P2(R) oleh T (p(x)) =

d p(x) , ∀p(x) ∈ P3(R). dx

a. Tunjukkan bahwa T adalah suatu transformasi linier b. Dapatkan image dari polinomial p(x) = 3x3 + 2x2 − x + 2.

c


131

c. Uraikan polinomial dalam P3(R) yang dipetakan ke vektor nol di P2(R). Jawab Perhatikan bahwa sebarang p(x) ∈ P3(R) mempunyai bentuk p(x) = ax3 + bx2 + cx + d, jadi T (p(x)) = Karena

d p(x) dx

d p(x) = 3ax2 + 2bx + c. dx

di P2 (R), maka T adalah suatu pemetaan dari P3(R) ke P2(R).

a. Untuk menunjukkan bahwa T adalah suatu pemetaan linier, misalkan sebarang p(x) dan q(x) di P3 (R) dan sebarang k ∈ R, Didapat d (kp(x) + q(x)) dx d d = (kp(x)) + (q(x)) dx dx d p(x) dq(x) = k + dx dx = kT (p(x)) + T (q(x)).

T (kp(x) + q(x)) =

Jadi pemetaan T adalah suatu pemetaan linier. b. Image dari polinomial p(x) = 3x3 + 2x2 − x + 2 adalah T (p(x)) =

d (3x3 + 2x2 − x + 2) = 9x2 + 4x − 1. dx

c. Polinomial di P3(R) yang mempunyai derivatif sama dengan nol adalah polinomial konstan p(x) = k, dimana k ∈ R. Proposisi 1 Misalkan suatu transformormasi linier T : V → W , maka T (00V ) = 0W . Bukti Karena T adalah transformasi linier didapat T (00V ) = T (00V +00V ) = T (00V ) + T (00V ).

132

Kedua ruas persamaan tambahkan dengan −T (00V ) didapat 0W = −T (00V ) + T (00V ) = (−T (00V ) + T (00V )) + T (00V ) = T (00V ). Contoh 5 Didefinisikan suatu pemetaan T : R2 → R2 oleh x e x x = y ,∀ ∈ R2 . T y e y Tentukan apakah T suatu pemetaan linier. Jawab Karena

0 0 e 1 T (00R2 ) = T = 0 = , 0 e 1

maka dengan menggunakan Proposisi 1 pemetaan T bukan suatu transformasi linier. Contoh 6 Didefinisikan suatu pemetaan T : Mm×n(R) → Mn×m oleh T (A) = At , ∀A ∈ Mm×n(R), dimana tanda t adalah transpose. Tunjukkan bahwa T adalah suatu pemetaan linier. Jawab Sebagai mana diketahui untuk setiap A, B ∈ Mm×n(R), maka (A + B)t = At + Bt . Dengan demikian didapat T (A + B) = (A + B)t = At + Bt = T (A) + T (B). Juga T (kA) = (kA)t = kAt = kT (A), ∀A ∈ Mm×n(R) Jadi T adalah suatu transformasi linier.

dan k ∈ R.

c


133

Contoh 7 Misalkan V adalah suatu ruang vektor atas suatu lapangan K dengan dim(V ) = n dan B = v1 ,vv2 , . . . ,vvn adalah suatu basis terurut untuk V . Misalkan T : V → K n adalah pemetaan yang memetakan suatu vektor v di V ke vektor koordinatnya di K n relatif terhadap basis B. Yaitu T (vv ) = [vv]B . Pemetaan ini terdefinisi dengan baik sebab vektor koordinat dari v relatif terhadap basis B adalah tunggal. Tunjukkan bahwa pemetaan T adalah suatu pemetaan linier. Jawab Misalkan u dan v sebarang vektor di V dan sebarang k ∈ K. Karena B adalah suatu basis terurut, maka dapat dipilih dengan tunggal skalar c1 , . . . , cn dan d1 , . . . , dn di K yang memenuhi u = c1v1 + . . . + cnvn

dan v = d1v1 + . . . + dnvn .

Gunakan T pada vektor kuu +vv didapat T (kuu +vv) = T ((kc1 + d1)vv1 + . . . + (kcn + dn)vv1 )   kc1 + d2 kc + d  2  2 =   ..   . kcn + dn     d1 c1 c  d   2  2 = k  ..  +  ..  . . dn cn = kT (uu ) + T (vv ). Terlihat bahwa pemetaan T adalah suatu transformasi linier.

134

Sebagaimana telah disebutkan bila T : V → W adalah suatu pemetaan linier, maka struktur dari V dipertahankan ketika dipetakan ke W . Secara khusus, image dari suatu kombinasi kombinasi linier dari vektor-vektor terhadap pemetaan linier ini sama dengan kombinasi linier dari vektor-vektor imagenya dengan koefisien yang sama. Untuk menunjukkan hal ini, misalkan V dan W adalah ruang vektor atas suatu lapangan K dan T : V → W adalah suatu transformasi linier. Maka dengan pengulangan definisi transformasi linier, didapat T (c1v1 + c2v2 + · · · + cnvn ) = T (c1v1 ) + T (c2v2 ) + · · · + T (cnvn ) = c1T (vv1 ) + c2 T (vv2 ) + · · · + cn T (vvn ). Fakta bahwa suatu transformasi linier T diantara ruang vektor V dengan ruang vektor W atas suatu lapangan K mempertahankan kombinasi linier adalah suatu yang berguna dalam perhitungan ketika T bertindak pada vektor-vektor dari suatu basis dari V diketahui. Hal ini dijelaskan dalam contoh berikut. Contoh 8 Diberikan T : R3 → R2 adalah suatu transformasi linier dan misalkan B adalah suatu basis terurut baku untuk R3. Bila 1 −1 0 T (ee1 ) = , T (ee2 ) = dan T (ee3 ) = , 1 2 1 maka dapatkan T (vv) bila   1 v =  3 2

Jawab Untuk mendapatkan image dari vektor v tulis vektor tersebut sebagai kombinasi linier dari vektor-vektor basis terurut B, didapat v = e1 + 3ee2 + 2ee3 . Gunakan T pada kombinasi linier tersebut dan gunakan sifat kelinieran dari T ,

c


135

didapat T (vv) = T (ee1 + 3ee2 + 2ee3 ) = T (ee1 ) + 3T (ee2 ) + 2T (vv3 ) 1 −1 0 = +3 +2 1 2 1 −2 = . 9 Contoh 9 Misalkan T : R3 → R3 adalah suatu operator linier dan B adalah suatu basis terurut untuk R3 diberikan oleh       1 1 1      B = 1 , 2 , 1 . 1 3 2 Bila

        1 1 −1 1 T = 1 = 1 , T = 2 = −2 1 1 3 −3

maka dapatkan

    1 2 dan T = 1 = 2 , 2 4

  2   T= 3 . 6

Jawab Karena B adalah suatu basisuntuk R3 , pilih skalar k1 , k2 dan k3 yang memenuhi persamaan         1 2 1 1 k1 1 + k2 2 + k3 1 = 3 . 2 6 3 1 Selesaikan persamaan ini, didapat k1 = −1, k2 = 1 dan k3 = 2. Jadi          1 1 1 2 T 3 = T −1 1 + 2 + 2 1 . 2 3 1 6

136

Dengan menggunakan kelinieran dari T didapat         2 1 1 1 T 3 = −1T 1 + T 2 + 2T 1 6 1 3 2       1 −1 2 = − 1 + −2 + 2 2 1 −3 4   2 =  1 . 4 Operasi dengan Transformasi Linier Transformasi linier dapat dikombinasikan dengan menggunakan tambah biasa dan perkalian skalar untuk menghasilkan transformasi linier baru. Misalkan S, T : R2 → R2 didefinisikan oleh x x+y x 2x − y S = dan T = . y −x y x + 3y Kemudian didefinisikan def

def

(kT )(vv ) = k(T (vv)), ∀vv ∈ R2 , k ∈ R. 2 Untuk mengilustrasikan definisi ini, misalkan v = , maka −1 2 + (−1) 2(2) − (−1) 6 (S + T )(vv ) = S(vv ) + T (vv ) = + = . −2 2 + 3(−1) −3 (S + T )(vv ) = S(vv) + T (vv)

dan

Untuk perkalian dengan skalar, misalkan k = 3. Maka didapat 5 15 (3T )(vv ) = 3T (vv) = 3 = . −1 −3 Dalam teorema berikut ditunjukkan bahwa operasi-operasi yang telah dibahas menghasilkan transformasi linier.

c


137

Teorema 7.0.1 Misalkan V dan W adalah ruang vektor atas suatu skalar K dan S, T : V → W adalah transformasi linier. Pemetaan S + T yang didefinisikan oleh def

(S + T )(vv ) = S(vv ) + T (vv ), ∀vv ∈ V adalah suatu transformasi linier dari V ke W . Bila c adalah sebarang skalar di K, maka pemetaan cT didefinisikan oleh def

(cT )(vv ) = cT (vv ), ∀vv ∈ V adalah transformasi linier dari V ke W . Bukti Misalkan sebarang u ,vv ∈ V dan sebarang skalar k ∈ K. Maka (S + T )(kuu +vv) = = = = =

S(kuu +vv) + T (kuu +vv) S(kuu) + S(vv) + T (kuu) + T (vv ) kS(uu) + S(vv) + kT (uu) + T (vv ) k(S(uu) + T (uu)) + S(vv ) + T (vv ) k(S + T )(uu ) + (S + T )(vv ).

Terlihat bahwa S +T adalah suatu transformasi linier. Juga, untuk sebarang c ∈ K didapat (cT )(kuu +vv) = = = = =

c(T (kuu +vv )) c(T (kuu) + T (vv)) c(kT (uu) + T (vv)) (ck)T (uu) + cT (vv) k(cT )(uu) + (cS)(vv ).

Jadi, cT adalah suatu transformasi linier. Dengan menggunakan jumlah dua transformasi linier dan perkalian dengan skalar yang didefinisikan dalam Teorema 7.0.1, himpunan dari semua transformasi linier diantara dua ruang vektor yang diberikan atas suatu lapangan yang sama adalah suatu ruang vektor dinotasikan oleh L (U,V ). Sebagaimana telah dibahas dalam Contoh 2, setiap matriks A berukuran m × n mendefinisikan suatu pemetaan linier dari K n ke K m. Juga, bila matriks B

138

berukuran n × p, maka B mendefinisikan suatu pemetaan linier dari K p ke K n. Maka perkalian matriks AB berukuran m × p mendefinisikan suatu transformasi linier dari K p ke K n. Pemetaan ini berkaitan dengan komposisi dari pemetaan yang didefinisikan melalui A dan B. Teorema 7.0.2 Misalkan U,V dan W adalah ruang vektor atas suatu lapangan yang sama. Bila T : V → U dan S : U → W adalah transformasi linier, maka pemetaan komposisi S ◦ T : V → W , didefinisikan oleh def

(S ◦ T )(vv ) = S(T (vv )), ∀vv ∈ V adalah suatu transformasi linier (lihat gambar berikut). V

T

U

W S

b

v

b

T (vv )

b

S ◦ T (vv ) Bukti Untuk membuktikan S ◦ T adalah suatu transformasi linier, misalkan sebarang vektor v1 dan v2 di V dan sebarang skalar k ∈ K. Gunakan S ◦ T pada kvv1 + v2 , didapat (S ◦ T )(kvv1 +vv2 ) = = = = =

S(T (kvv1 +vv2 )) S(kT (vv1 ) + T (vv2 )) S(kT (vv1 )) + S(T (vv2 )) kS(T (vv1 )) + S(T (vv2 )) k(S ◦ T )(vv1 ) + (S ◦ T )(vv2 ).

Terlihat bahwa S ◦ T adalah suatu pemetaan linier.

c


139

7.1 Ruang Null dan Range Misalkan V dan W adalah ruang vektor atas suatu lapangan K. Untuk suatu transformasi linier T : V → W ruang null dari T atau disebut juga kernel dinotasikan oleh N(T ) adalah N(T ) = {vv ∈ V | T (vv) = 0W } ⊆ V.

Sedangkan range dari T dinotasikan oleh R(T ), didefinisikan oleh R(T ) = {T (vv ) ∈ W |vv ∈ V } ⊆ W.

Ruang null dari suatu pemetaan linier adalah himpunan semua vektor-vektor di V yang dipetakan ke vektor nol 0W , sedangkan range adalah himpunan dari semua image dari pemetaan sebagai mana diberikan oleh gambar berikut. T V

T W

V

W

b

0W N(T )

R(T )

Teorema berikut menyatkan bahwa ruang null dan range adalah ruang bagian. Teorema 7.1.1 Misalkan V dan W adalah ruang vektor atas suatu lapangan K dan T : V → W adalah suatu transformasi linier. Maka (1) Ruang Null N(T ) adalah ruang bagian dari V . (2) Range R(T ) adalah ruang bagian dari R(T ). Bukti (1) Diberikan sebarang v1 dan v2 di N(T ) dan skalar c ∈ K, maka dengan menggunakan kelinieran didapat T (cvv1 +vv2 ) = cT (vv1 ) + T (vv2 ) = c00W +00W = 0W .

140

Jadi cvv1 +vv2 di N(T ) dengan demikian N(T ) adalah subruang dari V . (2) Diberikan sebarang w1 dan w2 di R(T ), maka dapat dipilih v1 dan v2 di V yang memenuhi T (vv1 ) = w1 dan T (vv2 ) = w2 . Sehingga untuk sebarang c ∈ K didapat w1 +w w2 . T (cvv1 +vv2 ) = cT (vv1 ) + T (vv2 ) = cw w1 +w w2 ∈ R(T ) dengan demikian R(T ) adalah ruang bagian dari ruJadi cw ang vektor W . Contoh 1 Diberikan suatu transformasi linier T : R4 → R3 oleh     a a + b b     T  c  = b − c . a+d d (a) Dapatkan suatu basis dari N(T ) dan dimensinya.

(b) Berikan gambaran dari R(T ). (c) Dapatkan suatu basis dari R(T ) dan dimensinya. Jawab (a) Ruang N(T ) adalah didapat dengan menjadikan komponen dari imagenya sama dengan nol. Dengan demikian didapat sistem persamaan linier homogin:   a+b = 0 b−c = 0  a+d = 0

Sistem persamaan linier homogin ini mempunyai banyak penyelesaian diberikan oleh    −t         t  S=   t  t ∈ R .      t

c


Jadi

141

  * −1 + 1  N(T ) =  1 . 1

Suatu basis di N(T ) hanya memuat satu vektor   −1 1   1 1

akibatnya , dim(N(T )) = 1.

(b) Perhatikan bahwa sebarang vektor w di range bisa ditulis sebagai         1 1 0 0        w = a 0 + b 1 + c −1 + d 0 1 0 0 1 untuk beberapa bilangan real a, b, c dan d. Dengan demikian *1 1  0  0+           . 0 , 1 , −1 , 0 R(T ) =   1 0 0 1

(c) Karena R(T ) adalah suatu ruang bagian dari R3 , maka dim(R(T )) ≤ 3. Akibatnya, empat vektor yang dihasilkan dalam (b) adalah bergantungan linier dan tidak membentuk suatu basis dari R(T ). Perhatikan bahwa tiga vektor pertama dari vektor-vektor tersebut adalah bebas linier. Jadi       1 0   1 B = 0 , 1 , −1   1 0 0 adalah bebas linier. Dengan demikian B adalah suatu basisi dari R(T ) dan dim(R(T )) = 3. Perhatikan juga B membangun R3 , jadi R(T ) = R3 .

142

Contoh 2 Didefinisikan suatu transformasi linier T : P4(R) → P3(R) oleh T (p(x)) =

d p(x) , ∀p(x) ∈ P4(R). dx

Dapatkan N(T ) dan R(T ). Jawab Perhatikan bahwa semua polinomial konstan p(x) = a untuk semua a ∈ R d p(x) didapat dx = 0, maka N(T ) = {p(x) = a | a ∈ R}. Ditunjukkan pemetaan T adalah pada sebagai berikut. Diberikan sebarang q(x) = ax3 + bx2 + cx + d ∈ P3(R) dapat dipilih p(x) ∈ P4(R) yaitu p(x) =

Z

q(x)dx =

Z

c b a (ax3 + bx2 + cx + d)dx = x4 + 3 + x2 + dx + e 4 3x 2

yang memenuhi q(x) =

d(p(x)) = T (p(x)). dx

Dengan demikian R(T ) = {T (p(x)) | p(x) ∈ P4(R)} = P3(R). Dalam pembahasan sebelumya telah ditunjukkan bahwa image dari sebarang v ∈ V bisa dihitung bila image T (vvi ) diketahui untuk masing-masing vektor vi dalam suatu basis dari V . Hal ini juga ditunjukkan dalam teorema berikut. Teorema 7.1.2 Bila V dan W adalah ruang vektor berdimensi hingga atas suatu lapangan K dan B = {vv1 ,vv2 , . . . ,vvn } adalah suatu basis untuk V . Bila T : V → W adalah suatu pemetaan linier, maka R(T ) = h{T (vv1 ), T (vv2 ), . . . , T (vvn ).}i Bukti Untuk menunjukkan bahwa dua himpunan sama adalah masing-masing merupakan himpunan bagian dari yang lainnya. Pertama, Bila w ∈ R(T ), maka dapat dipilih suatu vektor v ∈ V yang memenuhi T (vv ) = w . Selanjutnya, karena

c


143

B adalah suatu basis dari V , maka juga dapat dipilih c1 , c2 , . . . , cn di K yang memenuhi v = c1v1 + c2v2 + · · · + cnvn . Sehingga didapat T (vv ) = T (c1v1 + c2v2 + · · · + cnvn ). Dengan menggunakan kelinieran dari T , didapat w = T (vv ) = c1 T (vv1 ) + c2 T (vv2 ) + · · · + cnT (vvn ). Terlihat bahwa sebarang w ∈ R(T ) merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor T (vv1 ), T (vv2 ), . . . , T (vvn ). Jadi w ∈ h{T (vv1 ), T (vv2 ), . . . , T (vvn ).}i. Dengan demikian R(T ) ⊆ h{T (vv1 ), T (vv2 ), . . . , T (vvn ).}i . Sebaliknya, misalkan bahwa sebarang vektor w ∈ h{T (vv1 ), T (vv2 ), . . . , T (vvn )}i . Maka dapat dipilih skalar-skalar k1 , k2 , . . . , kn di K yang memenuhi w = k1 T (vv1 ) + k2 T (vv2 ) + · · · + kn T (vvn ) = T (k1v1 ) + T (k2v2 ) + · · · + T (knvn ) = T (k1v1 + k1v2 + · · · + knvn ). Terlihat bahwa w adalah image dari kombinasi linier k1v1 + k1v2 + · · · + knvn yang merupakan suatu elemen dari V . Jadi w ∈ R(T ), dengan demikian h{T (vv1 ), T (vv2 ), . . . , T (vvn )}i ⊆ R(T ). Akibatnya R(T ) = h{T (vv1 ), T (vv2 ), . . . , T (vvn )}i.

144

Contoh 3 Misalkan T : |R3 → R3 adalah suatu operator linier dan B = {vv1 ,vv2 ,vv3 } adalah suatu basis untuk R3 yang memenuhi       1 1 2 T (vv1 ) = 1 , T (vv2 ) =  0  , T (vv3 ) =  1  . 0 −1 −1   1 a. Apakah 2 di R(T )? 1 b. Dapatkan suatu basis untuk R(T ). c. Dapatkan ruang null N(T ). Jawab   1 a. Dari Teorema 7.1.2 vektor w = 2 di R(T ) bila ada skalar k1 , k2 dan k3 di 1 R yang memenuhi   1 k1 T (vv1 ) + k2 T (vv2 ) + k3 T (vv3 ) = 2 , 1 yaitu

        2 1 1 1 k1 1 + k2  0  + k3  1  = 2 . −1 1 −1 0 Himpunan penyelesaian dari sistem persamaan linier ini diberikan oleh S = {(2 − r, −1 − r, r) | r ∈ R}. Khususnya bila r = 0, maka k1 = 2, k2 = −1 dan k3 = 0. Jadi w ∈ R(T ). b. Untuk mendapatkan suatu basis dari R(T ), lakukan operasi baris elementer matriks     1 1 2 1 0 1  1 0 1 0 1 1 . untuk memperoleh 0 −1 1 0 0 0

c


145

Karena koefisien pivot dalam kolom ke-1 dan ke-2, maka suatu basis untuk R(T ) diberikan oleh *1  1 +       1 , 0 R(T ) = .   0 −1

Perhatikan bahwa karena R(T ) dibangun oleh dua vektor yang bebas linier, maka R(T ) adalah suatu bidang dalam R3 (lihat gambar!).

c. Karena B adalah suatu basis untuk R3 , maka ruang null adalah himpunan semua vektor k1v1 + k2v2 + k3v3 yang memenuhi   0  k1 T (vv1 ) + k2 T (vv2 ) + k3 T (vv3 ) = 0 . 0 Dengan menggunakan operasi baris elementer didapat matriks tereduksi   1 0 1  0 1 1 . 0 0 0

Sehingga didapat k1 = −k3 , k2 = −k3 dan k3 sebarang di R. Dengan demikian ruang null adalah N(T ) = h−vv1 −vv2 +vv3 i

yang merupakan suatu garis dalam R3 (lihat gambar!). T

z

z

R(T ) x

N(T ) y

x

y

146

Teorema 7.1.3 Diberikan V dan W adalah ruang vektor berdimensi hingga atas suatu lapangan yang sama yaitu K. Bila T : V → W adalah suatu transformasi linier, maka dim(V ) = dim(R(T )) + dim(N(T )). Bukti Misalkan bahwa dim(V ) = n. Untuk pembuktian teorema ditinjau tiga kasus. Pertama, untuk dim N(T ) = dimV = n. Dalam kasus ini, bayangan (image) dari setiap vektor di V adalah vektor nol 0W ∈ W , dengan demikian R(T ) = {0V }. Sehingga didapat n = dimV = dim R(T ) + dim(N(T )) = 0 + n. Selanjutnya, untuk 1 ≤ r = dim N(T ) < n. Misalkan v 1,vv2, . . . ,vvr adalah suatu basis untuk N(T ). Perluas basis ini di V sehingga dapat dipilih vektor-vektor di V v r+1 ,vvr+2 , . . . ,vvn yang semuanya bukan di N(T ) dan memenuhi v 1,vv2, . . . ,vvr ,vvr+1,vvr+2 , . . . ,vvn adalah suatu basis dari V . Ditunjukkan bahwa himpunan S = {T (vv r+1), T (vvr+2 ), . . . , T (vv n)} adalah suatu basis di R(T ). Menurut Teorema 7.1.2 didapat R(T ) = h{T (vv 1), T (vv2 ), . . . , T (vvr ), T (vvr+1 ), T (vv r+2 ), . . . , T (vvn )}i . Karena T (vv1 ) = T (vv2 ) = · · · = T (vv r = 0W , maka vektor-vektor di R(T ) merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor T (vv r+1 ), T (vv r+2 ), . . . , T (vvn ). Jadi S = h{T (vvr+1 ), T (vvr+2 ), . . . , T (vv n)}i = R(T ). Untuk menunjukkan bahwa S bebas linier, tinjau persamaan kr+1 T (vvr+1 ) + kr+2 T (vvr+2 ) + · · · + knT (vv n) = 0W .

c


147

Karena T adalah transformasi linier, maka didapat T (kr+1v r+1 + kr+2v r+2 + · · · + knv n ) = 0W . Hal ini menunjukkan bahwa kr+1v r+1 + kr+2v r+2 + · · · + knv n ∈ N(T ). Tetapi {vv1 ,vv2 , . . . ,vvr } adalah suatu basis di N(T ), maka dapat dipilih skalar k1 , k2 , . . . , kr di K yang memenuhi kr+1v r+1 + kr+2v r+2 + · · · + knv n = k1v 1 + k2v 2 + · · · + krv r . Sehingga didapat −k1v 1 − k2v 2 − · · · − krv r + kr+1v r+1 + kr+2v r+2 + · · · + knv n = 0W . Karena {vv1,vv2, . . . ,vvr ,vvr+1 ,vvr+2, . . . ,vvn} adalah suatu basis di V , maka bebas linier dan k1 = k2 = · · · = kr = kr+1 = kr+2 = · · · = kn = 0. Khususnya didapat kr+1 = kr+2 = · · · = kn = 0. Jadi n − r vektor T (vvr+1 ), T (vvr+2 ), . . . , T (vv n) adalah suatu basis di R(T ). Akibatnya dim(V ) = n = (n − r) + r = dim(R(T )) + dim(N(T )). Terakhir, untuk N(T ) = {0V }, maka dim(N(T )) = 0. Bila {vv1 ,vv2 , . . . ,vvn } adalah suatu basis di V , maka dengan menggunakan Teorema 7.1.2 didapat R(T ) = h{T (vv 1 ), T (vv 2), . . . , T (vv n )}i . Dengan argumen yang sama sebagaimana dilakukan sebelumnya didapat bahwa {T (vv 1), T (vv2 ), . . . , T (vv n)} adalah bebas linier. Jadi dim(N(T )) + dim(R(T )) = 0 + n = n = dim(V ).

148

Contoh 7.1.1 Didefinisikan transformasi linier T : P4(R) → P( R) oleh d 2 p(x) . dx2 Dapatkan dimensi dari range T dan berikan diskripsi dari range. def

T (p(x)) =

Jawab Misalkan B = {1, x, x2 , x3 , x4 } adalah basis baku untuk P4(R). Karena p(x) di N(T ) bila dan hanya bila mempunyai derajad 0 atau 1, maka ruang null adalah runag bagian dari P4(R) yang terdiri dari polinomial berderajad kurang atau sama dengan satu.. Dengan demikian, C = {1, x} adalah suatu basis untuk N(T ) dan dim(N(T )) = 2. Karena dim(P4 (R)) = 5, maka berdasarkan Teorema 7.1.3 didapat 2 + dim(R(T )) = 5,

jadi

dim(R(T )) = 5 − 2 = 3.

Kemudian sebagaimana bukti dalam Teorema 7.1.3 didapat {T (x2 ), T (x3 ), T (x4 )} = {2, 6x, 12x2 } adalah suatu basis untuk R(T ). Perhatikan bahwa R(T ) adalah P2(R) yang merupakan subruang dari P4(R).

7.2 Isomorpisma Banyak ruang vektor yang sudah dibahas deri pandangan aljabar adalah sama. Dalam bagian ini ditunjukkan bahwa suatu isomorpisma yang merupakan suatu transformasi linier khusus dapat digunakan untuk menjelaskan hubungan diantara dua ruang vektor. Secara esensi pembahasan berkaitan dengan pemetaan satu-satu (injektif) dan pada (surjektif). Definisi 7.2.1 Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas suatu lapangan K dan T : U → V adalah suatu transformasi linier. 1. Pemetaan T adalah satu-satu (injektif) bila u 6= v berakibat bahwa T (uu) 6= T (vv). Yaitu, elemen-elemen yang berbeda di U, harus menghasilkan elemenelemen image yang berbeda di V .

c


149

2. Pemetaan T adalah pada (surjektif) bila T (U) = V . Yaitu range dari T adalah V . Pemetaan T dinamakan satu-satu pada (bijektif) bila T adalah satu-satu dan pada.

Ketika untuk menunjukkan bahwa suatu pemetaan adalah satu-satu, suatu pernyataan ekivelen dapat digunakan. Yaitu, T adalah satu-satu bila T (uu ) = T (vv ) berakibat bahwa u = v . Untuk menunjukkan bahwa suatu pemetaan pada, haruslah ditunjukkan bahwa bila sebarang v di V , maka ada beberapa elemen u ∈ U yang memenuhi T (uu ) = v . Contoh 7.2.1 Misalkan T : R2 → R2 adalah pemetaan yang didefinisikan oleh T (uu) = Auu, ∀uu ∈ R2 dengan 1 1 A= . −1 0 Tunjukkan bahwa T adalah pemetaan bijektif. Jawab Pertama ditunjukkan bahwa T adalah satu-satu., misalkan a a1 dan u2 = 2 . u1 = b2 b1 Maka,

dan

1 1 a1 a1 + b1 T (uu1) = = −1 0 b1 a1

1 1 T (uu 2) = −1 0

a2 a2 + b2 = . b2 −a2

Jadi, bila T (uu1 ) = T (uu2 ), maka a1 + b1 a2 + b2 = . a1 −a2

150

Sehingga didapat a1 = a2 dan b1 = b2. Dengan demikian u 1 = u 2 . Jadi, T adalah satu-satu. bahwa T adalah pada. Misalkan sebarang Selanjutnya ditunjukkan v u v = 1 ∈ R2 . Pilih u = 1 ∈ R2 yang memenuhi v2 u2 1 1 u1 v T (uu) = = 1 . −1 0 u2 v2 Kedua ruas persamaan kalikan dengan invers dari matriks A didapat −v2 u1 0 −1 v1 u1 . = =⇒ = v1 + v2 u2 v2 1 1 u2 Jadi

−v2 u= . v1 + v2 Dengan demikian T adalah pada. Karena T adalah satu-satu dan pada, maka T adalah bijektif. Suatu argumentasi alternatif adalah menunjukkan bahwa vektor kolom-kolom dari A adalah bebas linier, jadi merupakan suatu basis dari R2 . Oleh karena itu, range dari T adalah ruang kolom dari A adalah semua vektor di R2 . Berikut ini diberikan suatu kegunaan dari ruang nul untuk menunjukkan bahwa suatu transformasi linier adalah satu-satu. Teorema 7.2.1 Suatu transformasi linier T : U → V adalah satu-satu bila dan hanya bila ruang nul terdiri dari hanya vektor nol di U. Bukti Misalkan bahwa T adalah satu-satu. Maka ditunjukkan bahwa N(T ) = {00U }. Untuk menunjukkan hal ini, misalkan sebarang vektor u di N(T ), jadi T (uu) = 0V . Juga,sebgaimana telah diketahui T (00U ) = 0V . Karena T satu-satu, maka hanyalah vektor nol u = 0U dipetakan menjadi 0V . Jadi N(T ) = {00U }. Sebaliknya, misalkan bahwa N(T ) = {00U } dan T (uu1 ) = T (uu2 ). Didapat T (uu1 ) − T (uu 2) = 0V =⇒ T (uu 1 −uu2) = 0V . Jadi u 1 −uu2 ∈ N(T ) = {00U }, sehingga didapat u 1 −uu2 = 0U atau u 1 = u 2 . dengan demikian T adalah pemetaan satu-satu.

c


151

Contoh 7.2.2 Didefinisikan suatu operator linier T : R2 → R2 oleh x 2x − 3y T = y 5x + 2y Tunjukkan bahwa T adalah satu-satu. x Jawab Sebarang vektor di N(T ) bila dan hanya bila y 2x − 3y = 0 5x + 2y = 0 Sistem persamaan linier homogini ini mempunyai jawab trivial x = 0, y = 0. Jadi N(T ) = {00}. Dengan menggunakan Teorema 7.2.1, maka T adalah satu-satu.

Telah diketahui bahwa bila T : U → V adalah suatu pemetaan linier dan B = {uu1 ,uu2 , . . . ,uun } adalah suatu basis untuk U, maka R(T ) = h{T (uu 1), T (uu2 ), . . . , T (uun )}i . Suatu pertanyaan adalaah apa syarat bagi T supaya {T (uu1 ), T (uu 2), . . . , T (uu n)} adalah juga suatu basis untuk R(T )? Teorema berikut menjawab pertanyaan ini. Teorema 7.2.2 Misalkan T : U → V adalah suatu pemetaan linier dan B = {uu1 ,uu2 , . . . ,uun } adalah suatu basis untuk U. Bila T adalah satu-satu, maka {T (uu1 ), T (uu 2), . . . , T (uu n)}

152

adalah suatu basis untuk R(T ). Bukti Dari Teorema 7.1.2, maka R(T ) = h{T (uu 1), T (uu2 ), . . . , T (uun )}i . Jadi, cukup ditunjukkan bahwa {T (uu1 ), T (uu 2), . . . , T (uu n)} bebas linier di R(T ). Tinjau persamaan c1 T (uu 1) + c2 T (uu2 ) + · · · + cn T (uun) = 0V atau ekivalen dengan T (c1u1 + c2u2 + · · · + cnun) = 0V . Karena T adalah satu-satu, maka N(T ) = {0U }, jadi c1u 1 + c2u 2 + · · · + cnu n = 0U . Karena B = {uu1 ,uu2 , · · · ,uun} adalah besas linier, maka c1 = c2 = · · · = 0. Dengan demikian {T (uu1 ), T (uu 2), . . . , T (uu n)}

adalah suatu basis untuk R(T ).

Definisi 7.2.2 Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas suatu lapangan K dan T : U → V adalah suatu transformasi linier dimana T adalah satu-satu dan pada, maka T dinamakan isomorpisma. Dalam hal ini ruang vektor U dan V adalah isomorpik dan dinotasikan oleh U ∼ = V. Proposisi 7.2.1 Misalkan A adalah matriks berukuran n × n dan T : Rn → Rn adalah suatu pemetaan linier yang didefinisikan oleh T (xx ) = Axx , ∀xx ∈ Rn . Maka T adalah sautu isomorpisma bila dan hanya bila matriks A mempunyai invers. Bukti Misalkan A mempunyai invers dan b sebarang vektor di Rn (kodomain).

c


153

Maka x = A−1b (di domain T ) preimage dari b. Jadi, pemetaan T adalah pada. Untuk menunjukkan bahwa T pada, perhatikan bahwa persamaan Axx = 0 hanya mempunyai penyelesaian trivial x = A−10 = 0. Jadi N(T ) = {00}, dengan demikian T adalah satu-satu. Jadi T adalah satu-satu dan pada. Sehingga T adalah isomorpisma. Sebaliknya, misalkan bahwa T adalah suatu isomorpisma. Maka T : Rn → Rn adalah pada, maka vektor kolom dari A membangun Rn dan karena Rn berdimensi n, makavektor-vektor kolom dari A adalah bebas linier. Akibatnya det(A) 6= 0, jadi A punya invers. Teorema berikut merupakan hasil utama bahasan pada bagian ini yang berkaitan dengan ruang vektor brdimensi hingga. Teorema 7.2.3 Bila V adalah ruang vektor atas suatu lapangan K berdimensi n, maka V dan Rn adalah isomorpik. Bukti Misalkan B = {vv1,vv2, . . . ,vvn } adalah suatu basis terurut untuk V . Misalkan T : V → Rn adalah transformasi koordinat didefinisikan oleh T (vv) = [vv]B . Ditunjukkan bahwa T adalah isomorpisma. Pertama ditunjukkan bahwa T adalah satu-satu. Misalkan bahwa T (vv) = 0 Rn . Karena B adalah suatu basis, dapat dipilih dengan tunggal skalar c1 , c2 , . . . , cn yang memenuhi v = c1v 1 + c2v 2 + · · · + cnv n . Jadi,

    c1 0  c   0  2   T (vv) = [vv ]B =  ..  =  ..  ,  .  . cn 0

terlihat bahwa c1 = c2 = · · · = cn = 0. Dengan demikian N(T ) = {00V }, jadi T adalah satu-satu. Selanjutnya mislkan bahwa   k1 k   2 w =  ..  . kn

154

sebarang vektor di Rn . Pilih vektor v ∈ V diberikan oleh v = k1v 1 + k2v 2 + · · · + knv n. Perhatikan bahwa T (vv ) = w , jadi T adalah pada. Dengan demikian T adalah suatu isomorpisma dan V ∼ = Rn . Definisi 7.2.3 Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas suatu lapangan K dan T : U → V adalah suatu transformasi linier satu-satu. Pemetaan T −1 : R(T ) → U, didefinisikan oleh T −1(vv) = u

bila dan hanyabila

T (uu) = v ,

dinamakan invers dari T . Bila T pada, maka T −1 didefinisikan pada semua vektor di V . Proposisi 7.2.2 Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas suatu lapangan K dan T : U → V suatu pemetaan linier satu-satu. Maka pemetaan T −1 : R(T ) → U adalah juga suatu transformasi linier. Bukti Misalkan v 1,vv2 ∈ R(T ) dan skalar c ∈ K. Pilih vektor u 1 ,uu2 ∈ U yang memenuhi v 1 = T (uu1 ) dan v 2 = T (uu2). Karena T adalah suatu pemetaan linier maka T (cuu1 +uu2 ) = cT (uu 1) + T (uu2 ) = cvv1 +vv2 . Jadi T −1(cvv 1 +vv2 ) = cuu1 +uu2 = cT −1 (vv1 ) + T −1(vv 2). Akibatnya T −1 adal suatu pemetaan linier. Kesimpulan 7.2.1 Misalkan A adalah suatu matriks berukuran n × n yang mempunyai invers dan T : Rn → Rn pemetaan linier didefinisikan oleh T (xx )Axx , ∀xx ∈ Rn . Maka T −1(xx ) = A−1x . Bukti Bisa digunakan sebagai latihan.

c


155

Teorema 7.2.4 Bila U dan V adalah ruang vektor berdimensin atas suatu lapangan K, maka U dan V adalah isomorpik. Bukti Dengan menggunakan Teorema 7.2.3 ada isomorpisma T1 : U → Rn dan T2 : V → Rn sebagaimana diberikan oleh Gambar 7.1. Misalkan U

T1

Rn

φ T2 V Gambar 7.1: φ = T2−1 ◦ T1 : U → V

φ = T2−1 ◦ T1 : U → V.

Untuk menunjukkan bahwa φ adalah pemetaan linier, ingat bahwa T2−1 adalah pemetaan linier (Proposisi 7.2.2). Dengan menggunakan Teorema 7.0.2, maka komposisi T2−1 ◦ T1 adalah suatu pemetaan linier. Pemetaan φ adalah satu-satu dan pada sebab berdasarkan Gambar 7.1 maka φ = T1 . Jadi φ adalah suatu isomorpisma, akibatnya U ∼ = V. Contoh 7.2.3 Diberikan ruang vektor P2(R) dan ruang vektor mariks simetri a b a, b, c ∈ R . S2×2 (R) = b c Dapatkan secara langsung suatu isomorpisma dari P2(R) ke S2×2(R).

Jawab Misalkan basis terurut baku di P2(R) dan S2×2(R) masing diberikan oleh 0 0 0 1 1 0 B1 = {1, x, x3 } dan B2 = , , . 0 1 1 0 0 0

Misalkan masing-masing T1 dan T2 adalah pemetaan koordinat dari P2 (R) dan S2×2(R) ke R3 . Maka     a a a b 2 = b . T1 (a + bx + cx ) = b dan T2 b c c c

156

Perhatikan bahwa T2−1 : R3 → S2×2(R) memetakan vektor   a a b b ke matriks simetri . b c c

Jadi, isomorpisma yang diharapkan adalah

T2−1 ◦ T1 : P2(R) → S2×2(R) yang didefinisikan oleh a b (T2−1 ◦ T1)(a + bx + cx2 ) = , ∀a + bx + cx2 ∈ P2(R). b c Misalnya, (T2−1 ◦ T1)(1 + 2x + 3x2 ) = T2−1(T1 (1 + 2x + 3x2))   1 1 2 −1   2 = . = T2 2 3 3

7.3 Matriks Representasi dari suatu Pemetaan Linier Diberikan matriks A dengan elemen-elemen di R dan berukuran m × n. Kombinasi liner dari vektor-vektor kolom dari A di Rm dinamakan ruang kolom dari A dinotasikan oleh kol(A). Juga, didefinisikan ruang nul dari matriks A adalah himpunan semua vektor x ∈ Rn yang memenuhi Axx = 0 Rm . Selanjutnya dibahas matriks A dalam kenteks transformasi linier T : Rn → Rm adalah suatu transformasi linier yang didefinisikan oleh T (vv) = Avv, ∀vv ∈ Rn . Persamaan ini, dapat ditulis dalam bentuk vektor sebagai T (vv) = v1A 1 + v2A 2 + · · · + vnA n ,

c


157

dimana A i adalah vektor kolom dari A dan vi adalah komponen ke-i dari vektor v untuk 1 ≤ i ≤ n. Dalam hal yang demikian, R(T ) yang merupakan ruang bagian dari Rm adalah sama dengan ruang kolom dari A, yaitu R(T ) = kol(A). Dimensi dari ruang kolom A dinamakan rank kolom dari A. Juga dapat N(T ) = {vv ∈ Rn | Avv = 0Rm } = N(A). Dimensi dari N(A) dinamakan nullitas dari A dan menggunakan Teorema 7.1.3 didapat rank kolom(A) + nullitas(A) = n. Suatu ruang bagian yang lain dari Rn dikaitkan dengan A adalah ruang baris dari A, dinotasikan oleh bar(A) dan merupakan hasil bentangan dari vektor-vektor baris dari A. Karena operasi tanspose memetakan vektor-vektor baris dari A ke vektor-vektor klom dari A, ruang baris dari A adalah sama dengan dengan ruang kolom dari At (tanda t adalah transpose), sehingga didapat bar(A) = kol(At ). Dengan demikian suatu basis dari A dapat diperoeleh dengan melakukan reduksi baris. Kususnya, basis-basis ini adalah vektor-vektor baris taknol dari hasil pereduksian baris. Sebagai kesimulan adalah Kesimpulan 7.3.1 rank baris dan rank kolom dari suatu matriks A adalah sama.

Selajutnya didefinisikan rank dari suatu matriks A sebagai dim(bar(A)) atau dim(kol(A)) ditulis rank(A), lagi dengan menggunakan Teorema 7.1.3 didapat rank(A) + nullitas(A) = n. Matriks sudah memainkan peranan penting dalam kajian aljabar linier. Dalam nagian ini dijelaskan keterkaitan diantara matriks dengan transformasi linier. Untuk mengilustrasikan ide ini, misalkan diberikan sebarang matriks A berukuran m × n, dapat didefinisikan suatu transformasi linier T : Rn → Rm diberikan oleh T (vv) = Avv, ∀vv ∈ Rn .

158

Dalam Contoh 87, telah ditunjukkan bahwa suatu transformasi linier T : R3 → R2 adalah secara lengkap ditentuknan oleh image dari vektor-vektor e 1 ,ee2   koordinat v1 3 dan e 3 di R . Kuncinya adalah menegenali suatu vektor v = v2  bisa ditulis v3 sebagai v = v1e 1 + v2e 2 + v3e 3 , sehingga didapat T (vv ) = v1 T (ee 1) + v2 T (ee2 ) + v3 T (ee 3 ). Dalam contoh ini, T telah didefinisikan, sehingga didapt −1 0 1 , T (ee2 ) = , dan T (ee 3) = . T (ee 1) = 1 2 1 Selanjutnya,matriks Aadalah berukuran 2×3 yang mempuyai kolom adalah T (ee 1, T (ee 2 dan T (ee 3. Maka untuk sebarang v ∈ R3 didapat 1 −1 0 T (vv ) = v = Avv. 1 2 1 Terlihat bahwa transformasi linier T diberikan oleh suatu perkalian matriks. Umumnya,bila T : Rn → Rm adalah suatu transformasi linier, maka adalah memungkinkan untuk menulis T (vv) = Avv , dimana A adalah matriks berukuran m × n yang mempunyai vektor kolom ke- j adalah T (ee j ) untuk j = 1, 2, . . . , n. Matriks A dinamakan representasi matriks dari T relatif terhadap basis baku di Rn dan Rm . Dalam bagian ini akan ditunjukkan bahwa setiap transformasi linier diantara ruang vektor berdimensi hingga dapat ditulis sebagai suatuperkalian matriks. S ecara umum, misalkan V dan W adalah ruang vektor atas suatu lapangan K dan mempunyai dimensi berhingga dengan masing-masing basis terurut tetap B dan B′ . Bila T : V → W adalah suatu transformasi linier, maka ada suatu matriks A yang memenuhi [T (vv)]B′ = A[vv]B . (7.1)

c


159

Dalam kasus ini V ∼ = Rn dan W ∼ = Rm ; dan masing-masing B dan B′ adalah basis baku di Rn dan Rm . Persamaan 7.1 ekivalen dengan T (uu) = Avv. Berikut ini secara rinci dibahas representasi matriks dari suatu pemetaan linier. Misal V dan W adalah ruang vektor berturut-turut dengan basis terurut w1 ,w w2 , . . . ,w wm }. B = {vv1 ,vv2 , . . . ,vvn } dan B′ = {w Selanjutnya, misalkan T : V → W adalah suatu transformasi linier. Berikutnya, diberikan sebarang vektor v di V dan misalkan   c1 c   2 [vv]B =  ..  . cn

adalah vektor koordinat dari v relatif terhadap basis B. Jadi v = c1v 1 + c2v 2 + · · · + cnv n Pada persamaan ini kedua sisi kenakan T didapat

T (vv ) = T (c1v 1 + c2v 2 + · · · + cnv n ) = c1T (vv 1) + c2 T (vv2 ) + · · · + cn T (vvn ).

(7.2)

catatan bahwa untuk masing-masing i = 1, 2, . . . , n vektor T (vvi ) di W . Jadi ada dengan tunggal skalar ai, j dengan 1 ≤ i ≤ m dan 1 ≤ j ≤ n yang memenuhi T (vv 1) = a1,1w1 + a2,1w2 + · · · + am,1wm T (vv 2) = a1,2w 1 + a2,2w 2 + · · · + am,2w m .. . T (vv n) = a1,nw 1 + a2,nw 2 + · · · + am,nw m.

Jadi, vektor koordinat relatif terhadap basis B′ diberikan oleh   a1,i a   2,i  [T (vvi )]B′ =  ..  , untuk i = 1, 2, . . . , n.  .  am,i

160

Dengan demikian vektor koordinat dari vektor T (vv) pada Persamaan 7.2 menjadi       a1,n a1,2 a1,1 a  a  a   2,n   2,2   2,1  (7.3) [T (vv )]B′ = c1  ..  + c2  ..  + · · · + cn  ..   .   .   .  am,n am,2 am,1

atau dalam bentuk persamaan matriks    c1 a1,1 a1,2 . . . a1,n    a  2,1 a2,2 . . . a2,n  c2  [T (vv )]B′ =  .. ..   ..  . .. ..  . .  .  . . am,1 am,2 . . . am,n cn

(7.4)

′

Matriks sebelah kanan Perasamaan 7.4 dinotasikan oleh [T ]BB , sehingga didapat ′ [T ]BB = [T (vv1 )]B′ [T (vv2 )]B′ · · · [T (vv n )]B′ . ′

Matriks [T ]BB dinamakan matriks dari T relatif terhadap basis B dan B′ . Dalam kasus T : V → V adalah suatu operator linier dan B adalah suatu basis terurut tetap untuk V representasi matriks untuk pemetaan T dinotasikan oleh [T ]B. Apa yang telah dibahas ini diringkas dalam kesimpulan berikut:

Kesimpulan 7.3.2 Misalkan V dan W ruang vektor bedimensi hingga dengan masing-masing basis terurut B = {vv1,vv2 , . . . ,vvn}

w1 ,w w2, . . . ,w wm } dan B′ = {w

′

dan misalkan T : V → W adalah suatu transformasi linier. Maka matriks [T ]BB adalah representasi matriks dari T relatif terhadap basis B dan B′ . Lagipula, koordinat dari T (vv ) relatif terhadap basis B′ diberikan oleh ′

[T (vv )]B′ = [T ]BB [vv ]B.

Misalkan dalam Kesimpulan 7.3.2 ruang vektor V = W B dan B′ adalah dua basis terurut yang berbedauntuk V dan T : V → V adalah suatu operator identitas yaitu ′ ′ T (vv) = v , f orallvv ∈ V . Maka [T ]BB adalah suatu matriks perubahan basis [I]BB (matriks transisi) yang telah dibahas dalam Bagian 5.7.

c


Contoh 7.3.1 Didefinisikan suatu operator linier T : R3 → R3 oleh     x x T y = −y . z z a. Dapatkan matriks dari T relatif terhadap basis baku untuk R3 . b. Gunakan hasil (a) untuk mendapatkan   1   T 2 3

Jawab a. Misalkan B = {ee1 ,ee2 ,ee3 } adalah basis baku untuk R3 . Karena       1 0 0 [T (ee1 )]B = 0 , [T (ee 2)]B = −1 dan [T (ee3 )]B = 0 , 0 0 1 maka



 1 0 0 [T ]B = 0 −1 0 . 0 0 1

b. Karena B adalah basis baku untuk R3 , maka   1 [vv]B = v = 2 . 3 Sehingga didapat



    1 0 0 1 1 T (vv) = [T (vv )]B = 0 −1 0 2 = −2 . 0 0 1 3 3

161

162

Berikut ini diberikan ringkasan proses untuk memperoleh representasi matriks dari suatu transformasi linier T : V → W relatif terhadap basis B dan B′ . 1. Untuk basis B = {vv1 ,vv2 , . . . ,vvn}, dapatkan T (vv 1), T (vv2 ), . . . , T (vv n). 2. Dapatkan masing-masing koordinat dari T (vv 1), T (vv2 ), . . . , T (vvn ) relatif terhadap basis w1 ,w w2 , . . . ,w wm }. B′ = {w Yaitu, dapatkan [T (vv1 )]B′ , [T (vv 2)]B′ , . . . , [T (vvn )]B′ . 3. Hitung [vv]B . 4. Hitung koordinat dari T (vv ) relatif terhadap basis B′ melalui   c1   ′  c2  B [T (vv)]B′ = [T ]B [vv]B =  ..  . . cm 5. Maka T (vv) = c1w 1 + c2w 2 + · · · + cmw m . Contoh 7.3.2 Misalkan T : R2 → R3 adalah transformasi linier didefinisikan oleh   y x T (vv ) = = x + y y x−y dan misalkan masing-masing

3 1 , B= 1 2

      1 1   1 ′ dan B = 0 , 1 , 1   0 0 1

adalah basis terurut untuk R2 dan R3 . ′

a. Dapatkan [T ]BB .

c


163

−3 b. Misalkan v = . Dapatkan T (vv ) secara langsung dan kemudian gunakan −2 matriks dari hasil (a). Jawab a. Kenakan T pada vektor basis di B, didapat     2 1 1 3 =  3  dan T T =  4 . 2 1 −1 2

Selanjutnya dapatkan masing-masing koordinat dari vektor tersebut relatif terhadap basis B′ . Yaitu mendapatkan skalar-skalar yang memenuhi         1 2 1 1 a1 0 + a2 1 + a3 1 =  3  1 −1 0 0

dan

        1 1 1 1 b1 0 + b2 1 + b3 1 = 4 . 1 2 0 0 Penyelesaian pada sistem perasamaa linier yang pertama adalah a1 = −1, a2 = 4

dan a3 = −1

dan peyelesaian pada sistem perasamaa linier yang kedua adalah b1 = −3, b2 = 2 dan b3 = 2. Jadi

 −1 −3 ′ [T ]BB =  4 2  −1 2 

b. Dengan menggunakan definisi T langsung, didapat     −2 −2 −3 T = −3 − 2 = −5 . −2 −1 −3 + 2

164 ′

Berikutnya, untuk menggunakan matriks [T ]BB pada bagian (a) diperlukan koordinat dari v relatif terhadap basis B. Perhatikan bahwa, penyelesaian dari persamaan 3 4 3 −3 1 = adalah a1 = − , a2 = − . + a2 a1 1 −2 2 5 5 −3 Jadi, vektor koordinat dari v = relatif terhadap basis B adalah −2 3 −5 −3 == [vv]B == . −2 B − 45 Selanjutnya dapat dihitung T menggunakan perkalian matriks sehingga didapat     3 −1 −3 3 − [T (vv )]B′ =  4 2  54 = −4 . −5 −1 −1 2 Jadi

        1 1 1 −2 T (vv) = 3 0 − 4 1 − 1 = −5 0 0 0 −1

terlihat hasilnya sama dengan hasil perhitungan langsung.

Contoh 7.3.3 Didefinisikan suatu transformasi linier T : P2(R) → P3(R) oleh 2d

T (p(x)) = x

2 p(x)

dx2

−2

d p(x) + xp(x), ∀p(x) ∈ P2(R). dx

Dapatkan representasi matriksdari T relatif terhadap basi baku untuk P2(R) dan P3(R) . Jawab Karena basis baku untuk P2(R) adalah B = {1, x, x2 }, maka pertama dihitung T (1) = x, T (x) = x2 − 2, T (x2 ) = x2 (2) − 2(2x) + x(x2 ) = x3 + 2x2 − 4x.

c


165

Karena basis baku untuk P3(R) adalah B′ = {1, x, x2 , x3 }, maka koordinat dari vektor T (1), T (x), T (x2 ) relatif terhadap basis B′ adalah:       0 −2 0  1      , [T (x)]B′ =  0  dan [T (x2 )]B′ = −4 . [T (1)]B′ =   0 1 2 0 0 1 Jadi representasi matriks dari T relatif terhadap basis B dan B′ adalah   0 −2 0 1 0 −4 ′  [T ]BB =  0 1 2  . 0 0 1

Sebagai suatu contoh, misalkan p(x) = x2 − 3x + 1. Karena p′ (x) = 2x − 3 dan p′′ (x) = 2, maka didapat T (p(x)) = x2 (2) − 2(2x − 3) + x(x2 − 3x + 1) = x3 − x2 − 3x + 6.

Untuk menggunakan representasi matriks dari T relatif terhadap basis B′ ditentukan dulu   1 [p(x)]B = −3 . 1

Sehingga koordinat dari image dari p(x) oleh pemetaan T relatif terhadap basis B′ diberikan oleh     0 −2 0   6 1 1 0 −4   ′  −3 = −3 . [T (p(x))]B′ = [T ]BB [p(x)]B =  0 1 2  −1 1 0 0 1 1

Sehingga didapat

T (p(x)) = 6 − 3x − x2 + x3 , hasil ini sesuai dengan penghitungan langsung T (p(x)).

166

Sebagai akibat dari beberapa pembahasan diberikan sebagai berikut. Akibat 7.3.1 Misalkan V dan W adalah ruang vektor berdimensi hingga dengan msaing-masin basis terurut B dan B′ . Bila S dan T adalah transformasi linier dari ′ ′ ′ V ke W , maka 1. [S + T ]BB = [S]BB + [T ]BB ′ ′ 2. [kT ]BB = k[T ]BB , untuk sebarang skalar k ∈ K. Akibat 7.3.2 Misalkan U,V dan W adalah ruang vektor berdimensi hingga dengan masing-msing basis terurut B, B′ dan B′′ . Bila T : U → V dan S : V → W adalah transformasi linier, maka ′′

′′

′

[S ◦ T ]BB = [S]BB′ [T ]BB .

Kesimpulan 7.3.3 Misalkan V adalah ruang vektor berdimensi hingga dengan basis tereurut B. Bila T adalah suatu operator linier pada V , maka [T n ]B = ([T ]B)n .

Kesimpulan 7.3.4 Misalkan T adalah suatu operator linier yang mempunyai invers pada suatu ruang vektor V berdimensi hingga dan B adalah suatu basis terurut untuk V . Maka [T −1 ]B = ([T ]B)−1 .

7.4 Similaritas Sebagaimana telah dibahas bahwa bila T : V → V adalah operator linier pada ruang vektor V dan B adalah suatu basis terurut untuk V , maka T mempunyai

c


167

suatu representasi matriks relatif terhadap basis B. Matriks yang tertentu untuk T bergantung pada pilihan basis yang ditentutkan. Sebagai akibat matriks yang berkaitan dengan suatu transformasi linier tidak tunggal. Apapun hal ini, tindakan dari operator T pada V tampa memperhatikan representasi matriks tertentu adalah selalu sama. Hal ini dijelaskan oleh contoh berikut. Contoh 7.4.1 Misalkan T : R2 → R2 adalah operator linier didefinisikan oleh x x+y T = . y −2x + 4y

Juga, misalkan dua basis terurut untuk R2 yaitu basis baku diberikan B1 = {ee1 ,ee2 } 1 1 2 , . Selidiki bahwa tindakan pada vektor v = oleh operator dan B2 1 2 3 T adalah sama terhadap pilihan basis B1 ataupun basis B2 dari representasi matriks T yang digunakan.

Jawab Representasi matriks dari T relatif terhadap basis B1 dan B2 masingmasing adalah 1 1 2 0 [T ]B1 = dan [T ]B2 = . −2 4 0 3

Perhatikan bahwa

2 [vv ]B1 = 3

dan

1 [vv ]B2 = . 1

Gunakan representasi dari operator T relatif masing-masing terhadap basis B1 dan B2 didapat 1 1 2 5 [T (vv)]B1 = [T ]B1 [vv]B1 = = −2 4 3 8 dan

2 2 0 1 [T (vv)]B2 = [T ]B2 [vv]B2 = . = 3 0 3 1 Untuk melihat hasil-hasil ini sama sebagai berikut: 5 1 1 5 0 1 . = +3 dan T (vv) = 2 = +8 T (vv ) = 5 8 2 1 8 1 0

168

Teorema berikut memberikan hubungan diantara matriks-matriks untuk suatu operator linier relatif terhadap dua basis yang berbeda. Teorema 7.4.1 Misalkan V adalah suatu ruang vektor berdimensi hingga, B1 dan B2 adalah dua basis terurut yang berbeda untuk V ; dan T : V → V adalah suatu operator linier. Misalkan P = [I]BB12 adalah matriks transisi dari B2 ke B1 . Maka [T ]B2 = P−1[T ]B1 P. Bukti Misalkan v sebarang vektor V , didapat [T (vv)]B2 = [T ]B2 [vv]B2 . Cara lain untuk menghitung [Tvv]B2 sebagai berikut: Karena P adalah matriks transisi dari B2 ke B1 , maka [vv]B1 = P[vv ]B2 . Jadi koordinat dari T (vv) relatif terhadap B1 diberikan oleh [T (vv)]B1 = [T ]B1 [vv ]B1 = [T ]B1 P[vv]B2 . Kedua ruas persamaan kalikan dari kiri dengan P−1 yaitu merupakan matriks transisi dari B1 ke B2 , didapat P−1[T (vv )]B1 = P−1[T ]B1 P[vv ]B2 , tetapi P−1[T (vv)]B1 = [T (vv )]B2 . Jadi [T (vv )]B2 = P−1 [T ]B1 P[vv]B2 .

(7.5)

karena dalam Persamaan 7.5 berlaku untuk semua vektor v di V , maka [T ]B2 = P−1[T ]B1 P.

(Lihat Gambar 7.2)

Contoh 7.4.1 Misalkan bahwa T, B1 dan B2 adalah operator linier dan basisbasis terurut sebagaimana dalam Contoh 7.4.1. Maka 1 1 [T ]B1 = . −2 4

c


[vv]B1

169

[T (vv)B1

[T ]B1

P−1

P [T ]B2

[vv]B2

[T (vv)]B2

Gambar 7.2: Diagram Perubahan Basis

Gunakan Teorema 7.4.1 untuk menyelidiki bahwa 2 0 [T ]B2 = . 0 3 Jawab Karena B1 adalah basis baku untuk R2 , maka matriks transisi dari B2 ke B1 adalah 1 1 B1 , P = [I]B2 = 1 2

sehingga didapat

Jadi,

2 −1 P−1 = . −1 1

2 −1 P−1 [T ]B1 P = −1 1

1 1 −2 4

2 0 1 1 = [T ]B2 . = 0 3 1 2

Contoh 7.4.2 Misalkan T : R2 → R2 adalah operator linier didefinisikan oleh x −x + 2y x T = ,∀ ∈ R2 . y 3x + y y Misalkan B1 =

2 1 , −1 0

dan B2 =

1 0 , −1 1

adalah basis terurut untuk R2 . Dapatkan matriks dari T relatif terhadap B1 dan gunakan Teorema 7.4.1 untuk mendapatkan matriks dari T relatif terhadap B2.

170

Jawab Karena T

didapat

2 −1

−4 = 5

−4 [T ]B1 = 5 B

1

matriks transisi dari B2 ke B1 adalah 1 P = [I]BB12 = −1 B

1 −1 dan T = , 0 3 −1 −5 −3 = . 3 B 6 5 1

1

−1 1 −1 = 3 B −1 2 1

Gunakan Teorema 7.4.1 didapat [T ]B2

2 1 −5 −3 1 −1 = P−1 [T ]B1 P = 1 1 6 5 −1 2 −3 2 = . −1 3

Secara umum, bila A dan B matriks persegi adalah representasi untuk operator linier yang sama, maka kedua matriks tersebut dinamakan similar. Dengan menggunakan Teorema 7.4.1 dapat didefinisikan similaritas untuk matriksmatriks persegi tampa merujuk pada suatu operator linier. Definisi 7.4.1 Misalkan A dan B matriks berukuran n × n. Dikatakan bahwa A similar dengan B bila ada suatu matriks P yang punya invers sedemikian hingga B = P−1AP. Pengertian dari similaritas menjelaskan suatu relasi diantara matriks persegi yang mempunyai sifat: 1. Similar dengan dirinya sendiri A = I −1AI untuk sebarang matriks persegi A dan matriks identitas I yang sesuai ukurannya.

c


171

2. Simetri, Bila A similar dengan B, maka B similar dengan A. Sebab bila B = P−1 AP, maka A = PBP−1 = Q−1 BQ dimana Q = P−1. 3. Transitif, Bila A similar dengan B, dan B similar dengan C, maka A similar dengan C. Sebab bila B = P−1AP dan C = Q−1 BQ maka C = Q−1 (P−1AP)Q = (Q−1 P−1)A(PQ) = (PQ)−1 A(PQ) = R−1 AR, dimana R = PQ. Terlihat bahwa similaritas diantara matriks-matriks adalah relasi ekivalen. Pada pembahasan berikut ini digunakan notasi A = (T, B, B′ ) yang menyatakan representasi matriks dari T , dimana T : V → W adalah suatu transformasi linier dengan V dan W berdimensi hingga dan masing-masing B dan B′ adalah basis terurut untuk V dan W .

7.5 BENTUK NORMAL DIAGONAL SATUAN Diberikan pemetaan linier T : V → W terhadap basis terurut B untuk ruang vektor V dan basis terurut B′ untuk ruang vektor W , bagaimana cara memilih basis terurut B untuk ruang vektor V dan basis terurut B′ untuk ruang vektor W supaya representasi matriks A¯ = (T, B, B′ ) mempunyai bentuk normal diagonal satuan yang sederhana, yaitu matriks:   .. Ir . 0    ... ... ... , . 0 .. 0 dengan Ir adalah matriks satuan berukuran r × r dan r ≤ min{dim(V ), dim(W )}. Untuk memperoleh cara yang dimaksud ini digunakan sifat berikut.

SIFAT Misalkan pemetaan linier T : V → W , masing-masing dimensi V dan W adalah m dan n dengan dim(Im(T )) = r. Maka ada basis terurut B dari V dan basis terurut B′ dari W sehingga representasi matriks dari T berbentuk normal

172

diagonal satuan, yaitu 

. Ir ..  A¯ = ( f , B,C) =  . . . . . . . 0 .. ←→ r



0  ...  0 ←→ m−r

l

r

l

n−r

Bukti Dari sifat dimensi pemetaan linier didapat, dim(N(T )) = dim(V ) − dim(R(T )) = m − r. Misalkan vr+1 , . . . ,vvm adalah suatu basis terurut dari N(T ). Perluas basis ini sampai diperoleh basis terurut B = v 1 , . . . ,vvr ,vvr+1 , . . . ,vvm dari ruang vektor V . Dari pengertian kernel didapat T (vv r+1 ) = 0W , . . . , T (vvm ) = 0W . Selanjutnya pilih vektor-vektor yang memenuhi

wr ∈ R(T ) w 1, . . . ,w

T (vv 1 ) = w 1 , . . . , T (vvr ) = w r . wr adalah suatu basis terurut dari R(T ). SeJelas bahwa vektor-vektor w 1 , . . . ,w lanjutnya perluas basis ini sampai diperoleh basis terurut wr ,w wr+1 , . . . ,w wn B′ = w 1 , . . . ,w dari ruang vektor W . Jadi, terhadap basis terurut B dari ruang vektor V dan basis terurut B′ dari ruang vektor W , pemetaan T didefinisikan oleh T (vv 1) = w 1, . . . , T (vv r ) = w r , T (vvr+1 ) = 0W , . . . , T (vvm ) = 0W . Dari definisi ini terlihat bahwa representasi matriks A¯ = (T, B, B′ ) adalah:   . Ir .. 0 l r   A¯ = (T, B,C) =  . . . . . . . . .  . l n−r 0 .. 0 ←→ ←→ r m−r

c


173

Contoh 7.5.1 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 V dan W supaya dengan basis-basis ini pemetaan linier mempunyai representasi matriks berbentuk normal diagonal satuan. Jawab Pertama, tentukan kernel dari A dengan menyelesaikan persamaan Axx = 0 R3 , didapat: n o ′ ker(A) = x(7, −5, 1) | x ∈ R atau

ker(A) =

Dn

′

(7, −5, 1)

oE

.

Perluas basis dari kernel sehingga diperoleh basis terurut n o ′ ′ ′ B = (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (7, −5, 1) .

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: n o ′ ′ ′ ′ B = (1, 2, 3) , (2, 3, 5) , (1, 0, 0)

adalah basis terurut dari ruang vektor W . Selanjutnya selidiki dengan basisbasis terurut B dan B′ , matriks representasi berbentuk normal diagonal satuan sebagaimana berikut ini. Persamaan-persamaan yang memberikan matriks P−1 = (T, B, B)

dengan B basis terurut baku adalah: IV (¯v¯1 ) = v¯1 = (1, 0, 0)′ ,

174

IV (¯v2 ) = v¯2 = (0, 1, 0)′ dan IV (¯v3 ) = v¯ 3 = (7, −5, 1)′ . Sehingga didapat:



 1 0 7 P−1 =  0 1 −5  . 0 0 1

Dengan cara serupa, persamaan-persamaan yang memberikan matriks Q−1 = (T, B′ , B) dengan B′ basis terurut baku adalah: IW (w¯ 1 ) = w¯ 1 = (1, 2, 3)′ , IW (w¯ 2 ) = w¯ 2 = (2, 3, 5)′ dan IW (w¯ 3 ) = w¯ 3 = (1, 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 A¯ = QAP−1 diberikan oleh:       0 5 −3 1 2 3 1 0 7 1 0 0 A¯ =  0 −3 2   2 3 1   0 1 −5  =  0 1 0  . 1 1 −1 3 5 4 0 0 1 0 0 0

7.6 Vektor-Karakteristik dan Ruang-Karakteristik Tergenaralisir Misalkan T : U → U suatu pemetaan linier pada ruang vektor U berdimensi n atas lapangan F. Bila u ∈ U dan λ ∈ F memenuhi T (uu) = λuu, maka u dinamakan suatu vektor-eigen dari T yang bersesuaian dengan nilai-eigen λ.

c


175

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 Axx = λxx, maka x dikatakan suatu vektor-eigen dari matriks A yang bersesuaian dengan nilai-eigen λ. Misalkan matriks A = (T, B, B) adalah representasi dari pemetaan linier T : U → U terhadap basis terurut B dari ruang vektor U. Selanjutnya bila ρB adalah u). Jadi pemetaan koordinat dari U ke Fn, maka A = ρB T ρ−1 B dan x = ρB (u u)) = λρB(uu) Axx = λxx ⇔ (ρB T ρ−1 B )(ρB (u ⇔ ρB (T (uu)) = ρB (λuu) ⇔ T (uu) = λuu Teorema 7.6.1 Bila T : U → U suatu pemetaan linier dan masing masing matriks A = (T, B, B) dan A¯ = (T, B, B) adalah representasi dari T dengan basis terurut ¯ yang berbeda, maka nilai-eigen dari A sama dengan nilai-eigen dari A. Bukti Misalkan P = (IU , B, B) matriks perubahan basis dari basis B ke basis B, maka A¯ = PAP−1 . Bila Axx = λxx didapat (PAP−1 )(Pxx ) = λ(Pxx ). Sehingga ¯ x = λ¯x dimana x¯ = Pxx . Terlihat bahwa matriks A dan A¯ mempunyai diperoleh A¯ nilai-eigen yang sama.

Cara Menghitung Nilai Eigen dan Vektor Eigen Misalkan A suatu matriks berukuran n × n dan Axx = λxx dengan x 6= 0 dan x ∈ Fn , maka (λI − A)xx = 0, dengan I adalah matriks identitas berukuran ukuran n × n. Persamaan homogin (λI − A)xx = 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 7.6.1 Diberikan matriks 0 1 λ −1 A= ⇒ det( ) = λ2 − 3λ + 2 = (λ − 2)(λ − 1). −2 3 2 λ−3

176

Untuk λ = 2 didapat: 2 −1 x1 0 1 = ⇒ x2 = 2x1 ⇒ x = , x2 2 −1 0 2

sedangkan untuk λ = 1 didapat: 1 −1 x1 0 1 = ⇒ x1 = x2 ⇒ x = . x2 2 −2 0 1

7.7 Pendiagonalan Matriks Persegi Pendiagonalan matriks persegi merupakan suatu alat yang berguna bagi matriks yang bisa didiagonalkan dan banyak aplikasinya. Berikut ini diberikan sifat mengenai pendiagonalan suatu matriks persegi. Teorema 7.7.1 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 x 1 ,xx2 , . . . ,xxn adalah vektor-eigen dari matriks A dengan hxx 1,xx2 , . . . ,xxn i = Fn. Jadi matriks Q = [xx 1 |xx2 | . . . |xxn ]

mempunyai invers, misalkan Q−1 = P. Sehingga didapat AQ = A [xx 1 |xx2 | . . . |xxn ] = [Axx1 | Axx 2 | . . . | Axx n ] = [λ1x1 | λ2x2 | . . . | λnx n]   λ1 . . . . . . 0 .   ..  . λ2 . . . ..  = [xx1 |xx2 | . . . |xxn]  .   .. . . . . . . ...  0 . . . . . . λn = QA¯ ⇔ A¯ = Q−1 AQ ⇒ A¯ = PAP−1.

c


177

Contoh 7.7.1 Selidiki apakah matriks dibawah ini bisa didiagonalkan! 0 1 A= −2 3 Dalam pembahasan sebelum didapat bahwa X 2 = λ2X 2 AX1 = λ1X 1 dan AX dengan λ1 = 2, X 1 = Untuk matriks

1 2

dan λ2 = 1, X2 =

X 1 X 2] = Q = [X didapat A¯ = Q−1 AQ =

−1 1 2 −1

1 1 2 1

0 1 −2 3

1 . 1

1 1 2 1

=

2 0 . 0 1

¯ Terlihat bahwa matriks A dapat didiagonalkan menjadi matriks A. Teorema 7.7.2 Bila matriks A berukuran n × n mempunyai n eigenvalue yang berbeda satu dengan yang lainnya, maka eigenvektor-eigenvektornya bebas linier. Bukti Misalkan λ1, λ2 , . . . , λn adalah eigenvalue-eigenvalue yang berbeda satu X 2 , . . . ,X X n adalah eigenvektor-eigenvektor. yang dengan yang lainnya dan X 1,X bersesuaian. Dengan menggunakan induksi dibuktikan bahwa eigenvektor eigenvektor tsb. bebas linier. Misalkan bahwa X 2, . . . ,X Xk X 1,X bebas linier dan untuk a1X 1 + a2X 2 + . . . + akX k + ak+1X k+1 = 0 .

(7.6)

178

Sehingga didapat A(a1X 1 + a2X 2 + . . . + akX k + ak+1X k+1) = 0 atau a1 λ1X 1 + a2λ2X 2 + . . . + ak λkX k + ak+1λk+1X k+1 = 0.

(7.7)

Kalikan λk+1 pada Persamaan 7.6 selanjutnya hasilnya kurangkan pada Persamaan 7.7 didapat: X 1 + a2 (λ2 − λk+1)X X 2 + . . . + ak (λk − λk+1)X X k = 0. a1(λ1 − λk+1)X X k bebas linier dan λi 6= λ j , ∀i 6= j, maka haruslah Karena X 1 , . . . ,X a1 = a2 = . . . = ak = 0 . Sehingga Persamaan 7.6 menjadi ak+1X k+1 = 0 dan karena X k+1 6= 0 , maka haruslah ak+1 = 0. Terlihat bahwa bila dari kenyataan Persamaan 7.6 menjadi ak+1X k+1 = 0 dan karena dipenuhi maka berakibat a1 = a2 = . . . = ak = ak+1 = 0, hal ini menunjukkan bahwa vektor-vektor X 1 , . . . ,X X k ,X X k+1 X 1 ,X adalah bebas linier.

Kesimpulan 7.7.1 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, eigenvektoreigenvektor yang bersesuaian dengan eigenvalue-eigenvalue merupakan vektorvektor yang bebas linier. Sehingga vektor-vektor ini membentangkan keseluruhan ruang Fn . Akibatnya matriks A dapat didiagonalkan.

179

c


Contoh 7.7.2 Diberikan matriks 

 0 1 0 A =  0 0 1 . 6 −11 6

Polinomial kharakteristik A adalah λ −1 0 λ −1 p(λ) = 0 λ −1 = λ 11 λ − 6 −6 11 λ − 6 atau

+ 1 0 −1 −6 λ − 6

p(λ) = λ(λ2 − 6λ) + 11λ − 6 = λ3 − 6λ2 + 11λ − 6 = (λ − 3)(λ − 2)(λ − 1). Didapat λ1 = 3, λ2 = 2 dan λ3 = 1. Sehingga didapat pasangan eigenvalueeigenvektor:       1 1 1      X 1 = 3 ; λ2 = 2,X X 2 = 2 ; λ3 = 1,X X3 = 1 . λ1 = 3,X 9 4 1

dan



   1 − 32 12 1 1 1 X 1 X 2 X 3 ] =  3 2 1  ⇒ Q−1 =  −3 4 −1  . Q = [X 9 4 1 3 − 25 12 Matriks A¯ = Q−1 AQ adalah matriks diagonal dengan elemen-elemen diagonal λ1 = 3, λ2 = 2 dan λ3 = 1.

MATRIKS INVARIAN Suatu matriks persegi invarian adalah suatu sifat dari matriks yang tidak berubah bila matriks ditransformasi dengan suatu cara tertentu. Eigenvalue-eigenvalue dari suatu matriks adalah invarian dibawah suatu transformasi kesemilaran, begitu juga trace dan determinannya. (Trace suatu matriks A adalah jumlah keselun

ruhan eleme-elemen diagonalnya: tr(A) = ∑ ai,i ). i=1

180

Teorema 7.7.3 Bila λ adalah eigenvalue dari matriks A, maka λ juga eigenvalue dari suatu matriks PAP−1 Bukti Misalkan X = λX X AX

X dan Y = PX

dengan P matriks yang punya invers, jadi X = P−1Y . Sehingga didapat Y = λY Y. A(P−1Y ) = λ(P−1Y ) ⇒ (PAP−1 )Y Terlihat bahwa λ juga eigenvalue dari matriks PAP−1.

Teorema 7.7.4 Bila ABC adalah hasil kali matriks persegi, maka tr(ABC) = tr(BCA). Bukti n

(ABC)i,l =

n

∑ ∑ ai, j b j,k ck,l

k=1

j=1

!

.

Didapat n

tr(ABC) =

n

!!

n

∑ (ABC)i,i = ∑ ∑ ∑ ai, j b j,k ck,i

i=1

i=1 k=1

n

=

n

n

n

j=1

!!

∑ ∑ ∑ b j,k ck,iai, j

j=1 i=1 k=1

= tr(BCA).

Teorema 7.7.5 Trace dan determinan dari suatu matriks persegi adalah invarian dalam suatu tranformasi similar. Lagi pula bila matriks A dapat didiagonalkan dengan eigenvalue λi , i = 1, . . . , n, maka n

tr(A) = ∑ λi i=1

n

dan det(A) = ∏ λi . i=1

c


181

Bukti Dari hasil sebelumnya, tr(PAP−1 ) = tr(P−1 PA) = tr(A). Sehingga didapat det(PAP−1 ) = = = =

det(P)det(A)det(P−1) det(A)(det(P)det(P−1 )) det(A)det(PP−1 ) det(A)det(I) = det(A).

Jelas bahwa bila PAP−1 = A¯ dengan A¯ matriks diagonal dengan elemen-elemen diagonal λi , i = 1, . . . , n, maka n

tr(A) = ∑ λi i=1

n

dan det(A) = ∏ λi . i=1

Contoh 7.7.3 Diberikan matriks matriks   0 1 0 A =  0 0 1  ⇒ λ1 = 3, λ2 = 2, λ3 = 1. 6 −11 6

Sedangkan trace dari matriks A adalah

tr(A) = 0 + 0 + 6 = 6 λ1 + λ2 + λ3 = 3 + 2 + 1 = 6

⇒ tr(A) = λ1 + λ2 + λ3.

Sehinggadidapat 1 0 det(A) = 6 0 1

=6

λ1λ2λ3 = 3(2)(1) = 6

      

⇒ det(A) = λ1λ2λ3.

182

MULTIPLISITAS GEOMETRI dan ALJABAR Misalkan λ adalah suatu eigenvalue dari pemetaan linier T : U → U. Himpunan semua eigenvektor-eigenvektor yang bersesuaian dengan eigenvalue λ beserta vektor nol dinamakan ruang eigen (eigen space) dari U dinotasikan oleh Eλ (U). Ruang eigen Eλ (U) adalah ruang bagian dari ruang vektor U, sebab merupakan kernel dari pemetaan (λIU − A). Dimensi dari subruang Eλ (U) dinamakan multiplisitas geometri dari λ dan banyaknya λ yang sama (kembar/rangkap) dinamakan multiplisitas aljabar dari λ. Misalkan multiplisitas geometri dari λ adalah a dan multiplisitas aljabar dari λ adalah b, maka a ≤ b Contoh 7.7.4 Diberikan matriks   2 −1 −1 A =  0 3 1  ⇒ det(λI − A) = (λ − 4) (λ − 2)2 . 0 1 3

Sehingga didapat



dan

 * 1 + 2 1 1 E4(R3 ) = ker( 0 1 −1 ) =  −1  −1 0 −1 1  * 1   0 + 0 1 1 E2(R3 ) = ker( 0 −1 −1 ) =  0  ,  1  . 0 −1 0 −1 −1 

Terlihat bahwa untuk λ = 4 ataupun λ = 2, multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar. Jadi matriks A dapat didiagonalkan. Contoh 7.7.5 Diberikan matriks   2 1 0 A =  0 2 0  ⇒ det(λI − A) = (λ − 4) (λ − 2)2. 0 0 4

c


183

Sehingga didapat  * 0 + 2 −1 0 E4 (R3 ) = ker( 0 2 0 ) =  0  1 0 0 0 

dan



 * 1 + 0 −1 0 E2(R3 ) = ker( 0 0 0 ) =  0  . 0 0 −2 0

Terlihat bahwa untuk λ = 4 multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar, tetapi untuk λ = 2 multiplisitas geometri < multiplisitas aljabar. Dengan demikian matriks A tidak dapat didiagonalkan.

Teorema 7.7.6 Bila det(λI − A) = λn + cn−1 λn−1 + · · · + c0 = p(λ), maka An + cn−1 An−1 + · · · + c0I = 0 . Bukti Bila PAP−1 = D dimana matriks D adalah matriks diagonal dengan elemenelemen diagonal λi , i = 1, . . . , n adalah eigenvalue-eigenvalue dari matriks A. Maka didapat : An + cn−1 An−1 + · · · + c0 = P−1(Dn + cn−1 Dn−1 + · · · + c0 I)P   p(λ1) . . . 0 . ..  P −1  . .. = P  .. .  0 . . . p(λn )   0 ... 0   = P−1  ... . . . ...  P 0 ... 0 = 0.

184

Contoh 7.7.6 Diberikan matriks   0 1 0 A =  0 0 1  ⇒ det(λI − A) = λ3 − 6λ2 + 11λ − 6. 6 −11 6

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

7.8 Orthogonal 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 , hr1u 1 + r2u 2 ,vvi = r1 huu1 ,vvi + r2 huu2,vvi dan r1, r2 ∈ R (Linier). , huu,vvi = hvv,uui untuk semua u ,vv ∈ V (Simetri). , huu,uui ≥ 0 untuk semua u ∈ V dan huu,uui = 0 bila dan hanya bila u = 0 (semi definit positip).

c


185

Bila x = (x1 , . . . , xn )′ , y = (y1 , . . . , yn )′ ∈ Rn , maka hasil kali dalam baku diberikan oleh n

∑ xiyi

def

hxx,yyi =

i=1

(juga dinamakan dot product dalam geometri Euclide). Bila vektor-vektor x dan y disajikan dalam vektor kolom, maka hxx,yyi = x′y. Suatu norm dari ruang vektor V ke lapangan riil R adalah suatu fungsi dinotasikan oleh k · k yang memenuhi kvvk ≥ 0 untuk semua v ∈ V dan kvvk = 0 bila dan hanya bila u = 0 (Definit 2 positip). krvvk = |r| kvvk untuk semua v ∈ V, r ∈ R 2 kuu +vvk ≤ kuuk + kvvk untuk semua u ,vv ∈ V (Pertaksamaan segitiga). 2

NORM EUCLIDE Untuk setiap u ∈ Rn norm Euclide diberikan oleh def

kuuk p =

n

∑ |ui|

!1

p

p

i=1

dalam hal ini dinamakan norm-p. Khusus untuk p = 2 cukup ditulis n

kuuk =

∑ |ui|

i=1

2

!1 2

Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan R. - Dua vektor u ,vv ∈ V dikatakan orthogonal bila huu,vvi = 0.

186

- Suatu himpunan dari vektor-vektor adalah orthogonal bila setiap dua pasang vektor orthogonal. - Suatu vektor u ∈ V adalah ternormalisir bila kuuk = 1. - Dua vektor u ,vv ∈ V dikatakan orthonormal bila kuuk = kvvk = 1

huu,vvi = 0.

dan

Setiap vektor u ∈ V bisa dinormalisir kedalam bentuk

u . kuuk

Contoh 7.8.1 Himpunan vektor-vektor (1, 0)′ , (0, 1)′ adalah orthonormal, tetapi

(1, 1)′ , (−1, 1)′

adalah orthogonal. Himpunan yang terakhir ini dapat dijadikan orthonormal sebagai mana himpunan berikut ini 1 1 ′ 1 1 ′ √ ,√ . , −√ , √ 2 2 2 2

Perhatikan bahwa norm u = (x, y)′ diberikan oleh: p kuuk = x x∗ + y y∗

dimana x∗ adalah konjuget dari x bila x adalah bilangan kompleks. 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)′ .

c


187

Diberikan matriks A berukuran n × n, matriks A dikatakan matriks simetri bila A = A′ dan dikatakan anti-simetri (skew-symmetric) bila A = −A′ . Matriks simetri bermaanfaat dalam bentuk kuadrat, misalnya a1,1 a1,2 x x y = a1,1 x2 + 2a1,2 xy + a2,2 y2 a1,2 a2,2 y

Masalah bentuk kuadrat akan dibahas pada pembahasan mendatang. Berikut ini diberikan dua sifat penting dari matriks simetri yang sangat berguna pada pembahasan mendatang, khususnya pada pembahasan masalah dekomposisi spektral, faktorisasi QR dan dekomposisi nilai singular. Teorema 7.8.1 Bila matriks A simetri dengan elemen-elemen riil dan berlaku Axx = λxx dengan x 6= 0 , maka λ selalu merupakan bilangan riil. Bukti Digunakan tanda ∗ untuk menyatakan komplek sekawan (complex conjugate). Kedua ruas dari Axx = λxx ′

kalikan dengan x ∗ didapat

′

′

x ∗ Axx = λ(xx∗ x ).

(7.8)

Persamaan7.8 kedua ruas ditranspose-konjuget didapat ′

′

x ∗ Axx = λ∗(xx ∗ x ).

(7.9)

Persamaan 7.9 dikurangi Persamaan 7.8 didapat ′

0 = (λ∗ − λ)(xx ∗ x ) ⇒ 0 = λ∗ − λ (sebab x 6= 0 ). Jadi λ∗ = λ, maka dari itu λ adalah bilangan riil. Teorema 7.8.2 Misalkan A matriks simetri berukuran n × n dengan elemen-elemen 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 hxx,yyi = 0.

188

Bukti Kedua ruas persamaan Axx = λxx kalikan dengan y ′ didapat y ′ Axx = λ(yy′x ).

(7.10)

Kedua ruas persamaan Ayy = µyy kalikan dengan x ′ didapat x ′ Ayy = µ(xx ′y ).

(7.11)

Kedua ruas Persamaan 7.11 ditranspose didapat y ′ Axx = µ(yy′x ).

(7.12)

Persamaan 7.12 dikurangi Persamaan 7.10 didapat 0 = (µ − λ)(yy′x) ⇒ 0 = y′x = hxx,yyi

(sebab λ 6= µ).

Contoh 7.8.2 Diberikan matriks simetri   6 −2 −1 A = −2 6 −1 . −1 −1 5

Nilai eigen dari A didapat dari polininomial karakteristik matriks A yaitu p(λ) dengan menyelesaikan det(λ I − A) = 0, didapat p(λ) = λ3 − 17 λ2 + 90 λ − 144 = (λ − 8) (λ − 6) (λ − 3) . Terlihat bahwa nilai-eigen dari A berbeda, yaitu λ1 = 8, λ2 = 6 dan λ3 = 3. Vektor-eigen dari A yang bersesuaian dengan nilai-eigen adalah:       −1 −1 1 λ1 = 8 ⇒ v1 =  1  , λ2 = 6 ⇒ v2 = −1 , λ3 = 3 ⇒ v3 = 1 0 2 1 dan hvv1, v2 i = 0, hvv1, v3 i = 0 dan hvv2, v3 i = 0 . Terlihat bahwa vektor-vektor v1 , v2 , v2 saling orthogonal.

c


189

MATRIKS ORTHOGONAL Matriks A berukuran n × n dikatakan orthogonal bila AA′ = I = A′ A yaitu A−1 = A′ .

Teorema 7.8.3 Bila Bi dan K j masing-masing menyatakan baris ke-i dan kolom ke- j dari suatu matriks orthogonal A berukuran n × n, maka {Bi , i = 1, . . . , n}

dan {K j , j = 1, . . . , n}

adalah himpunan dari vektor-vektor orthonormal.

Bukti Dari elemen perkalian matriks (AA′ )i, j = Bi , B j dan fakta AA′ = I didapat

1 i= j Bi , B j = 0 yang lainnya,

terlihat bahwa baris-baris dari A adalah orthonormal. Bila A orthogonal, maka A′ juga orthogonal, jadi kolom-kolom dari A juga orthonormal.

Contoh 7.8.3 Bila matriks A diberikan oleh   0 1 0 A =  0 0 1 , 1 0 0 maka



    0 1 0 0 0 1 1 0 0 AA′ =  0 0 1   1 0 0  =  0 1 0  = I 1 0 0 0 1 0 0 0 1

. Juga dapat dicek bahwa A′ A = I. Jadi A adalah matriks orthogonal.

190

Contoh 7.8.4 Bila matriks A diberikan oleh   0 − √1 √1 2 2   0 , A= 1 0 √1 0 √1 2

2

maka



0 − √1 2  ′ AA =  1 0 0 √1 2

√1 2



0 1 1  0   − √2 0 √1 √1 0 2

2

0 √1 2 √1 2





 1 0 0   = 0 1 0 =I . 0 0 1

Juga dapat dicek bahwa A′ A = I. Jadi A adalah matriks orthogonal.

Teorema 7.8.4 Suatu pemetaan linier yang direpresentasikan oleh suatu matriks orthogonal adalah mempertahankan jarak dari suatu vektor, yaitu bila A suatu matriks orthogonal, maka kAxxk = kxk untuk semua x ∈ Rn . Bukti Dari persamaan kxxk = didapat

p hxx,xxi

dan

hxx,xxi = x ′x ,

kxxk2 = x ′x . Oleh karena itu kAxx k2 = x ′ A′ Axx = x ′x = kxxk2 ⇒ kAxxk = kxxk.

Contoh 7.8.5 Diberikan matriks orthogonal   1 1    0 − √2 √2  x 1    dan sebarang x =  x2  ∈ Rn , A= 1 0 0    1  1 x3 √ 0 √ 2 2

c


191

maka dapat ditunjukkan bahwa kAxx k = kxxk sebagai mana berikut ini:     1 1 1 1 − √ x2 + √ x3 0 − √ √     2 2  2 2      x1   1  =   x1 0 0     x2 =   1   1 1  x3 1 √ x2 + √ x3 0 √ √ 2 2 2 2 r 1 1 1 1 (− √ x2 + √ x3 )2 + x21 + ( √ x2 + √ x3)2 = 2 2 2 2 r 1 2 1 1 1 x2 − x2x3 + x23 + x21 + x22 + x2 x3 + x23 2 2 2 2 q x21 + x22 + x23 = kxx k.

KOMENTAR: Karena matriks A mempunyai eigenvalue-eigenvalue yang berbeda, maka dapat didiagonalkan menjadi matriks Q−1 AQ dengan matriks Q = [xx 1|xx 2| . . . |xx n]

dengan x i , i = 1, . . . , n

adalah eigenvektor-eigenvektor dari A yang sesuai dengan eigenvaluenya. Berdasarkan hasil sebelumnya vektor-vektor x i , i = 1, . . . , n saling orthogonal. Bila vektor-vektor ini dinormalkan maka didapat matriks orthogonal x 1 x 2 x n ... P= , kxx1k kxx2 k kxxn k dengan demikian matriks P′ AP juga matriks diagonal.

192

Contoh 7.8.6 Diberikan matriks simetri

A=

√1 2

√ √ √ λ 0 λ−1 − 2 2 2 1 = √ ⇒ − √ 0 λ 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:

x1 =

√ − 2 1

dan

x2 =

1 √ . 2

Sehingga diperoleh

x1 kxx1 k

√  2  −√  3    =    1  √ 3 

dan

x2 kxx2k



  =  

1 √ 3 √ 2 √ 3



  .  

Bila matriks

x1 P= kxx1 k

x2 kxx2 k

,

maka pendiagonalan dari matriks A adalah P′ AP dan hasilnya diberikan sebagai

c


berikut

√  √   2 1 2 1 √  − √3 √3   − √3 √3    1  2     √    √  √ = 2 2  1  1 2  2  √ √ √ √ 3 3 3 3 √  √  √ 2 2 2 1 2 2  − √3 + √3 − √3 + √3   − √3 √3      √  √ √  1 2 2 2 2 2  1 √ +√ √ + √ √ √ 3 3 3 3 3 3  √    2 1 0 0  − √3 √3     0 0   √   3 3 2  √ = 0 3  1 2  √ √ √ √ 3 3 3 3

193





  =  

CATATAN: 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 ini bisa didiagonalkan. Bila ada yang rangkap, maka hal ini ada dua kasus. Yang pertama bila masingmasing 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

194

walaupun memberikan eigenvektor-eigenvektor yang saling bebas linier tetapi tidak menjamin bahwa eigenvektor-eigenvektor ini orthogonal. Oleh karena itu matriks yang kolom-kolomnya merupakan eigenvektor-eigenvektor 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. Contoh 7.8.7 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 0 1 λ1 = 2,xx1 =  0  ; λ2 = 2,xx2 =  1  ; λ3 = −1,xx3 =  1  . −1 −1 1

Terlihat bahwa hxx1 ,xx3 i = hxx 2,xx3 i = 0 tetapi hxx1,xx2 i = 1 6= 0. Penormalan dari x 2 dan x 3 didapat :   1√   0 3 √3 √ x x2 3 =  12 √2  dan p 3 = =  13 √3  . p2 = x x kx 2 k kx 3 k 1 − 12 2 3 3

Untuk memperoleh suatu vektor x¯1 supaya h¯x¯1 ,xx2 i = 0, sebagai berikut. Misalkan x¯1 + axx2 = x1 , didapat x ′2x¯1 + axx ′2x 2 = x ′2x 1

atau h¯x¯1 ,xx2 i + a hxx2 ,xx2 i = hxx1,xx2 i ⇒ a =

hxx1 ,xx2 i . hxx2 ,xx2 i

195

c


Sehingga didapat x¯1 = x 1 − Jadi

hxx1 ,xx2i x 2. hxx2 ,xx2i



     1 1 0 1 x¯1 =  0  −  1  =  − 12  . 2 −1 −1 − 12

Dengan menormalkan vektor x¯1 didapat:  x¯ p1 = 1 k¯x¯1 k

1 3

q

3 2

  1 q3 =  −3 q2  1 3 − 3 2



  .  

Jadi matriks P = [pp1 | p 2 | p 3] diberikan oleh: q  √  2 3 1 3 0 3  3 q2 √ √   1 3 1  1 P =  − 3 2 2 2 3 3  ⇒ P′ P = I = PP′ (P matriks orthogonal).  q √ 1√  1 1 3 −2 2 3 3 3 2

Sehingga didapat : 

 ′ P AP =  

2 3 1 3

q

3 2

0 √ 3



q

q





1 3 1 3 1 −1 −1  3√ 2 3 √3    −1 1 −1   1 1   2 − 2  2 √ 2√ −1 −1 1 1 1 3 3 3 3

−

 2 0 0 = 0 2 0  0 0 −1





q

3 2 3 q2 − 31 32 q 3 1 3 2

0 √

1 2 − 12

2 √ 2

1 3 1 3 1 3

√  3 √   3 √  3

196

7.9 PROSES ORTHOGONAL GRAM-SCHMIDT Dalam bagian ini dibahas proses pengorthogonalan dari GRAM-SCHMIDT. Diberikan himpunan vektor-vektor yang bebas linier X 1 ,X X 2, . . . ,X X n }, S = {X dari S dibentuk himpunan vektor-vektor orthormal T 1,T T 2 , . . . ,T T n} T = {T sebagi berikut: t1 ktt 1 k X ,X X i t hX t2 = X2 − 2 1 t1 ⇒ T 2 = 2 X 1 ,X X 1i hX ktt 2 k .. . .. . X n ,tt 2i X n,tt n−1 i X n ,tt 1 i hX hX hX t1− t 2 −. . . − tn =Xn− htt 1 ,tt 1 i htt 2 ,tt 2i htt n−1,tt n−1 i Didapat matriks orthogonal t1 = X1 ⇒ T 1 =

t n−1 ⇒ T n =

tn ktt nk

T 1 |T T 2 | . . . |T T n] . T = [T

Contoh 7.9.1 Diberikan matriks dengan kolom-kolom merupakan vektor-vektor yang bebas linier, yaitu   1 1 1 A= 0 1 1  0 0 1 X 2 dan X 3 adalah vektor-vektor kolom dari A, maka Misalkan X 1 ,X

c


197



   1 1 t1    t1 = X 1 = 0 ⇒ T 1 = = 0 t kt 1 k   0     0 0 0 1 X t t hX ,t i 2 2 1 t1 =  1  ⇒ T 2 = t2 =  1  − = 1  htt 1,tt 1 i ktt 2k 0 0 0     1 0 0 X t X t t hX ,t i hX ,t i 3 1 3 2 3 t3 =  1 − t1 − t2 =  0  ⇒ T 3 = = 0  htt 1,tt 1 i htt 2 ,tt 2 i ktt 3 k 1 1 1 T 1 T 2 T 3 ] adalah matriks orthogonal. Terlihat bahwa matriks T = [T

PROYEKSI dan GENERAL INVERS Proses orthogonal Gram-Schmid erat kaitannya dengan apa yang dinamakan proyeksi sebagaimana akan terlihat dalam pembahasan berikut ini. Ada kalanya sistem persamaan linier Axx = 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 Axx = y : 6 3 x1 2 = . (7.13) x2 2 1 2 Jawab eksak dari persamaan ini tidak ada. Dalam hal ini, selalu bisa didapat penyelesaian pendekatan x melalui penggantian y dengan vektor yˆ di ruang kolom dalam A yang dekat dengan y dan sebagi penggantinya selesaikan persamaan Axx = yy. ˆ Untuk kasus yang diberikan dalam Persamaan 7.13 ruang kolom dari A adalah span 3 r∈R . W= r 1 3 Dengan demikian dipilih yˆ = r sehingga panjang 1

198

2 3 kyy − yyk ˆ = −r 2 1 sekecil mungkin. Gambar berikut secara geometri menjelaskan pilihan dari vektor yy. ˆ

PEMBAHASAN MASALAH : Sebelum menyelesaikan masalah yang ada diberikan pengertian berikut. Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn dan tulis y ∈ Rn = W ⊕W ⊥ sebagai y = y 1 +yy2 , dengan y 1 ∈ W dan y 2 ∈ W ⊥ , maka y 1 dinamakan proyeksi dari y pada W dan dinotasikan oleh y1 = Proyw(yy ). Selanjutnya diselesaikan masalah persamaan linier 6 3 x1 2 = . x2 2 1 2 3 Berikutnya pilih ruang bagian W = sehingga didapat ruang bagian 1 orthogonal −1 W⊥ = . 3

c


Jadi

2 2

4 = 5

3 1

2 + 5

199

−1 . 3

Untuk meminimumkan panjang

dan karena didapat

3 1

2 3

− r kyy − yyk ˆ =

2 1

4 3 2 −1 3

= + − r

5 1 1 5 3

4 2 3 −1

, − r) + = (

5 1 5 3

dan

−1 3

2 2

y′ = Proyw

4 = 5

4 orthogonal, maka haruslah r = . Dengan demikian 5

3 1

6 =0 2

4 + 5

3 . 1

4 Terlihat bahwa penyelesaian pendekatan adalah x1 = 0 dan x2 = . 5 Teorema 7.9.1 Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn , maka vektor yˆ ∈ W yang dekat ke y ∈ Rn adalah y ′ = Proyw (yy ). Bukti Tulis y = y1 +yy2 dengan y1 ∈ W dan y2 ∈ W ⊥ . Jadi y1 = Proyw (yy). Untuk wk2 diberikan oleh sebarang w ∈ W jarak kuadrat kyy −w w) +yy2 k2 = < (yy 1 −w w) +yy2, (yy 1 −w w) +yy 2 > k(yy1 −w w,yy1 −w w > + < y 2 ,yy2 > = < y 1 −w wk2 + kyy2 k2, = kyy1 −w akan minimal bila w = y 1 = Proyw (yy ).

200

LANGKAH-LANGKAH MENDAPATKAN PROYEKSI Suatu cara singkat untuk menentukan proyeksi dari suatu rauang bagian W yang dibangun hanya oleh satu vektor w , dengan V = W ⊕W ⊥ diberikan oleh Proyw (yy) =

w> < y ,w w. w> < w ,w

(7.14)

Dalam hal ini adalah: w> < y ,w 1. w ∈ W. w> < w ,w w> < y,w w ∈ W⊥ 2. y − w> < w ,w w> w> < y,w < y,w 3. y = w+ y− w w> w> < w ,w < w ,w Persoalan sebelumnya dapat diselesaikan menggunakan hasil dalam (7.14) didapat 2.3 + 2.1 3 4 3 2 Proyw = = . 2 3.3 + 1.1 1 5 1 Teorema 7.9.2 Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn dibangun oleh basis orthogonal wk w 1, . . . ,w dan misalkan y ∈ Rn , maka Proyw (yy) =

w1 i wk i hyy,w hyy,w w1 + . . . + w . w1 ,w w1 i wk ,w wk i k hw hw

Bukti Misalkan y1 =

wk i w1i hyy,w hyy,w w1 + . . . + w . w1 ,w w1 i wk ,w wk i k hw hw

Maka untuk 1 ≤ i ≤ k didapat wi i = hyy,w wi i − hyy −yy1 ,w

wi i hyy,w wi ,w wi i = 0. hw wi ,w wi i hw

(7.15)

c


201

Jadi y −yy1 ∈ W ⊥

dan y 1 = Proyw (yy ).

Bila W suatu ruang bagian dari Rn dengan basis orthonormal wk , w 1 , . . . ,w maka Persamaan (7.15) menjadi w1 > w 1 + . . . + < y ,w wk > w k . Proyw (yy ) =< y ,w

(7.16)

Contoh 7.9.2 Dapatkan elemen dari ruang bagian W yang dekat dengan vektor (1, 2, 3)′ , yang mana W dibangun oleh vektor-vektor (1, 2, −1)′ , (−1, 4, 1)′ . Dari gambar diatas, vektor p di bidang W = h{(1, 2, −1)′ , (−1, 4, 1)′ }i adalah

proyeksi vektor (1, 2, 3)′ pada bidang W = h{(1, 2, −1)′ , (−1, 4, 1)′ }i. menggunakan proses Gram-Schmidt, didapat basis orthonormal: 1 1 √ (1, 2, −1)′ , √ (−1, 1, 1)′ . 3 6 Sehingga proyeksi dari (1, 2, 3)′ pada W adalah:      1 1 1 1 1 1 Proyw  2  = √ (1 + 4 − 3) √  2  + √ (−1 + 2 + 3) √  3 3 6 6 −1 3       1 −1 −1 1 4 =  2 +  1  =  2 . 3 3 −1 1 1

Dengan

 −1 1  1

202

Sehingga didapat vektor       1 −1 2  2  =  2  +  0  ∈ W ⊕W ⊥ , 3 1 2       1 1 −1 elemen dari W dekat ke  2  adalah Proyw  2  =  2 . 3 3 1 Contoh 7.9.3 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? Jawab 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 (analitik) sebab vektor   5000  4000  2000 bukan merupakan kombinasi linier dari vektor- vektor   2 0 0 dan



 3  4 . 1

c


203

Untuk meyelesaikan persamaan secara pendekatan, dilakukan hal berikut: Cari vektor didalam ruang bagian W yang merupakan bentuk kombinasi linier     2 3 p 0 +q 4  0 1 yang dekat dengan vektor



 5000  4000  2000 Dengan melakukan proses Gram-Schmidt di vektor-vektor pembangun yang merupakan basis dari W , didapat basis orthonormal:     0 1 1 w1 =  0  ,w w2 = √  4  . 17 1 0

Sehingga diperoleh:       0 5000 1 2000 1 16000 + √ )√  4  Proyw  4000  = 5000  0  + ( √ 17 17 17 1 2000 0     1 0 18000 4 = 5000  0  + 17 0 1     2 3 3 18000   18000   )) 0 + 4 . = (2500 − ( )( 2 17 17 0 1

18000 3 18000 ) = 911.76 dan q = = 1058.82. Terlihat bahwa p = 2500 − ( )( 2 17 17

PENGGUNAAN GENERAL INVERS dan PSEDO INVERS Untuk setiap matriks A berukuran m × n dengan elemen-elemen riil, matriks A− berukuran n × n dinamakan pendekatan invers ( psedoinverse ) yang memenuhi

204

A−y adalah penyelesaian pendekatan dari persamaan Axx = y . Kolom-kolom dari matriks A− adalah penyelesaian pendekatan dari Axx = e i , dengan e i , i = 1, . . . , m adalah basis baku dari Rm . Contoh 7.9.4 Dapatkan matriks A− bila   2 3 A= 0 4  0 1

dan hitung



 5000 A−  4000  . 2000

Jawab Ruang kolom orthonormal dari matriks A adalah span dari vektor-vektor:     0 1 1 w2 = √  4  . w 1 =  0  ,w 17 1 0

Sehingga didapat             0 0 0 1 1 0  , Proyw  0  =  4  . Proyw  0  =  0  , Proyw  1  =  16 17 17 1 4 1 0 0 0 17 17

Dan kolom-kolom matriks A− didapat sebagai berikut     1 2 3 1  0 4 x =  0  ⇒ x = 2 0 0 1 0 

   16 0 2 3  0 4  x =  16  ⇒ x = −417 17 4 17 0 1 17     3 0 2 3 4  0 4 x =   ⇒ x = −134 17 1 17 0 1 17

205

c


Dengan demikian 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

p q

   1 5000 5000 6 3 911.76 − − . = A−  4000  = 2 417 134  4000  = 1058.82 0 17 17 2000 2000 

Hasil yang didapat sama dengan hasil perhitungan sebelumnya.

Contoh 7.9.5 Dengan general invers cari garis lurus y = ax + b yang paling mendekati titik (1, 2), (2, 3) dan (3, 1). Jawab    1 1  2 1  a = b 3 1   1 2 2 A−  3  = −1 1

    1 1 −1 2  1 2 1 2 3  2 1 3  ⇒ A− = 1 1   1 1 1 3 1 1    1 2 2 1 − 1 2 3 −1 0 2 2  3 = 3 1 2 4 7 1 1 1 − 3 3 3 3 1 1

Didapat a = −1 + 12 = − 21 dan b = 83 + 1 − 32 = 3.

3 1 



Contoh 7.9.6 Dengan general invers dapatkan parabola y = ax2 + bx + c yang mendekati titik-titik (3, 0), (2, 0), (1, 2), (−1, 12).

206

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 atau dalam bentuk persamaan matriks    9 3 1   4 2 1 a    b  =  1 1 1  c 1 −1 1

Sehingga didapat     9 3     a  9 4 1 1   3 2 1 −1   4 2 b = 1 1    1 1 1 1 c 1 −1   1 =  −5  . 6

Cek hasilnya:



9 3 4 2  1 1 1 −1

 0 0  . 2  12

  −1   0 1   9 4 1 1    1   3 2 1 −1   0   2  1   1 1 1 1  12 1

   1  0 1  1   −5  =  0  2 1 6 1 12

Terlihat, hasilnya eksak bukan pendekatan.



 . 

Catatan dan Komentar Psedo dan General Invers - Psedo invers dan General Invers secara umum berbeda. Umumnya Psedo invers matrix berukuran m × n, sedangkan General invers matriks persegi.

c


207

- Misalkan matriks A berukuran m × n. Bila kolom-kolom dari A bebas linear, maka dijamin matriks (A′ A)−1 jadi matriks A dijamin mempunyai General Invers yang diberikan oleh A− = (A′ A)−1 A′ . - Sebaliknya bila kolom-kolom matriks A tidak bebas linear, maka (A′ A)−1 tidak ada. Jadi persoalan Axx = y tidak bisa diselesaiakan dengan cara general invers x = (A′ A)−1 A′y . Hal ini bisa diselesaikan dengan cara psedo invers sebagaimana pada Contoh 7.9.4. - Sebagai kesimpulan penyelesaian terdekat dari masalah Axx = y bisa dilakukan dengan cara Psedo Invers atau General Invers.

7.10 Dekomposisi Spektral Sebagaiman telah diketahui pada pembahasan sebelumnya matriks persegi simetri mempunyai suatu peranan yang penting kaitannya dengan basis orthogonal dan pendiagonalan matriks. Hasil yang telah dibahas bisa disimpulkan lagi sebagai berikut: Suatu matriks persegi A dapat didiagonalkan secara orthogonal bila dan hanya bila A matriks simetri. Yaitu ada matriks orthogonal P sehingga P′ AP = D, dengan D adalah matriks diagonal. Kesimpulan ini dinamakan Teorema Spektral. Bila matriks P = [uu1 u 2 · · · u n ] maka dapat ditulis sebagai A = x1u 1u ′1 + x2u 2u ′2 + · · · + xnu nu ′n ,

dengan masing-masing xi , i = 1, 2, . . . , n adalah nilai-eigen dari matriks simetri A. Selanjutnya bentuk ini dinamakan dekomposisi spektral. Masing-masing matriks uiu′i , i = 1, 2, . . . , n adalah matriks proyeksi dari sebarang vektor x, yaitu vektor (uuiu ′i )xx adalah proyeksi orthogonal dari x pada ruang yang dibangun oleh ui ( huui i ). Contoh 7.10.1 Dibahas lagi matriks simetri   6 −2 −1 A = −2 6 −1 . −1 −1 5

208

Nilai eigen dari A didapat dari polininomial karakteristik matriks A yatitu p(λ) dengan menyelesaikan det(λ I − A) = 0, didapat p(λ) = λ3 − 17 λ2 + 90 λ − 144 = (λ − 8) (λ − 6) (λ − 3) . Terlihat bahwa nilai-eigen dari A berbeda, yaitu λ1 = 8, λ2 = 6 dan λ3 = 3. Vektor-eigen dari A yang bersesuaian dengan nilai-eigen adalah:       −1 −1 1 λ1 = 8 ⇒ v 1 =  1  , λ2 = 6 ⇒ v 2 = −1 , λ3 = 3 ⇒ v 3 = 1 0 2 1

dan

hvv1,vv2i = 0, hvv1,vv3 i = 0 dan hvv2 ,vv3i = 0 . Terlihat bahwa vektor-vektor v 1 ,vv2 ,vv3 saling orthogonal. Dengan melakukan penormalan didapat  1√   1√   1√  3 2 6√ 3 √3 2√ v v v1 3 2 1 1   =  − 12 2  , u 2 = =  6 √6  , u 3 = u1 = 3 √3 v kvv1 k kvv2 k kv k 3 1 0 − 31 6 3 3 dan matriks



P = [uu1 u 2 u 3] = 

√

1 2 √2 − 21 2

0

√

1 6 √6 1 6 √6 − 31 6

√ 

1 3 √3 1 3 √3 1 3 3

.

Dapat ditunjukkan bahwa P′ AP = D dengan D matriks diagonal, elemen elemen diagonalnya adalah 8, 6 dan 3 sebagai berikut: √ 1√  √   1 √  1√ 1 1 2 − 2 0 2 6 −2 −1 2√ 6 √6 3 √3 2√ 2√ √ ′ 1 1 1 1 1 1       −2 6 −1 P AP = −2 2 6 √6 6 √6 − 3 √6 6 √6 3 √3 1 1 1 −1 −1 5 0 − 31 6 13 3 3 3 3 3 3 3   8 0 0 =  0 6 0 . 0 0 3

c


209

Vektor-vektor u 1 ,uu2 dan u 3 memenuhi 

 6 −2 −1 8uu1u ′1 + 6uu2u ′2 + 3uu3u ′3 =  −2 6 −1  = A. −1 −1 5 Selanjutnya bila diberikan vektor   1  x = 2 , 3

maka dapat ditunjukkan bahwa proyeksi x pada huu1 i adalah (uu1u ′1)xx sebagai berikut    1  1 1 − 0 1 −2 2 2 ′ 1 1 (uu 1u 1 )xx = − 2 2 0 2 =  12  0 0 0 3 0 Sedangkan proyeksi dari x pada huu1i diberikan oleh yaitu:

(hxx,uu1 i / huu1,uu1 i)uu 1,

  1     −√ − 21  1 2   1 2  (hxx,uu1 i / huu1 ,uu1 i)uu 1 = 1 2 3  √   √  =  12  2  2    0 0 0 Terlihat bahwa (uu 1u ′1 )xx = (hxx,uu1 i / huu1 ,uu1i)uu1 .   



− √1

Juga bisa ditunjukkan bahwa vektor

x − (uu 1u ′1 )xx orthogonal dengan vektor u 1 dan x = (uu1u ′1 )xx + (xx − (uu1u ′1 )xx ). Vektor x − (uu1u ′1 )xx dan u 1 adalah 3

2 x − (uu1u ′1 )xx =  32 

3



 dan u1 = 

− √1



2  1 √ . 2

0

Terlihat bahwa vektor x − (uu 1u ′1 )xx orthogonal dengan u 1.

210

Latihan: Diberikan matriks simetri

7 2 A= 2 4 Konstruksi suatu dekomposisi spektral dari matriks A sehingga A = auu1u ′1 + buu2u ′2 dan D = [uu1 u 2 ]′ A[uu1 u 2 ] dengan D adalah matriks diagoanal dengan elemen diagonal a dan b, dan u1 ,uu2 adalah orthonormal. Selanjutnya bila vektor x adalah 1 x= , 2

maka tunjukkan bahwa proyeksi x pada u 2 adalah (uu2u ′2)xx .

BENTUK KUADRAT Bentuk kuadrat memainkan suatu peranan penting dalam masalah optimasi. Sebagai motifasi dan ide bentuk kuadrat, diberikan contoh berikut. misalkan fungsi dari R2 ke R diberikan oleh q((x1 , x2 )′ ) = 8x21 − 4x1x2 + 5x22 Tentukan apakah q((0, 0)′ ) = 0 adalah maksimum global atau minimum global atau tidak kedua-duanya. Ingat bahwa q((0, 0)′ ) adalah minimum global bila q((0, 0)′ ) ≤ q((x1 , x2 )′ )

untuk semua (x1 , x2 )′ ∈ R2 . Maksimum global didefinisikan dengan cara analogi (mengganti ≤ dengan ≥). Ada beberapa cara untuk menyelesaikan masalah pada contoh yang diberikan. Disini akan digunakan matriks untuk menyelesaikannya. Dalam hal ini, dapat ditulis x q 1 = 8x21 − 4x1x2 + 5x22 x2 8x1 − 2x2 = x1 x2 −2x1 + 5x2

c


211

Secara ringkas, didapat q(xx ) = x′ Axx dengan

8 −2 x A= dan x = 1 . x2 −2 5

Matriks A simetri, dari pembahasan sebelumnya ada basis-eigen orthonormal v1 ,vv2 untuk A. Didapat "1 # " 2 # v1 =

√

5 √ −1 5

, v2 =

√

5 √2 5

yang bersesuaian dengan nilai-eigen λ1 = 9 dan λ2 = 4. Bila x = c1v 1 + c2v 2 didapat q(xx ) = = = =

x′ Axx (c1v1 + c2v2 )′ (c1 λ1v1 + c2 λ2v2) λ1c21 + λ2c22 9c21 + 4c22 .

Terlihat bahwa q(xx ) > 0 untuk semua x 6= 0 , sebab setidaknya satu diantara 9c21 dan 4c22 adalah positip. Jadi q((0, 0)′ ) = 0 adalah minimum global. Hasil yang telah didapat menunjukkan bahwa sistem koordinat c1 , c2 didifinisikan sebagai suatu basis-eigen dari A. Bentuk 9c21 + 4c22 lebih mudah dibandingkan dengan bentuk aslinya 8x21 − 4x1 x2 + 5x22 . Dua sistem koordinat dari apa yang telah dibahas ini diberikan oleh gambar berikut. Selanjutnya dari ide yang telah dibahas disajikan lebih general sebagai berikut. Suatu fungsi dari Rn ke R yaitu q((x1 , x2 , . . . , xn )′ )

212

dinamakan suatu bentuk kuadrat bila ia adalah suatu kombinasi linear dari bentuk xi x j dengan i mungkin sama dengan j. Suatu bentuk kuadrat dapat ditulis sebagai q(xx ) = hxx , Axx i = x′ Axx , untuk suatu matrik simetri A tunggal yang dinamakan matriks dari q. Himpunan Qn dari bentuk kuadrat q((x1 , x2 , . . . , xn )′ ) adalah suatu ruang bagian dari ruang linear dari semua pemetaan linear dari Rn ke R. Contoh 7.10.2 Diberikan bentuk kuadrat q((x1 , x2 , x3 )) = 9x21 + 7x22 + 3x33 − 2x1 x2 + 4x1x3 − 6x2x3 . Dapatkan matriks dari q. Jawab Sebagaimana contoh sebelumnya, misalkan ai,i adalah koefisien dari x2i , ai, j = a j,i = 21 (koefisien dari xi x j ), bila i 6= j. Didapat   9 −1 2 A = −1 7 −3 . 2 −3 3

c


213

Pembahasan yang telah dibuat pada Contoh 7.10.2 dapat digeneralisasi sebagai berikut. Diberikan suatu bentuk kuadrat q(xx ) = x′ Axx, dengan matriks A berukuran n × n. Misalkan B adalah suatu basis-eigen orthonormal yang bersesuaian dengan nilai-eigen λ1, λ2 . . . , λn. Maka q(xx ) = λ1c21 + λ2c22 + · · · + λnc2n , dengan ci adalah koordinat-koordinat dari x relatif terhadap B . Dalam pengkajian suatu bentuk kuadrat q sering tertarik untuk menentukan apakah q(xx ) > 0 untuk semua x 6= 0 . Dalam konteks ini dikenalkan terminologi berikut. Misalkan suatu bentuk kuadrat q(xx) = x′ Axx, dengan A matriks simetri berukuran n × n, maka A dinamakan definit positip bila q(xx ) positip untuk semua x ∈ Rn dengan x 6= 0 dan dinamakan semidefinit positip bila q(xx ) ≥ 0 untuk semua x ∈ Rn . Definit negatip dan semedefinit negatip didefinisikan secara analogi. Bila q mempunyai nilai positip dan juga nilai negatip, maka A dinamakan takdefinit. Contoh 7.10.3 Diberikan matriks A berukuran n × n. Tunjukkan bahwa q(xx ) = kAxxk2 adalah suatu bentuk kuadrat, dapatkan matriks dari q dan tentukan kedefinitannya. Jawab Persamaan q(xx ) = kAxxk2 dapat ditulis sebagai q(xx ) = (Axx )′ Axx = x′ (A′ A)xx Terlihat bahwa q adalah bentuk kuadrat dengan matriksnya adalah A′ A. Bentuk kuadrat ini semidefinit positip sebab q(xx) = kAxxk2 ≥ 0 untuk semua x ∈ Rn . Catatan, q(xx) = 0 bila dan hanya bila x di kernel dari A. Maka dari itu, bentuk kuadrat adalah definit positip bila dan hanya bila ker(A) = {00}.

214

Teorema 7.10.1 Suatu matriks simetri A adalah definit positip bila dan hanya bila semua nilai-eigen dari matriks A positip, Matriks A adalah semidefinit positip bila dan hanya bila nilai-eigen dari A positip atau nol. Bukti Langsung dari fakta bentuk q(xx ) = λ1c21 + λ2c22 + · · · + λnc2n ,

dengan λi adalah nilai-eigen dari A.

Contoh 7.10.4 Diberikan suatu transformasi linear L(xx ) = Axx dengan matriks 6 2 A= . −7 6 (a) Dapatkan suatu basis orthonormal v1 , v2 di R2 sedemikian hingga L(vv1 ) dan L(vv2 ) orthogonal. (b) Tunjukkan bahwa image dari lingkaran satuan oleh transformasi L dijadikan ellips. Dapatkan sumbu-sumbu ellips dalam nilai-eigen matriks A′ A. Jawab (a) Menggunakan ide contoh pertama, basis-eigen orthonormal dari A′ A diperoleh sebagai berikut. 6 −7 6 −7 85 −30 ′ AA= = . 2 6 2 6 −30 40 Polinomial karakteristik dari A′ A adalah

p(λ) = λ2 − 125λ + 2500 = (λ − 100)(λ − 25), jadi nilai-eigen dari A adalah λ1 = 100 dan λ2 = 25 dan vektor-eigen yang bersesuaian adalah 2 1 x1 = dan x2 = . −1 2 Penormalan dari x1 dan x2 didapat " 2 # v1 =

√ 5 √ − 1 5

dan v2 =

"

√1 5 √2 5

#

.

c


215

(b) Lingkaran dalam bentuk parameter vektor adalah x = cos(t)vv1 + sin(t)vv2 , 0 ≤ t ≤ 2π, dan image dari lingkaran ini adalah ellips L(xx ) = cos(t)L(vv1 ) + sin(t)L(vv2 ), 0 ≤ t ≤ 2π dengan sumbu-sumbu adalah kL(vv1 k2 = (Avv1 )′ (Avv1 ) = v′1 (A′ A)vv1 = v′1 (λ1v1 ) = λ1 (vv′1v1 ) = λ1 ,

kL(vv2 k2 = (Avv2 )′ (Avv2 ) = v′2 (A′ A)vv2 = v′2 (λ2v2 ) = λ2 (vv′2v2 ) = λ2 .

√ √ √ √ Jadi kL(vv1 )k = λ1 = 100 = 10 dan kL(vv2 )k = λ2 = 25 = 5 . Gambar 7.3 adalah lingkaran satuan x dan image L(xx ) = Axx dari pembahasan (b).

Gambar 7.3: L(xx) = Axx

7.11 Faktorisasi QR

216

Dalam bagian ini dibahas langkah-langkah dari pemfaktoran matriks A berukuran n × k menjadi perkalian dari matriks Q dan R. Misalkan matriks A berukuran n × k dengan n ≥ k dan kolom kolom A: w2 , · · · ,w wk w 1 ,w bebas linear, maka A dapat difaktorkan menjadi A = QR dengan langkah-langkah sebagai berikut: 1. Gunakan Proses Gram-Schmidt pada w1 ,w w2, · · · ,w wk } {w menjadi {vv1 ,vv2, · · · ,vvk } 2. Normalisasi {vv1 ,vv2, · · · ,vvk }

menjadi

{uu1 ,uu2, · · · ,uuk } 3. Buat matriks Q = [uu1 u 2 · · · u k ] 4. Buat matriks R = Q′ A

Maka didapat A = QR.. Contoh berikut menjelaskan langkah-langkah faktorisasi QR. Contoh 7.11.1 Diberikan matriks 

1 0 A= 1 0

0 1 1 0

 0 1  0 1

Selanjutnya gunakan Proses Gram-Schmidt didapat   1 0  v1 = w1 =  1 0

c




 − 12  1   w2,vv1i / hvv1 ,vv1i)vv1 =  v 2 = w 2 − (hw  1  2

0 Untuk menghindari pecahan v 2 kalikan dengan 2, didapat   −1 2  v2 =  1 0

Selanjutnya dihitung

w3,vv1i / hvv1,vv1i)vv1 − (hw w3 ,vv2 i / hvv2,vv2 i)vv2 v 3 = w 3 − (hw  1  3

 1  3  =  − 1  3

1

Juga, untuk menghindari pecahan v 3 kalikan dengan 3, didapat   1 1  v3 =  −1 3

Normalisasi v 1,vv2 dan v 3 didapat  1     1 1 √ √ √ − 2 3 6 2   1     √  √2   0 2 3 . 6  dan u 3 =  u 1 =  1  ,uu2 =  1  − √  √1   √2   √2 3   6  3 0 0 2 Dengan demikian matriks Q = [uu1 u 2 u 3] adalah: 1  1 √ √ − √1 3  2 √2 6 2 √ 1  0  6 2 3  . Q = [uu1 u 2 u 3 ] =  1 1   √1  2 √6 −√2 √3  3 0 0 2

217

218

Sedangkan matriks R = Q′ A adalah √ 2  R = Q′ A =   0 0

√1 √2 √3 2

0

0



√  √2  3 2 √ 3

.

Selanjutnya ditunjukkan bahwa QR = A, sebagai berikut   1 1 √  √ √ − √1 1 2 3 2 6 √ 2 0  1  √2 √  √   0 √2 6 2 3    √3 √2  QR =  1 1  0 2 3 √ √1 √ −  2 2 2 3 6 √ √ 0 0 3 3 0 0 2   1 0 0  0 1 1  =   1 1 0 = A . 0 0 1

Faktorisasi QR suatu alat komputasi untuk menyelesaiakan sistem persamaan linear Axx = b secara numerik. Berikut ini diberikan suatu sifat untuk menyelesaikan Axx = b menggunakan faktorisasi QR. Teorema 7.11.1 Misalkan matriks A berukuran n × k dengan n ≥ k dan kolomkolom dari A adalah bebas linear, maka penyelesaian Axx = b diberikan oleh x = R−1Q′b yang mana matriks Q dan R memenuhi A = QR. Bukti Axx = b ⇒ (A′ A)xx = A′b .

c


219

Misalkan A = QR , yang mana matriks Q dan R diperoleh dengan cara faktorisasi QR. Didapat (QR)′ (QR)xx = (QR)′b ⇒ (R′ Q′ QR)xx = R′ Q′b . Tetapi karena Q matriks orthogonal, maka Q′ Q = I. Jadi R′ Rxx = R′ Q′b atau Rxx = Q′b , tetapi R matriks yang selalu mempunyai invers. Jadi x = R−1 Q′b .

Dalam prakteknya, sering memudahkan untuk menghindari kesalahan pemotongan desimal. Axx = b diselesaikan lewat substitusi mundur dari Rxx = Q′b . Contoh berikut ini menjelaskan masalah ini. Contoh 7.11.2 Selesaikan sistem persamaan linear berikut. 

1 0  1 0 Disini matriks A dan b adalah  1 0 A= 1 0

   0   3 x   1  y =  9  . 7.5 0 z 1 5

0 1 1 0

0 1 1 0

   0 3   1  dan b =  9  . 7.5 0 1 5

Sebagaimana telah dibahas sebelumnya, matriks A dapat didekomposisi menjadi

220

A = QR dengan Q diberikan oleh  1 1 √ √ − √1 3   2 √2 6 2 √ 1  0 6 2 3  Q =  1 1   √1  2 √6 −√2 √3  3 0 0 2   0.70710678118655 −0.40824829046386 0.28867513459481  0.0 0.81649658092773 0.28867513459481   . =  0.70710678118655 0.40824829046386 −0.28867513459481 0.0 0.0 0.86602540378444

Sedangkan matriks R adalah √  2 √1 0 √2 √    R =  0 √3 √2  2 3 2 √ 0 0 3   1.414213562373095 0.70710678118655 0.0 =  0.0 1.224744871391589 0.81649658092773  . 0.0 0.0 1.154700538379252 Matriks Q′b adalah

  7.424621202458775 Q′b =  9.18558653543694  5.629165124598845 Dari persamaan Rxx = Q′b didapat x = (x, y, z)′ sebagai berikut z = 5.629165124598845/1.154700538379252 = 4.874999999999994 y = 4.250000000000006 dan x = 3.125000000000008. Selanjutnya, dapat dilihat seberapa dekat nilai Axx dengan b sebagai berikut     3.125000000000008 3     9.125  dan b =  9  . Axx =  7.375000000000014 7.5 4.874999999999994 5

c


221

Latihan Dengan menggunakan dekomposisi QR selesaikan sistem persamaan linear berikut 3x + 10y = −8, 4x − 4y = 30 dan 12x + 27y = 10.

7.12 DEKOMPOSISI NILAI SINGULAR Diberikan matriks A berukuran m×n, dekomposisi nilai singular matriks A adalah berkaitan dengan matriks Q dan P sehingga A = QDP′ dengan Q, P adalah matriks orthogonal dan D matriks berukuran m × n dengan elemen-elemen didiagonal utamanya nonnegatif dan yang lainnya nol.

1. Nilai Singular dan Vektor Singular Kanan Bila A matriks berukuran m × n, maka A′ A adalah matriks simetri. Sebagai mana telah dibahas matriks A’A dapat didiagonalkan secara orthogonal, yaitu ada matriks orthogonal P sehingga P′ (A′ A)P adalah matriks diagonal. Selanjutnya bila δ adalah nilai-eigen dari matriks A′ A yang bersesuaian dengan vektor-eigen satuan v (salah satu kolom dari P), maka kAvvk2 = h(Avv ), (Avv )i = v′ (A′ A)vv = v′ δvv = δvv′ v = δ. Terlihat bahwa δ ≥ 0. Jadi nilai-eigen dari A′ A adalah nononegatip. Contoh 7.12.1 Misalkan matriks   1 −1 3 1 A =  1 1  maka A′ A = 1 3 −1 −1 Polinomial karakteristik dari matriks A′ A adalah

p(δ) = δ2 − 6 δ + 8 = (δ − 4) (δ − 2) ,

222

didapat δ1 = 4 dan δ2 = 2. Vektor-eigen yang bersesuaian adalah 1 −1 v1 = dan v2 = 1 1 Penormalan vektor-vektor eigen didapat matriks orthogonal 1 1 −1 P= √ 2 1 1 dan

1 1 1 1 3 1 1 −1 4 0 √ P′ (A′ A)P = √ = . 0 2 2 −1 1 1 3 2 1 1

Telah dibahas bahwa semua nilai-eigen dari matriks A′ A adalah nonnegatif. Didifinisikan hal berikut. Misalkan A adalah matriks berukuran m × n dan δ1 ≥ δ2 ≥ · · · ≥ δk > δk+1 = · · · = δn = 0 adalah nilai eigen dari A′ A ditulis dengan urutan menurun. Bila σi =

√

δi ,maka

σ1 ≥ σ2 ≥ · · · ≥ σk > σk+1 = · · · = σn = 0 dinamakan nilai-nilai singular dari matriks A. Selanjutnya bila v 1 ,vv2 , . . . ,vvn adalah vektor-vektor eigen orthonorma dari matriks A′ A dengan v i bersesuaian dengan nilai-eigen δi , maka v 1 ,vv2 , . . . ,vvn dinamakan vektor-vektor singular kanan dari matriks A. Teorema 7.12.1 Misalkan A matrix berukuran m× n dan δi , i = 1, 2, . . . , n adalah nilai-eigen dari matriks A′ A sedangkan σi , i = 1, 2, . . . , n adalah nilai singular dari A yang bersesuaian dengan vektor singular kanan v i dari matriks A, maka 1. Untuk semua x di Rn , hAxx , Avvi i = δi hxx ,vvi i.

c


2. Untuk i tidak sama dengan j, Avvi orthogonal dengan Avv j . 3. hAvvi , Avvi i = σ2i .

4. Bila x = a1v 1 + a2v 2 + · · · + anv n , maka hAxx, Avvi i = ai δi

Bukti 1. hAxx , Avvi i = x ′ (A′ A)vvi = δix ′v i = δi hxx,vvi i

2. Avvi , Avv j = v ′i (A′ A)vv j = δ j v i ,vv j = δ j (0) = 0

3. hAvvi , Avvi i = v ′i (A′ A)vvi = δiv ′iv i = σ2i (1) = σ2i

4. hAxx , Avvi i = δi hxx,vvi i = δi (a1 v ′1v i + · · · + ai v ′iv i + · · · + an v ′nv i ) = ai δi |{z} |{z} |{z} 0

1

2 Nilai Singular dan Vektor Singular Kiri Sebagaimana telah dibahas vektor-vektor singular kanan v 1,vv2 ,vv3 , . . . ,vvn membentuk suatu basis orthonormal di Rn , maka himpunan {Avv1, Avv 2 , . . . , Avv n} membentang image dari dari pemetaan linear linier L : Rn → Rm yang diberikan oleh L(vv ) = Avv, ∀vv ∈ Rn . Selanjutnya bila δ1 ≥ δ2 ≥ · · · ≥ δk > δk+1 = · · · = δn = 0, maka dari pembahasan Teorema 7.12.1 didapat : Avvk+1 = · · · = Avvn = 0 Rm

0

223

224

Jadi pembentang orthogonal dari image L adalah Avv 1, Avv 2, . . . , Avvk dan merupakan suatu basis dari image L. Suatu peranan penting dari basis image L sebagai mana diberikan dalam difinisi dan teorema berikut. Definisi 7.12.2 Misalkan A suatu matriks ukuran m × n dan δ1 ≥ δ2 ≥ · · · ≥ δk > δk+1 = · · · = δn = 0, adalah nilai singular dari A. Juga misalkan bahwa v i , i = 1, 2, . . . , n adalah vektorvektor singulir kanan dari A yang bersesuaian dengan nilai eigen σi . Bila ui =

1 Avvi , 1 ≤ i ≤ k σi

dan uk+1 , . . . ,uum dipilih sedemikian hingga u 1,uu2, . . . ,uuk ,uuk+1, . . . ,uum suatu basis orthonormal dari Rm , maka u 1,uu2, . . . ,uuk ,uuk+1, . . . ,uum dinamakan vektor-vektor singular kiri dari A. Teorema 7.12.2 Misalkan A matriks berukuran m × n dan δ1 ≥ δ2 ≥ · · · ≥ δk > δk+1 = · · · = δn = 0, adalah nilai singular dari A. Juga misalkan bahwa v i , i = 1, 2, . . . , n adalah vektor singular kiri dari A. Bila L : Rn → Rm diberikan oleh L(xx ) = Axx , ∀xx ∈ Rn dan LT : Rm → Rn diberikan oleh L(yy ) = A′y , ∀yy ∈ Rm , maka 1. rank(A) = k. 2. Vektor u i untuk i = 1, 2, . . . , k adalah suatu basis orthonormal dari L.

c


225

3. Vektor u j untuk j = k + 1, k + 2, . . . , m adalah suatu basis orthonormal dari kernel LT . 4. Vektor vi untuk i = 1, 2, . . . , k adalah suatu basis orthonormal dari image LT dan vektor v i untuk j = k + 1, k + 2, . . . , n adalah suatu basis orthonormal dari kernel L 5. Bila U = [uu1 u2 . . . um ], V = [vv1 v2 . . . vm ] dan matriks Σ berukuran m × n dengan elemen diagonal di,i = σi , i ≤ k sedangkan elemen yang lainnya sama dengan nol, maka A = UΣV ′ Bukti Sebagai latihan. Contoh 7.12.3 (Dekomposisi Nilai Singular) Diberikan matriks   1 −1 A= 1 1  −1 −1

Dekomposisikan kebentuk nilai singular sehingga A = UΣV ′

Jawab Dihitung dulu A′ A, sehingga didapat nilai-nilai singular dari A dan vektorvektor singular kanan dari A. 3 1 A′ A = 1 3 Polinomial karakteristik dari matriks A′ A adalah p(δ) = δ2 − 6 δ + 8 = (δ − 4) (δ − 2) didapat nilai eigen δ1 = 4 dan δ1 = 2. Vektor-eigen yang bersesuaian adalah −1 1 dan v 2 = v1 = 1 1 Penormalan vektor-vektor eigen didapat matriks orthogonal V 1 1 −1 V=√ 2 1 1

226

Vektor singular kanan dari A adalah v1 =

"

√1 2 √1 2

#

dan v 2 =

"

− √1

2 √1 2

#

√ √ √ √ Nilai singular dari A adalah σ1 = δ1 = 4 = 2 dan σ2 = δ2 = 2. Didapat matriks     2 √0 σ1 0 Σ =  0 σ2  = 0 2 . 0 0 0 0 Vektor-vektor singular kiri didapat sebagai berikut. 

"

1 −1 1 1 Avv1 = 1 1 u1 = σ1 2 −1 −1

√1 2 √1 2

#



 =

0



√1  2  − √1 2

dan 

   1 −1 "− √1 # −1 1  1 2 1 1 1 Avv2 = √ =  0 . u2 = √ σ2 2 −1 −1 2 0

Perluas vektor-vektor u 1 ,uu2 menjadi u 1 ,uu2 ,uu3 sehingga vektor vektor ini adalah suatu basis dari R3 . Dalam kasus ini vektor u 3 bisa dipilih sebagai   0 u 3 =  1 0 Lakukan proses Gram-Schmidt pada vektor-vektor u 1 ,uu2,uu3 didapat matris U 

 U =

0 √1 2 − √1 2

−1 0 0

0



√1  2 1 √ 2

c


227

Selanjutnya selidiki bahwa UΣV ′ = A sebagai berikut    0 −1 0 2 √0 1 1 1 1 1   0 √  0 UΣV ′ =  √2 2 √ 2 2 −1 1 0 0 − √1 0 √1  2  2   0 −1 1 −1 1 1 = 1 0 =  1 1  = A. −1 1 −1 0 −1 −1

LATIHAN Lakukan langkah-langkah pembahasan Contoh Dekomposisi Nilai Singular menggunakan SAGE. Perintah dalam sel SAGE sebagai berikut: A=matrix(RDF,[[1,-1],[1,1],[-1,-1]]) U,S,V=A.SVD() html("Matriks $A=%s$"%latex(A)) print html("$U=%s$
$S=%s$
$V=%s$"%(latex(U),latex(S),latex(V))) print html("$U\Sigma V’=%s$"%latex(U*S*transpose(V))) print html("$A-U\Sigma V’=%s$"%latex(A-U*S*transpose(V))) Hasil yang diberikan adalah:   1.0 −1.0 Matriks A =  1.0 1.0  −1.0 −1.0 

−1.54742755068 × 10−16 0.707106781187 U = −0.707106781187

−1.0 −4.28259858132 × 10−17 4.28259858132 × 10−17

  2.0 0.0 S = 0.0 1.41421356237 0.0 0.0

 −6.41074621127 × 10−17  0.707106781187 0.707106781187

228

0.707106781187 −0.707106781187 V= 0.707106781187 0.707106781187   1.0 −1.0 UΣV ′ =  1.0 1.0  −1.0 −1.0 " −16 A −UΣV ′ =

1.11022302463 × 10 −2.22044604925 × 10−16 2.22044604925 × 10−16

0.0 −4.4408920985 × 10−16 4.4408920985 × 10−16

#

Pada pembahasan terdahulu mengenai matriks simetri dikenal istilah dekomposisi spektral yaitu: Bila A matriks simetri dan A dapat didiagonalkan sebagai bentuk D = P′ AP yang mana D matriks diagonal dengan elemen diagonal utama adalah δi , i = 1, 2 . . . , n adalah nilai eigen dari matriks A dan u i adalah vektor eigen yang bersesuaian. Bila P = [uu1 u2 · · · un ], maka A dapat didekomposisi sebagai A = δ1u 1u ′1 + δ2u 2u ′2 + · · · + δnu nu ′n . Timbul pertanyaan bagaimana bila matriks A tidak simetri atau secara umum matriks A berukuran m×n apakah A bisa didekomposisi seperti cara dekomposisi spektral. Hal ini bisa dilakukan dengan menggunakan hasil-hasil dekomposisi nilai singular sebagai berikut. Sebagaimana telah dibahas bila A mempunyai rank sama dengan k , maka A dapat didekomposisi sebagai A = U Σ V ′ , dengan U adalah vektor singular kiri dan V vektor singular kanan dan v i , i = 1, 2, . . . , n adalah suatu basis orthormal dari Rn , maka untuk 1 ≤ i ≤ k didapat k

∑

i=1

!

σi ui v′i vi = 0 + · · · + σiui + · · · + 0 = σi

1 Avvi = Avvi . σi

c


229

k

Jadi ∑ σi u i v ′i = A. Pada Contoh sebelumnya matriks i=1



 1 −1 A= 1 1  −1 −1 √ dan rank(A) = k = 2. Juga σ1 = 2 dan σ1 = 2, didapat vektor singular kiri     0 −1  √1   u 1 =  2  ,uu2 = 0  0 − √1 2

sedangkan vektor singular kanan adalah "1 # v1 =

√

2 √1 2

,vv2 =

"

− √1

2 √1 2

#

.

Sehingga didapat σ1u 1v ′1 + σ2u 2v ′2





  √ −1 h 1 1 i  √1  √1 √1 = 2  2  2 2 + 2  0  − √2 √2 0 − √1 2       0 0 1 −1 1 −1 =  1 1  + 0 0  =  1 1  = A. −1 −1 0 0 −1 −1 0

h

i

LATIHAN Lakukan langkah-langkah yang dibahas dalam Contoh ini dengan menggunakan SAGE.

3. Nilai Singular Dekomposisi untuk meghitung Psedo-Invers Sebagaimana telah dibahas sebelumya Psedo-Invers didapat bila matriks persegi A′ A tidak mempunyai invers, Psedo-Invers dalam hal ini dapat diperoleh dengan cara proyeksi. Pada pembahasan ini digunakan Nilai Singular Dekomposisi untuk memperoleh matriks Psedo-Invers A sebagai berikut.

230

Misalkan A berukuran m × n dan mempunyai rank sama dengan k dan matriks A didekomposisi sebagai A = U Σ V ′ dengan kolom-kolom U adalah vektor singular kiri, sedangkan kolom-kolom V adalah vektor singular kanan dan matriks Σ mempunyai elemen diagonal sama dengan nilai sigular dari A yaitu σi sedangkan elemen yang lainnya sama dengan nol. 1 Bila matriks Σ p berukuran n × m dengan elemen-elemen diagonal sedanσi gkan elemen yang lainnya sama dengan nol, maka matriks berukuran n × m Ap = V Σp U ′

dinamakan Psedo-Inversdari A. Sebagaimana telah duketahui pada pembahasan sebelumnya, Psedo-Invers dapat digunakan untuk menyelesaikan sistem persamaan Axx = b yaitu x = A pb . Sebagai contoh, misalkan diberikan matriks     2 3 5000 A = 0 4 dan b = 4000 . 0 1 2000

Selesaikan Axx = b menggunakan A p . ¯ Jawab Matriks   2 3 4 6 2 0 0 0 4 = . A′ A = 6 26 3 4 1 0 1

Polinomial karakteristik dari matriks A′ A adalah:

p(δ) = δ2 − 30 δ + 68 didapat

√ δ1 = 15 + 157 = 27.52996408614167

dan

√ δ2 = 15 − 157 = 2.470035913858332.

Vektor eigen orthonormal yang bersesuaian adalah 0.24708746132252 v1 = 0.96899318184247

c


dan

231

0.96899318184247 v2 = −0.24708746132252

Nilai singular dari A adalah

σ1 = dan σ2 =

p

p

δ1 = 5.246900426551058 δ2 = 1.571634790229057

Matriks V dan Σ p adalah 0.24708746132252 0.96899318184247 V= 0.96899318184247 −0.24708746132252 dan Σp =

"

#

0 0 0.19058871308853 0 0 = . 0 0.63628013722848 0 0 σ12 0

1 σ1

Sedangkan vektor u1 dan u2 adalah

dan

  0.64822165310429 1 Avv1 = 0.73871665407567 u1 = σ1 0.18467916351892 

 0.76145169803919 1 u2 = Avv2 = −0.62886737519092 . σ2 −0.15721684379773 Perluas basis orthogonal u1 , u2 menjadi u1, u2 , u3 dengan memilih   0 u 3 =  0.2425356  . −0.9701425

Sehingga didapat matriks   0.64822165310429 0.76145169803919 0 U = [uu1 u 2 u 3 ] = 0.73871665407567 −0.62886737519092 0.2425356  0.18467916351892 −0.15721684379773 −0.9701425

232

dan p ′ Ap = V Σ U 0.5 −0.35294117647059 −0.088235294117646 = 5.9813265451680317 10−15 0.23529411764707 0.058823529411767

. Sehingga didapat x = A pb   5000 0.5 −0.35294117647059 −0.088235294117646  4000 = −15 5.9813265451680324 10 0.23529411764707 0.058823529411767 2000 911.764705882348 = 1058.823529411844 . Hasil yang didapat sama dengan hasil yang telah dibahas pada Contoh sebelumnya. Latihan Lakukan langkah-langkah yang telah dibahas dalam Contoh menggunakan SAGE.

Contoh berikut A′ A tidak mempunyai invers. Bila matriks 1 1 2 A= dan b = , 1 1 3 maka selesaiakan Axx = b dengan menggunakan matriks A p Jawab Matriks

1 1 1 1 2 2 A′ A = = . 1 1 1 1 2 2

Perhatikan bahwa matriks A′ A tidak mempunyai invers, dengan demikian setidaknya ada satu nilai eigen dari A′ A sama dengan nol. Polinomial karakteristik dari matriks A′ A adalah p(δ) = δ2 − 4 δ = (δ − 4)δ

c


didapat δ1 = 4 dan δ2 = 0 ⇒ σ1 = Vektor-eigen yang bersesuaian adalah "1 # √ 2 √1 2

v1 =

Didapat matriks V=

"

√1 2 √1 2

p 1 1 δ1 = 2, = . σ1 2

dan v 2 =

√1 2 √ −1 2

#

√1 2 − √1 2

#

.

0 . dan Σ = 2 0 0 1

p

Sedangkan vektor u1 =

"

"

1 Avv1 = σ1

√1 2 √1 2

#

,

dengan demikian vektor u 2 dapat dipilih sebagai " 1 # −√ 2 . u2 = 1 √

Didapat matriks

"

U=

2

− √1

√1 2 √1 2

2 √1 2

Jadi matriks A p = V ΣP U ′ = Dengan demikian didapat p

x=A b= Bandingkan nilai Axx = dengan

1

1

4 1 4

4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4

#

1

4 1 4

. 1 4 1 4

.

5 2 = 45 . 3 4

5 2 = 45 3 4

2 b= . 3

233

234

Tetapi pada contoh

matriks



   2 3 5000 A = 0 4 dan b = 4000 , 0 1 2000 4 6 A′ A = 6 26

mempunyai invers yaitu ′

−1

(A A)

=

13 34 3 − 34

3 − 34 1 17

.

General invers dari A diberikan oleh 1 6 3 − − A− = 2 417 134 . 0 17 17 Jadi   15500 5000 − 17 4000 = 18000 x=A b = 2 0 17 2000 911.7647058823529 = 1058.823529411765 1

Bandingkan nilai  2 Axx = 0 0

dengan

6 − 17 4 17

3 − 34 1 17

   3 5000.000000000002 911.7647058823529 4 =  4235.29411764706  1058.823529411765 1 1058.823529411765   5000 b = 4000 . 2000

Cek matriks A− A sama dengan identitas: A−1A =

1

2

0

6 − 17 4 17

3 − 34 1 17

  2 3 1 0  0 4 = . 0 1 0 1

c


235

Atau dengan menggunakan nilai numerik A pA =

0.5 5.9813265451680332 10 −15

=

1.0 1.1962653090336066 10 −14

  2 3 −0.35294117647059 −0.088235294117646  0 4 0.23529411764707 0.058823529411767 0 1 −5.9119376061289586 10 −15 . 1.000000000000065

7.13 Bentuk Kanonik Jordan disini dibahas pengertian dari bentuk kanonik Jordan.

236

Daftar Pustaka

[1] Richard Bronson, "Matrix Operations", International Edition, Schaum’s Outline Series, (1989). [2] Paul Dawkins, "Linear Algebra",(http://tutorial.lamar.edu.aspx), (2007). [3] Robert A. Beezer, "A First Course in Linear bra",(http://linear.ups.edu), (Version 2.22, April 16, 2010).

Alge-

[4] Zumrotus Sa’diah, "Eksistensi Eigenvalue dan Eigenvektor", Tugas Akhir S1, Jurusan Matematika FMIPA-ITS, (2008) [5] Howard Anton and Chris Rorres,"Elementary Linear Algebra", Ninth Edition, John Wiley & Sons, (2005). [6] Gilbert Strang, "Introduction to Linear Algebra", Third Edition, WellesleyCambridge Press, (2003). [7] Ron Larson and David C. Falvo, "Elementary Linear Algebra", Six Edition, Houghton Mifflin Harcourt Publishing Company, (2009) [8] T.S.Blyth and E.F.Robertson,"Basic Linear Algebra", Second Edition, Springer, (2002) [9] Carl D. Meyer, "Matrix Analysis and Applied Linear Algebra", SIAM, (2000)

237

Aljabar Linear Suatu Gerbang Untuk Memahami Matematika dan Aplikasinya

Recommend Documents