Modul 1
Ruang Vektor Dr. Irawati
PE N D A HU L UA N
D
alam buku materi pokok Aljabar II ini kita secara perlahan-lahan mulai mengubah pendekatan kita dari pendekatan secara komputasi menjadi pendekatan yang lebih umum. Yang dimaksud dengan pendekatan yang lebih umum adalah penyelesaian masalah yang menuntut bukti, yang tentu saja tidak dapat diselesaikan dengan komputasi rutin. Namun, pendekatan komputasi tidak sepenuhnya kita tinggalkan, melainkan kita pakai untuk mengilustrasikan dan menerapkan teori yang kita bahas. Pembaca diminta untuk mengerjakan semua soal-soal latihan maupun tes formatif (termasuk menuliskannya dengan rinci), untuk dapat mengikuti semua modul secara utuh dan berkesinambungan. Secara khusus untuk modul (pokok bahasan) Ruang Vektor ini, skalar yang digunakan lebih umum, yakni himpunan yang memiliki struktur yang sama dengan struktur yang dimiliki oleh himpunan bilangan real. Secara umum setelah mempelajari modul ini, Anda diharapkan memahami konsep lapangan, ruang F p , ruang vektor maupun subruang dan dapat memeriksa apakah suatu himpunan vektor-vektor di suatu ruang vektor bersifat bebas linear atau bergantung linear. Secara lebih rinci, setelah mempelajari modul ini, Anda diharapkan mampu: 1. memahami konsep lapangan dan ruang F p ; 2. menyelidiki apakah suatu vektor merupakan kombinasi linear dari vektor-vektor yang diberikan; 3. menyelidiki apakah suatu himpunan merupakan suatu ruang vektor atas suatu lapangan; 4. menyelidiki apakah suatu subhimpunan dari suatu ruang vektor merupakan subruang;
1.2
5.
Aljabar II
menentukan suatu himpunan bersifat bebas linear atau bergantung linear.
1.3
MATA4436/MODUL 1
Kegiatan Belajar 1
Lapangan, Ruang F p , dan Ruang Vektor
P
ada mata kuliah Aljabar Linear Elementer kita telah menggunakan himpunan bilangan nyata (real) sebagai skalar. Sebagaimana dinyatakan sebelumnya pada modul ini, skalar yang digunakan lebih umum, yaitu himpunan yang memiliki struktur yang sama dengan struktur yang dimiliki himpunan bilangan real, yang kita katakan lapangan (field) dengan notasi F . Mari kita perhatikan mengenai persyaratan atau ketentuan-ketentuan dari suatu lapangan F yang didefinisikan sebagai berikut.
Definisi 1.1 Suatu lapangan adalah suatu himpunan tak hampa F dengan dua operasi, yaitu penjumlahan dan perkalian serta terdapat unsur 0 (nol) dan 1 (satu) di F sehingga dipenuhi: (i)
∀ x, y, z ∈ F, berlaku 1. x + y ∈ F
2. x + y = y + x 3. (x + y) + z = x + (y + z) 4. 0 + x = x (ii) ∀ x, y, z ∈ F, berlaku 1. xy ∈ F 2. xy = yx 3. (iii) (iv) (v)
( xy ) z = x( yz )
(sifat tertutup) (sifat komutatif) (sifat asosiatif) (unsur nol) (sifat tertutup) (sifat komutatif) (sifat asosiatif)
4. 1x = x (unsur satu) ∀x, y, z ∈ F, x ( y + z ) = xy + xz (Sifat distributif) ∀x ∈ F terdapat secara tunggal z ∈ F sehingga x + z = 0. (z disebut unsur balikan dari x terhadap operasi penjumlahan). ∀x ∈ F, dengan x ≠ 0 terdapat secara tunggal y ∈ F sehingga xy = 1 (y dikatakan unsur balikan dari x terhadap operasi perkalian).
1.4
Aljabar II
Dari definisi di atas terlihat bahwa, suatu lapangan adalah suatu himpunan tak hampa yang berkaitan dengan dua operasi dan memenuhi sifatsifat (i) s/d (v). Sebagai ilustrasi dari Definisi 1.1, perhatikan contoh berikut: Contoh 1.1 = {bilangan yang nyata/real}, Lapangan yang kita kenal adalah ¡ ¤ = {bilangan rasional}, dan £ = {bilangan kompleks} terhadap dua operasi, yaitu penjumlahan dan perkalian. Tetapi, himpunan bilangan bulat ¢ bukan merupakan lapangan terhadap dua operasi penjumlahan dan perkalian karena terdapat bilangan bulat a ≠ 0 dan a ≠ 1 , tetapi tidak terdapat bilangan bulat b sehingga ab = 1 [lihat sifat (v)]. ■ Pandang lapangan F seperti ruang R n, yang kita bahas pada mata p kuliah Aljabar Linear Elementer, sekarang kita definisikan ruang F sebagai berikut. α1 p F = M α1 ,L , α p ∈ F α p p Definisi di atas menyatakan bahwa ruang F adalah suatu himpunan vektor-vektor, dengan komponen sebanyak p buah dan setiap komponennya merupakan unsur dari lapangan F . Selanjutnya, dua operasi penjumlahan dan perkalian skalar juga kita definisikan seperti di ¡ n, sebagai berikut.
1.
Operasi Penjumlahan (+)
+:F p× F p→F p α1 M α p
β1 , M a β p
α1 + β1 M α + β p p
1.5
MATA4436/MODUL 1
2.
Operasi Perkalian Skalar
o: F × F p → F α ,
α1 M α p
(o )
p
α1 αα1 a α o M = M α αα p p
Dengan menggunakan dua operasi di atas, kita simak suatu definisi tentang konsep kombinasi linear dari vektor-vektor di F p .
Definisi 1.2 Misalkan v1 ,L , vn adalah vektor-vektor di F adalah skalar-skalar di F . Vektor di F
p
p
dan α1 ,L , α n
yang berbentuk
w = α1v1 + L + α n vn dikatakan kombinasi linear dari v1 , L , vn .
Selanjutnya, himpunan semua kombinasi linear dari v1 , L , vn dikatakan span dari v1 ,L , vn dan ditulis
span {v1 ,L , vn } = {α1v1 + L + α n vn α1 ,L , α n ∈ F } Ilustrasi untuk konsep kombinasi linear dan span yang didefinisikan di atas, akan diperlihatkan pada contoh di bawah ini. Contoh 1.2 Pandang vektor-vektor di ¡
2 2 1 1 v1 = , v2 = , 3 2 2 1
4
berikut.
1 0 v3 = , 0 1
0 1 v4 = , 2 0
0 1 v5 = . 1 0
1.6
Aljabar II
Karena v1 = 2v3 + 2v4 − v5 (α1 = 2, α 2 = 2 dan α 3 = −1) maka vl merupakan kombinasi linear dari v3, v4 dan v5. Jadi, v1 ∈ span {v3 , v4 , v5 }, tetapi v2 ∉ span {v3 , v4 , v5 }, karena Sistem Persamaan Linear (SPL) berikut:
α β+γ 2β + γ α
=2 =1 =2 =1
tidak memiliki solusi, dengan kata lain v2 tak dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari v3 , v4 dan v5 . ■ p
Pandang himpunan F , yang telah dibahas di atas, beserta operasi penjumlahan dan perkalian skalar. Maka, dapat ditunjukkan bahwa: (i)
∀u , v, w ∈ F p berlaku sifat-sifat berikut: 1. u + v ∈ F p
(sifat tertutup)
2. u + v = v + u 3. (u + v) + w = u + (v + w)
(sifat komutatif) (sifat asosiatif)
0 r r 4. ∃ 0 = M ∈ F p ∋ 0 + u = u 0 r 5. ∃ − u ∈ F p ∋ u + (−u ) = 0
(vektor nol) (−u vektor balikan dari u)
(ii) ∀u , v ∈ F p dan α , β ∈ F berlaku 1. α u ∈ F p 2. 1 . v = v 3. α (u + v) = αu + αv 4. (α +β)v = αv + βv 5. (αβ)v = α (βv) Kita katakan bahwa F p merupakan suatu ruang vektor atas lapangan F .
1.7
MATA4436/MODUL 1
Berikut ini akan kita definisikan pengertian ruang vektor atas lapangan F secara umum.
Definisi 1.3 Suatu ruang vektor V atas lapangan F adalah himpunan tak hampa V, r yang memuat vektor 0 dan dilengkapi dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar sehingga dipenuhi: (i) ∀u , v, w,∈ V , berlaku
1. 2. 3. 4. 5. (ii)
u + v ∈V
( sifat tertutup)
u+v=v+u
( sifat komutatif )
(u + v) + w = u + (v + w) r 0+u=u r ∃ − u ∈V ∋ u + ( − u ) = 0
( sifat asosiatif ) (vektor nol ) (−u vektor balikan dari u )
u, v,∈ V dan α , β ∈ F berlaku
1. α u ∈ V 2. 1 . v = v 3. α (u + v ) = α u + α v 4. (α + β )v = α v + β v 5. (αβ )v = α ( β v)
( sifat distributif ) ( sifat distributif )
Untuk selanjutnya yang dimaksud dengan ruang vektor adalah ruang vektor atas lapangan F . Dengan lapangan F adalah ¡ atau £ , kecuali dengan keterangan yang lebih spesifik. Setelah kita paham dengan apa yang dimaksud dengan ruang vektor, mari kita lihat salah satu sifat yang berlaku di ruang vektor pada teorema berikut. Teorema 1.1 Misalkan V suatu ruang vektor. Maka untuk 0, −1 ∈ F berlaku: r (i) 0v = 0, ∀v ∈ V (ii) (−1)v = − v,
∀v ∈ V
1.8
Aljabar II
Bukti: Misalkan v ∈ V sebarang, maka (i) 0v = (0 + 0) v = 0v + 0v 0v + (− (0v)) r 0 r 0 r 0
(sifat distributif)
= (0v + 0v) + (− (0v)) = 0v + ( 0v + ( − (0v) ) ) r = 0v + 0
(vektor balikan dari 0v)
= 0v
(vektor nol)
r (ii) 0 = 0v = (1 + (−1) ) v = 1.v + (−1)v r 0 = v + (−1)v r − v + 0 = − v + v + (−1)v − v = (−v + v) + (−1)v r − v = 0 + (−1)v − v = (−1)v
■
Sekarang timbul pertanyaan, apakah subhimpunan dari suatu ruang vektor juga merupakan ruang vektor? Untuk itu, mari kita simak definisi di bawah ini. Definisi 1.4 Pandang subhimpunan tak hampa U dari suatu ruang vektor V. Kita katakan U sebagai subruang dari V, jika U juga merupakan ruang vektor dengan operasi yang sama seperti operasi di V. Sekarang akan kita lihat suatu lemma yang lebih operasional untuk menyelidiki apakah suatu subhimpunan tak hampa dari suatu ruang vektor merupakan subruang dari ruang vektor tersebut. Lemma 1.1 Suatu subhimpunan tak hampa U dari suatu ruang vektor V merupakan suatu subruang, jika dan hanya jika, (i) jika u1 , u2 ∈ U maka u1 + u2 ∈ U
(ii) jika α ∈ F dan u ∈ U , maka α u ∈ U .
1.9
MATA4436/MODUL 1
Bukti: Misalkan V suatu ruang vektor dan U adalah subruang dari V maka U juga merupakan ruang vektor (berdasarkan Definisi 1.4), sehingga (i) dan (ii) jelas dipenuhi. Sebaliknya, misalnya (i) dan (ii) dipenuhi untuk U ⊆ V. Karena U tak hampa r maka terdapat u ∈ U . Dari Teorema 1.1 maka 0u = 0 ∈U (karena V suatu ruang vektor). Sifat-sifat ruang vektor dan sifat-sifat yang lain jelas dipenuhi. Jadi, U merupakan subruang dari ruang vektor V. ■ Untuk pemahaman lebih lanjut tentang konsep ruang dan subruang vektor maupun konsep-konsep yang berhubungan dengan ruang dan subruang vektor ini, baik kita perhatikan beberapa ilustrasi pada Contoh 1.3 di bawah ini. Contoh 1.3 (1) Misalkan A suatu matriks, dengan unsur pada lapangan F , berukuran m × n. Pandang ruang baris A yaitu span {rl , ⋯, rm } , dengan merupakan
rl ,⋯, rm baris matriks A. Maka span {rl , ⋯, rm } merupakan subruang dari F n . Ruang kolom A yaitu Span {k1 ,⋯, k n } , dengan k1 ,⋯, kn merupakan kolom-kolom matriks A, merupakan subruang dari F m .
■
(2) Pandang himpunan P yang diekspresikan sebagai
α 0 + α1 x + L + α n −1 x n −1 + α n x n dengan α 0 α1 , L , α n ∈ F dan n bilangan bulat positif. Operasi penjumlahan dan perkalian skalar didefinisikan sebagai berikut:
(α 0 + α1 x + L + α n −1 x n −1 + α n x n ) + ( β 0 + β1 x + L + β s −1 x s −1 + β s x s ) n
=
s
m
∑α x + ∑ β x = ∑ ( α + β ) x , dengan m = maks (n,s) i
i
i
i =0
i
i
i =0
i
i =0
i
1.10
Aljabar II
α (α 0 + α1 x + L + α n −1 x n −1 + α n x n ) = α
n
n
∑α x = ∑αα x . i
i
i
i =0
i
i =0
Maka, dengan operasi seperti di atas, P merupakan ruang vektor dan disebut ruang suku banyak berderajat hingga. (3) Pandang Mm×n ( F ) = himpunan semua matriks berukuran m × n dengan unsur di F . Dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar biasa, Mm× n ( F ) merupakan suatu ruang vektor. Misalkan K = { A ∈ M m×n (F) At = − A } ⊂ M m×n (F). Akan kita selidiki apakah K merupakan subruang dari Mm× n ( F ). Jelas, K ≠ ∅ , karena matriks O berukuran m×n merupakan unsur K. Misalkan A, B ∈ K dan α ∈ F. Berarti At = A dan Bt = − B.
( A + B)t = At + Bt = − A + − B = −( A + B) = −( A + B) (α A)t = α At = α (− A) = −(α A). Berarti A + B ∈ K dan α A ∈ K . Jadi, K merupakan subruang dari Mm× n ( F ). (4) Misalkan L = { A∈ M 2×2 (F) A−1 ada } ⊂ M 2×2 (F). Pandang
1 0 A= A−1 ada, berarti A ∈ L 0 1 −1 0 B= B −1 ada, berarti B ∈ L 0 − 1 0 0 Tetapi A + B = tak memiliki invers, berarti A + B ∉ L . 0 0 Jadi, L bukan merupakan subruang dari M 2×2 (F) .
1.11
MATA4436/MODUL 1
(5) Pandang V = { f : R → R f pemetaan} Didefinisikan operasi penjumlahan dan perkalian skalar sebagai berikut: Misalkan f dan g di V ; α ∈¡ maka 1) ( f + g ) ( x) = f ( x) + g ( x), ∀x ∈R 2) (α f ) ( x) = α ( f ( x) ) , ∀x ∈¡
O : R → R Pandang O ∈V dengan: x a 0, ∀x ∈ R Misalkan f ∈ V sebarang maka
( O + f ) ( x) = O ( x) + f ( x) = 0 + f ( x) =
f ( x), ∀x ∈¡
Jadi, kita mempunyai O + f = f , ∀f ∈V .
− f : R → R Pandang − f ∈V dengan: x a − ( f ( x) ) , ∀x ∈ R
( f + (− f ) ) ( x) = f ( x) + (− f )( x) f ( x) + ( −( f ( x) ) = 0 = O ( x), ∀x ∈ R
Maka
=
Jadi, f + (− f ) = O. Maka V dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar di atas merupakan suatu ruang vektor atas ¡ . ■ (6) Misalkan V suatu ruang vektor atas F . Misalkan pula v1 , v2 ,L , vn vektor-vektor di V. Maka, span {v1 , v2 ,L , vn } akan membentuk subruang dari V. Pandang x, y ∈ span {v1 , v2 ,L , vn } , maka
1.12
Aljabar II
n α i vi dan y = x = i =1 n x + y = (αi + βi ) vi i =1 demikian sehingga,
∑
n
∑β v
i i
i =1
∑
x + y ∈ span {v1 , v2 ,L , vn } .......………………………………….. (1.1) Kemudian, misalkan α ∈F , maka α x =
n
∑αα v . Jadi, i i
i =1
α x ∈ span {v1 , v2 ,L , vn } ………………………...................….. (1.2) ∴ Dari (1.1) dan ((1.2) maka span {v1 , v2 ,L , vn } merupakan subruang dari V.
■
Setelah membaca materi subpokok bahasan di atas, cobalah kerjakan latihan berikut agar pemahaman Anda lebih mantap. LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1) Tentukan subhimpunan dari ¡ n yang merupakan subruang a) {(r1 ,L , rn ) r1 + 2r2 + 3r3 + L + nrn = 0} b)
{(r ,L , r ) r 1
n
2 1
}
+ r2 2 + L + rn2 = 1
Jelaskan jawaban Anda. 2) Tentukan subhimpunan dari ruang fungsi kontinu dari R ke R yang merupakan subruang a) { f : R → R f kontinu, f ( x) = − f (− x), ∀ x ∈ R} b)
{ f :R → R
f kontinu, f solusi dari PD y" + y' = 2 y}
1.13
MATA4436/MODUL 1
3) Misalkan V suatu ruang vektor. Diketahui w, v1 ,L , vn di V dan w merupakan kombinasi linear dari v1 , L , vn . Tunjukkan
span {w, v1 ,L , vn } = span {v1 ,L , vn } 4) Misalkan V suatu ruang vektor. Misalkan pula K dan L subruang dari V sehingga dipenuhi V = K + L. Tunjukkan K ∩ L = {0}, jika dan hanya jika penulisan setiap vektor di V sebagai hasil tambah dari vektor-vektor di K dan L adalah tunggal. K + L = {k + l k ∈ K , l ∈ L } Agar latihan Anda terarah dengan baik dan dapat memperkirakan hasil latihan Anda, bacalah rambu-rambu jawaban Latihan. Petunjuk Jawaban Latihan 1) a)
{
}
Tulis S = (r1 ,L , rn ) ∈ R n r1 + 2r2 + L + nrn = 0 i) jelas S ⊂ ¡ ii) (0,L , 0) ∈ S . Jadi S ≠ ∅. n
iii) Misalkan (r1 ,L , rn )∈ S , berarti r1 + 2r2 + L + nrn = 0 dan
( s1 ,L , sn )∈ S berarti: s1 + 2s2 + L + nsn = 0
(r1 + s1 ) + 2(r2 + s2 ) + L + n (rn + sn ) = (r1 + 2r2 + L + nrn ) + ( s1 + 2s2 + L + nsn ) = 0 + 0 = 0 Jadi, (r1 ,L , rn ) + ( s1 ,L , sn ) = (r1 + s1 ,L , rn + sn )∈ S . iv) Misalkan (r1 ,L , rn )∈ S berarti α ∈ R.
r1 + 2r2 + L + nrn = 0 dan
α r1 + 2α r2 + L + nα rn = α (r1 + 2r2 + L + nrn ) = α .0 = 0. Jadi α (r1 ,L , rn ) = (α r1 ,L , α rn )∈ S Dari i sampai dengan iv kita peroleh S subruang dari ¡ n .
1.14
Aljabar II
{
}
b) Tulis K = (r1 ,L , rn ) ∈ R n r12 + L + rn 2 = 1 Pandang (1, 0,L , 0) ∈ ¡
n
2
2
dan 1 + 0 + L + 02 = 1 .
Jadi, (1,0, L ,0) ∈ K Pandang pula (0,1, 0,L , 0) ∈ R n dan 02 + 12 + 02 + L + 02 = 1 . Jadi, (0,1,0, L ,0) ∈ K , (1,0,L ,0) + (0,1,0,L ,0) = (1,1,0,L ,0). Tetapi, 12 + 12 + 02 + L + 02 ≠ 1 sehingga
(1,0, L ,0) + (0,1,0, L ,0) ∉ K Jadi, K bukan subruang dari ¡ n . 2) a)
Tulis K = {( f : R → R f kontinu, f ( x) = − f (− x) ∀x ∈ R} i)
Pandang f ( x) = 0, ∀x ∈ ¡ .Jelas f kontinu di ¡ . Maka − f (− x) = − 0 = 0. Jadi, f ( x) = − f (− x), ∀x ∈ ¡ .
Berarti f ∈ K . ∴K≠∅ ii) Misalkan f ∈ K , berarti f kontinu di ¡ dan f ( x) = − f (− x) , ∀x ∈ R.
. g ∈ K , berarti g kontinu di ¡ dan g ( x) = − g (− x) , ∀x ∈ R Misalkan pula α ∈ R. ( f + g )( x) = f ( x) + g ( x) = − f (− x ) + [ − g (− x )] = −( f + g )(− x), ∀x ∈ ¡ dan f + g kontinu di ¡ . Jadi, f + g ∈ K (α f )( x) = α ( f ( x )) = α (− f (− x)) = −(α f (− x)) dan
α f kontinu di R. Jadi, α f ∈ K . ∴ K subruang dari ruang fungsi kontinu dari R ke R. b) Tulis K = { f : R → R f kontinu , f solusi PD y" + y' = 2 y i)
}
Pandang f : R → R dengan f ( x) = 0, ∀x ∈ R. Jelas f kontinu di R.
f" = f' = f = 0.
MATA4436/MODUL 1
1.15
∴ f solusi PD y" + y' = 2 y. ∴ f ∈ L. ∴ L ≠ ∅. ii) Misalkan f ∈ L , berarti f kontinu di R dan f" + f' = 2 f . Misalkan pula g ∈ L, berarti g kontinu di R dan g" + g' = 2 g . Misalkan α ∈ R . ( f + g )" + ( f + g )' = f" + g" + f' + g' = 2 f + 2 g = 2( f + g ).
f + g kontinu di R. ∴ f + g ∈ L. (α f )" + (α f )' = α f" + α f' = α ( f" + f' ) = α (2 f ) = 2α f . ∴ α f ∈ L . ∴L subruang dari fungsi kontinu dari ¡ ke ¡ . 3) Misalkan x ∈ span {w, v1 , v2 , L , vn } maka x = α w + α1v1 + L + α n vn untuk suatu α , α1 , α 2 ,L , α n ∈ R. Tetapi, w kombinasi linear dari
v1 , v2 ,L , vn . Berarti w = β v1 + β 2 v2 + L + β n vn untuk suatu β1 , β 2 , L , β n ∈ R. Jadi, x = α ( β1v1 + L + β n vn ) + α1v1 + L + α n vn
= (αβ1 + α1 )v1 + L + (αβ n + α n )vn . ∴ x ∈ span {v1 ,L , vn } ∴ span {w, v1 ,L , vn } ⊆ span {v1 ,L , vn }. Misalkan y ∈ span {v1 ,L , vn }. Berarti y = γ 1v1 + L + γ n vn untuk suatu
γ 1 , L , γ n ∈ R. y = γ 1v1 + ... + γ n vn = γ 1v1 + ... + γ n vn + 0 w. ∴ y ∈ span { w , v1 ,..., vn }. ∴ span {v1 ,..., vn } ⊆ Span { w, v1 ,..., vn }. ∴ span { v1 ,..., vn } = span { w, v1 ,..., vn }. 4)
(⇒) Misalkan x ∈ V sebarang dengan x = k1 + l1 = k2 + l2 untuk k1 , k2 ∈ K dan l1 , l2 ∈ L. Maka k1 − k2 = l2 − l1.
1.16
Aljabar II
Tulis y = k1 − k2 = l2 − l1 . Karena K dan L subruang, maka k1 − k2 ∈ K dan l2 − l1 ∈ L. ∴ y ∈ K ∩ L. Tetapi K ∩ L = {0}. ∴ y = k1 − k2 = l2 − l1 = 0. Jadi, k1 = k2 dan l1 = l2 .
Jadi, penulisan setiap vektor x di V sebagai hasil tambah dari vektor-vektor di K dan L adalah tunggal. (⇐)
Misalkan x ∈ K ∩ L sebarang. Berarti x ∈ K dan x ∈ L. x ∈ K , maka x = x + 0 dengan x ∈ K dan 0 ∈ L. x ∈ L, maka x = 0 + x dengan 0 ∈ K dan x ∈ L. Tetapi penulisan x ∈ V sebagai hasil tambah dari vektor-vektor di K dan adalah tunggal. Jadi, x = 0. ∴ K ∩ L = {0}.
R A NG KU M AN Pada bagian ini Anda telah mempelajari struktur himpunan yang merupakan dasar dari mata kuliah ini. Ruang vektor disebut juga sebagai struktur ruang linear, karena pada ruang tersebut kita mengerjakan operasi tambah. Objek atau elemen dari ruang vektor tersebut secara umum tidak harus berbentuk vektor, seperti yang kita kenal. Seperti terlihat pada subpokok bahasan ini, elemen dari ruang vektor dapat berupa matriks, fungsi dan lain sebagainya. TE S F OR M AT IF 1 Jawablah soal-soal berikut!
a 1) Apakah H = b ∈ R 3 c vektor? (Jelaskan jawaban Anda)
∫( 1
0
ax + bx + c dx = 0 merupakan ruang 2
)
MATA4436/MODUL 1
1.17
2) Tentukan subhimpunan dari F n di bawah ini yang merupakan subruang dari F n : (Jelaskan jawab Anda!) u 3 a) v ∈ F u + v + w = 0 w b)
c) d) e)
u 3 v ∈ F u + v + w = 1 w u 2 ∈ F u v = 0 v u 2 2 2 ∈R u + v = 0 v u 2 u 2 + v2 = 0 ∈£ v
3) Mana yang merupakan subruang dari ruang vektor M n × n (F) berikut, (Jelaskan jawab Anda!). a) Subhimpunan dari M n × n (F) yang memiliki rang 1 (satu). b) Subhimpunan yang memiliki rang 0 (nol). c) Matriks-matriks yang merupakan solusi dari persamaan
M 2 + M = In . d) Matriks-matriks M yang memenuhi M − M t = O. 4) Misalkan V suatu ruang vektor. Misalkan pula a ∈ V dan α ∈ F . Tunjukkan bahwa: a) (−α )(a ) = − (α a) b) c)
α (−a ) = − (α a) (−α )(− a) = α a
Petunjuk: Sebelum Anda mengerjakan soal 4 di atas, terlebih dahulu tunjukkan sifat berikut: Pada lapangan F berlaku: (−1) α = − α , ∀ α ∈ F.
1.18
Aljabar II
5) Misalkan V suatu ruang vektor. Misalkan pula K dan L masingmasing subruang dari V. a) Selidiki apakah K ∩ L membentuk subruang dari V. b) Selidiki pula apakah K ∪ L membentuk subruang dari V. c)
Jika K + L = {k + l k ∈ K , l ∈ K } selidiki apakah K + L
merupakan subruang dari V. Jelaskan jawab Anda. (Jika "ya" tunjukkan dan jika "bukan" berikan contoh). 6) Misalkan U1 , U 2 dan W masing-masing subruang dari suatu ruang vektor V. a) Buktikan (U1 ∩ W ) + (U 2 ∩ W ) ⊆ (U1 + U 2 ) ∩ W . b) Buat suatu contoh di F 2 yang menunjukkan bahwa kesamaan pada (a) tidak berlaku. Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.
Tingkat penguasaan =
Jumlah Jawaban yang Benar Jumlah Soal
× 100%
Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai.
1.19
MATA4436/MODUL 1
Kegiatan Belajar 2
Bebas Linear
M
ari kita pandang subruang-subruang dari ¡
2
berikut:
{ −11 , −26 , 15} , K ' = span {−1 , 2 } dan K " = span {1 , −1 } . 3 −6 3 3 K = span 1 , 1
Maka, dapat ditunjukkan K = K ′′ , tetapi K ≠ K ′ . Mengapa terjadi demikian? Mengapa subruang yang dibangun oleh 4 (empat) vektor, sama dengan subruang yang dibangun oleh 2 (dua) vektor? Untuk masalah di atas kita katakan K dibangun oleh
1 −1 2 1 , , dan 1 1 −6 5 Pertanyaan-pertanyaan di atas akan dijawab dalam subpokok bahasan ini. Kunci jawaban ada pada konsep bebas linear. Definisi 1.5 Misalkan V suatu ruang vektor. Himpunan vektor-vektor v1 , v2 ,L , vn di V dikatakan bebas linear di V, jika kombinasi linear α1 v1 + L + α n vn = 0 hanya dipenuhi oleh α1 = α 2 = L = α n = 0. Jika {v1 , v2 ,L , vn } tidak bebas linear, kita katakan bergantung linear. Berikut ini mari kita perhatikan suatu sifat yang cukup menarik dari himpunan vektor-vektor bergantung linear dan bebas linear di V yang diberikan oleh Lemma 1.2 dan Lemma 1.3 di bawah ini.
1.20
Aljabar II
Lemma 1.2. Misalkan V suatu ruang vektor. Misalkan pula
{v1 , v2 ,..., vn }
bergantung linear di V. Maka, terdapat j dengan 1 ≤ j ≤ n sehingga vj merupakan kombinasi linear dari v1 , v2 ,L , v j −1 , v j +1 ,L , vn .
Bukti: v1 , v2 ,L , vn bergantung linear. Berarti terdapat α j ≠ 0; 1 ≤ j ≤ n sehingga
α1 v1 + α 2 v2 + ⋯ + α j v j + ⋯ + α n vn = 0 ⇔ α j v j = − α1 v1 − ⋯− α j −1 v j −1 − α j +1 v j +1 −⋯−α n vn
⇔ vj = −
α1
α j v1 −⋯−
α j−1
α j v j−1 −
α j +1
α j v j +1 − ⋯−
αn
α j vn
⇔ v j = β1 v1 + L + β j −1 v j −1 + β j +1 v j +1 + L + β n vn dengan βi = −
αi
α j dan i ≠ j atau dengan penulisan lain, yaitu
n
vj =
∑β v . i i
■
i =1 i≠ j
Lemma 1.3 Misalkan V = span {w1 , w2 ,⋯, wn } suatu ruang vektor. Misalkan pula
{v1 , v2 , ⋯, vr } bebas linear di V. Maka r ≤ n. Bukti: Akan kita buktikan dengan menggunakan kontradiksi. Andaikan r > n. Misalkan vi = α i1 w1 +α i 2 w2 + ⋯ + α in wn , ∀i = 1, ⋯, r. Pandang kombinasi linear β1 v1 + L + β r vr = 0 , maka
β1 =⋯ = β r = 0 karena {v1 , v2 , ⋯, vr } bebas linear.
1.21
MATA4436/MODUL 1
Selanjutnya
(
)
(
)
β1 α11 w1 + α12 w2 + L + α1n wn + L + β r α r1 w1 + α r 2 w2 + L + α rn wn = 0 atau
(α11 β1 + α 21 β2 + L
)
(
)
+ α r1β r w1 + L + α1n β1 + α 2 n β 2 + L + α rn β r wn = 0
atau
α11 β1 + α 21 β 2 + L + α r1β r = 0 α12 β1 + α 22 β 2 + L + α r 2 β r = 0 M α β + α β + L + α β = 0 2n 2 rn r 1n 1 Tetapi SPL homogen di atas terdiri dari n persamaan dan r variabel, dengan r > n. Maka, SPL di atas memiliki solusi tak hingga banyak (lihat BMP Aljabar Linear Elementer). Hal ini bertentangan karena {v1 ,⋯, vr } bebas linear. Jadi, haruslah r ≤ n . ■ Untuk pemahaman lebih baik tentang konsep bebas dan bergantung linear dari himpunan vektor-vektor di suatu ruang vektor, perhatikan contohcontoh berikut ini. Contoh 1.4 (1) Pandang ruang fungsi V = { f : R → R f pemetaan } . Misalkan f ( x) = 1, g ( x) = e x dan h ( x) = e 2 x adalah fungsi-fungsi di V. Akan ditunjukkan bahwa
{ f , g , h}
bebas linear di V.
Untuk menunjukkan kebebaslinearan linear: Jadi,
{ f , g , h} ,
α f + β g +γ h = O (α f + β g + γ h) ( x) = α f ( x) + β g ( x) + γ h( x ) = O ( x ) = O, ∀ x ∈ R
pandang kombinasi
1.22
Aljabar II
Selanjutnya, untuk x = 0, x = 1 dan x = 2, kita peroleh SPL berikut:
α + β +γ =0 2 α + βe+γ e =0 2 4 α + βe +γ e =0 Dapat ditunjukkan bahwa solusi SPL di atas adalah α = β = γ = 0 . Jadi
{ f , g , h} bebas linear.
■
(2) Pandang ruang fungsi seperti pada Contoh 1.4 nomor (1) di atas. Misalkan f1 ( x) = cos2 x, f 2 ( x) = sin 2 x dan f3 ( x) = cos 2 x. Kita ketahui bahwa:
cos 2 x = cos 2 x − sin 2 x 2
(ini berarti
cos 2x
2
merupakan kombinasi linear dari cos x dan sin x), maka berdasarkan Tes Formatif 2 nomor 2 (kebalikan Lemma 1.2) kita peroleh { f1 , f 2 , f3 } bergantung linear.
■
Setelah membaca materi subpokok bahasan di atas, cobalah kerjakan latihan berikut agar pemahaman Anda lebih mantap. LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1) Diketahui V suatu ruang vektor atas lapangan F . Tunjukkan kebalikan Lemma 1.2 senantiasa berlaku. 2) Diketahui V suatu ruang vektor atas lapangan F . Diketahui pula X = { x1 , x2 ,L , xn } bebas linear di V. Selidiki apakah { x1 , x2 ,L , xn } bebas linear di V. Jelaskan jawaban Anda!
1.23
MATA4436/MODUL 1
3) Diketahui seperti soal nomor 2. Misalkan pula y ∈ V . Selidiki apakah
{ x1 , x2 ,L
, xn , y} bebas linear di V. Jelaskan jawaban Anda.
4) Diketahui V suatu ruang vektor atas lapangan F . Diketahui pula Y = { y1 , y2 ,L , ym } membangun V. Selidiki apakah { y2 , y3 ,L , ym } membangun V. Jelaskan jawaban Anda. 5) Diketahui seperti soal nomor 4. Misalkan pula z ∈ V . Selidiki apakah
{ y1 , y2 ,L
, ym , z} membangun V. Jelaskan jawaban Anda.
Petunjuk Jawaban Latihan n
1)
vj =
∑α v ⇔ α v + L + α i i
1 1
j −1v j −1
− v j + α j +1v j +1 + L + α n vn = 0
i =1 i≠ j
⇔ α1v1 + L + α j −1v j −1 + (−1)v j + α j +1v j +1 + L + α n vn = 0 Jadi terdapat α j = − 1 ≠ 0 di F sehingga
n
∑α v
i i
= 0.
i =1
Jadi, {v1 ,⋯, v j −1 , v j , v j +1 , ⋯, vn } bergantung linear. 2) Pandang kombinasi linear α 2 x2 + L + α n xn = 0
……………………………… (1.3)
Maka, 0 = α 2 x2 + ⋯ + α n xn = 0 x1 + α 2 x2 + ⋯ + α n xn .
………… (1.4)
Tetapi, {x1 , L , xn } bebas linear di V. Maka kombinasi linear (1.4) hanya dapat dipenuhi oleh α 2 = ⋯ = α n = 0. Jadi kombinasi linear (1.3) hanya dipenuhi oleh α 2 = L = α n = 0. Jadi, { x2 ,L , xn } bebas linear di V. 3) Kasus 1. Jika y ∈ span {x1 ,L , xn }, maka y = α1 x1 + L + α n xn untuk α l , ⋯,α n di F. Menurut soal nomor 1 di atas, maka {x1 , ⋯, xn , y} bergantung linear.
1.24
Aljabar II
Kasus 2. Jika y ∉ span {x1 ,⋯, xn }, andaikan {x1 , ⋯, xn , y} bergantung linear. Maka terdapat β1 , ⋯ , β i−1 , β i +1 , ⋯ , β n , γ di R, sehingga n
xi =
∑β x j
j
+ γ y. Jelas γ ≠ 0, karena jika γ = 0, maka
j =1 j ≠i n
xi =
∑β x j
j
dan ini berarti {x1 , ⋯, xn } bergantung linear.
j =1 j ≠i
Hal ini bertentangan dengan {x1 , ⋯, xn } bebas linear. ∴ γ ≠ 0. Jadi, y = γ −1 xi − γ −1
n
∑β x . j
j
j =1 j ≠i
Ini berarti, y ∈ span {x1 , ⋯, xn }. Hal ini bertentangan dengan
y ∉ span {x1 ,⋯, xn }. Jadi haruslah {x1 , ⋯, xn , y} bebas linear. 4) Kasus 1. y1 ∉ span { y2 , ⋯, yn }. Maka y1 ∈ V tidak dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari { y2 ,⋯, yn }. Jadi { y2 ,⋯, yn } tidak membangun V. Kasus 2. y1 ∈ span { y2 , ⋯, yn }, maka terdapat β 2 , ⋯, β n di F sehingga
y1 = β 2 y2 + ⋯+ β n yn . Sekarang misalkan x ∈ V sebarang, { y1 , ⋯, yn } membangun V berarti terdapat α1 , ⋯, α n di F sehingga x = α1 y1 + ⋯ + α n yn
= α 1 ( β 2 y 2 + ⋯ + β n yn ) + α 2 y 2 + ⋯ + α n y n = (α1 β 2 + α 2 ) y2 + ⋯+ (α1 β n + α n ) yn . Jadi setiap vektor di V dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari { y2 ,⋯, yn }. Jadi { y2 , ⋯, yn } membangun V. 5) Misalkan x ∈V sebarang dan { y1 , ⋯, ym } membangun V. Berarti terdapat α1 , ⋯ , α m di F sehingga
x = α1 y1 + ⋯ + α m ym = α1 y1 + ⋯ + α m ym + 0 z ; z ∈ V .
1.25
MATA4436/MODUL 1
Jadi setiap vektor di V dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari y1 , ⋯ , ym , z. Jadi { y1 , ⋯, ym , z} membangun V. R A NG KU M AN Pada bagian ini Anda telah mempelajari sifat bebas linear dan bergantung linear dari kumpulan vektor. Pada kumpulan vektor yang bebas linear, tidak akan berubah sifatnya walaupun anggota dari vektor tersebut dikalikan dengan skalar tidak nol. TE S F OR M AT IF 2 Jawablah soal-soal berikut! 1) Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan F . Misalkan pula {u, v, w} bebas linier di V. Tunjukkan { u + v, v + w, u + w } bebas linier di V dan span {u, v, w} = span { u + v, v + w, u + w }. 2) Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan F . Misalkan pula {v1 , v2 ,L , vn } vektor-vektor di V. Jika v1 = α jvj
∑ j =1 i ≠1
Tunjukkan bahwa {v1 , v2 ,L , vn } bergantung linear. 3) Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan F . Misalkan pula {v1 ,L , vn } bebas linier di V dan v ∉ span {v1 , v2 ,L , vn } . Tunjukkan bahwa {v1 + v, v2 + v,L , vn + v} bebas linier.
4) Misalkan V = span {v1 , v2 ,L , vn } dan w1 , w2 ,L , wn ∈ V dengan m > n. Tunjukkan {w1 , w2 ,L , wm } bergantung linier.
5) Misalkan
{v1 , v2 ,L
, vn } bebas linier di R n . Misalkan pula A suatu
matriks berukuran n × n dan A memiliki invers. Tunjukkan { Av1 , Av2 ,L , Avn } bebas linear.
1.26
Aljabar II
Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 2 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2.
Tingkat penguasaan =
Jumlah Jawaban yang Benar Jumlah Soal
× 100%
Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan modul selanjutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang belum dikuasai.
1.27
MATA4436/MODUL 1
Kunci Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1 1) Karena H subhimpunan tak hampa dari ¡ 3 , maka untuk menyelidiki apakah H ruang vektor, cukup diselidiki apakah H Subruang dari ¡ 3 dengan menggunakan Lemma 1.1. 2) a) subruang. b) bukan subruang. c) bukan subruang. d) bukan subruang. e) bukan subruang. 3) a) bukan subruang. b) subruang. c) bukan subruang. d) bukan subruang. 4) Pertama-tama akan ditunjukkan bahwa pada lapangan F berlaku 0.α = 0 , ∀α ∈ F 0.α = (0 + 0) α = 0 α + 0.α
−(0.α ) + 0.α = − (0.α ) + 0.α + 0.α 0
=
0 + 0.α
0
=
0.α
Berikutnya akan ditunjukkan bahwa pada lapangan F berlaku (−1) α = − α , ∀ α ∈ F
(−1) α + α = (− 1) α + 1.α = (−1 + 1) α =
0 α
=
0
∴ (−1) α = − α a)
(− α ) + α . a = (− α + α ) a = 0. a
= 0 ∴ (−1) a = − (α a)
1.28
Aljabar II
b)
α (− a ) + α a = α ( − a + a ) = α. 0 = 0 ∴ α (−a) = − (α − a)
c)
5) a) b) c) 6) a)
(−α ) (− a) + (− α ) = (−α ) (− a + a) = (− α ) 0 = 0 ∴ (− α ) (−a) = α − a ya. tidak selalu. ya. Ambil x ∈ (U1 I W ) + (U 2 I W ) . Misalkan x = y + z dengan y ∈ U1 I W dan z ∈ U 2 I W . Karena y ∈ U1 dan z ∈ U 2 , maka x = y + z ∈ U1 + U 2 . Karena y ∈ W dan z ∈ W , maka x = y + z ∈ W . Jadi
x = y + z ∈ (U 1 + U 2 ) Ι W .
b) Silakan dicoba sebagai latihan. Tes Formatif 2 1) a) Pandang kombinasi linear α ( u + v ) + β ( v + w) + γ ( u + w) = 0
∴ (α + γ ) u + (α + β ) v + ( β + γ ) w = 0
Karena {u, v, w} bebas linear, maka
α +γ =α + β = β +γ = 0
∴ α = β = γ = 0. .
b) Misalkan x ∈ span {u, v, w} . Jadi x = α u + β v + γ w
= α ′ (u + v ) + β ′ ( v + w) + γ ′ ( u + w)
= (α ′ + γ ′ ) u + (α ′ + β ′ ) v + ( β ′ + γ ′ ) w
Karena {u, v, w} bebas linear, maka
α′+γ ′ = α ; α′+ β′ = β ;
β′+γ′ = γ
1.29
MATA4436/MODUL 1
2)
{v1 ,L
, vn } ⊂ V . n
vi =
∑α v
j j
j =1 j ≠i
n
∴
∑α v
j j
− vi = 0
j =1 j ≠i
∴ ∃ − 1 ≠ 0 sedemikian hingga kombinasi linear di atas sama dengan
nol. ∴ {v1 ,L , vn } bergantung linear. 3) Pandang kombinasi linear α1 ( v1 + v ) + α 2 ( v2 + v ) + L + α n ( vn + v ) = 0.
∴ α1v1 + L + α n vn + (α1 + α 2 + L + α n ) v = 0.
Jika α1 + L + α n ≠ 0 , maka −1
(α1 + α 2 + L + α n ) ( −α1v1 − L ∴ v ∈ span {v1 ,L , vn } . .
− α n vn ) = v
Hal ini bertentangan dengan v ∉ span {v1 ,L , vn } .
∴ α1 + α 2 + L + α n = 0 ∴ α1v1 + L + α n vn = 0
{v1 ,L
Karena
, vn } bebas linear, maka
α1 = α 2 = Λ = α n = 0 ∴ {v1 + v,Λ , v n + v} bebas linear. n
4) Misalkan wi =
∑α v
ij j
, i = 1,L , m
j =1
Pandang kombinasi linear m
∑β w = 0 i
i
i =1
β1 (α11v1 + L + α1n vn ) + L + β m (α m1v1 + L + α mn vn ) = 0
( β1α11 + β 2α 21 + L
+ β mα m1 ) v1 + L + ( β1α1n + L + β mα mn ) vn = 0
1.30
Aljabar II
Jika
{v1 ,L
, vn } bebas linear, maka
β1α11 + L + β mα m1 = 0
Μ
β1α1n + L + β mα mn = 0 .
m anu dan n persamaan, dengan m > n. SPL homogen memiliki tak hingga banyak jawab. ∴ {w1 ,L , wm } bergantung linear. Jika
{v1 ,L
, vn } bergantung linear maka dapat direduksi menjadi
subhimpunan yang bebas linear. Proses selanjutnya sama dengan di atas. 5) Pandang kombinasi linear α1 Av1 + L + α n Avn = 0
A (α1v1 + L + α n vn ) = 0
Karena A−1 ada, maka α1v1 + α 2 v2 + L + α n vn = 0 Karena
{v1 ,L
, vn } bebas linear, maka
α1 = α 2 = L = α n = 0 ∴
{ Av1 ,L
, Avn } bebas linear.
1.31
MATA4436/MODUL 1
Daftar Pustaka Bill Jacob. (1990). Linear Algebra. W.H. Freeman and Company. Leon, SJ, (1990). Linear Algebra with Application. MacMilan Publishing Company. Strang, G. (1988). Linear Algebra and Its Application. 3rd edition Academic Press. Curtin, CW. (1984). Linear Algebra An Introduction Undergraduate Text in Mathematics Springer verlag.
Approach.
