ALJABAR LINEAR ELEMENTER
BAB VI HASIL KALI DALAM
6.1 Hasil Kali Dalam
Hasil kali dalam dua buah vektor u dan v dengan notasi
u,v
pada bab IV, dan dalam bab VI ini Hasil Kali Dalam dinotasikan dalam
, Definisi I :
Suatu hasil kali dalam pada suatu ruang vektor real
V
adalah suatu fungsi yang menghubungkan suatu bilangan real
, dengan setiap pasangan vektor
u
dan
v
dalam
V
sedemikian hingga aksioma-aksioma berikut terpenuhi oleh semua vektor
u
,
v
dan
w
dalam
V
serta semua skalar k : 1.
Aksioma kesimetrisan : ,
= , 2.
Aksioma penjumlahan : + ,
= , + ,
3. Aksioma kehomogenan :
, =
, 4.
Aksioma kepositifan : ,
dengan ,
= jika
u
=0 Suatu ruang vektor real dengan suatu hasil kali dalam disebut suatu ruang hasil kali dalam
real.
6.1.1 Ruang Hasil Kali Dalam Euclidean
Ruang hasil kali dalam Euclidean terboboti dengan bobot w
1
,w
2
,…,w
n
untuk vektor
u
dan
v
R
n
didefinisikan sebagai : ,
= w
1
u
1
v
1
+ w
2
u
2
v
2
+ … + w
n
u
n
v
n
Contoh 1 : Data X
x
1
x
2
… x
n
Total = ΣX Frekuensi
f
1
f
2
… f
n
Σ f
i
=m
Rataan : =
∑ �
� � �
�=
∑ �
� �
�=
Bila w
1
= w
2
=…= w
n
= , maka dapat dinyatakan :
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
= , = w
1
f
1
x
1
+ w
2
f
2
x
2
+ … + w
n
f
n
x
n
6.1.2 Panjang dan Jarak dalam Ruang Hasil Kali Dalam
Definisi II : Jika V suatu ruang hasil kali dalam, maka norma panjang suatu vektor
u
dalam
V
dinyatakan sebagai ‖ ‖ dengan definisi :
‖ ‖ = , Jarak antar 2 vektor
u
dan
v
dinyatakan dengan d , dengan definisi :
d , = ‖ − ‖ = ‖ − ‖
Sifat-sifat Hasil kali Dalam a.
, = ,
= b.
, + = , + ,
c. ,
= ,
d. − ,
= , − ,
e. , −
= , − ,
Contoh 2 :
u
=3,-2,
v
=4,5,
w
=-1,6 i
Bila didefinisikan hasil kali dalam , sama dengan hasil kali dalam Euclidean
u.v
maka : , +
= , + , =
u.v
+
u.w
= 12-10+-3-12 = 2-15
=-13 ‖ ‖ = √ +
= √ ii
Bila didefinisikan untuk hasil kali dalam Euclidean terboboti sebagai berikut : ,
= 4
u
1
v
1
+ 5
u
2
v
2
maka : ,
= 4
v
1
w
1
+ 5
v
2
w
2
= 4-4 + 530 = -16 + 150 = 134
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
‖ ‖ = √ +
= √ + = √
= √ × = √
Contoh 3 : Jika U =
[ ] dan V = [
] dan didefinisikan hasil kali dalam pada M
22
sebagaimana berikut: ,
= +
+ +
Hitung nilai , jika U = [
− ] dan V = [− ]
Penyelesaian : ,
= +
+ +
= 3 -1 + 2 -23 + 3 4.1 + 4 8.1 = -3
– 12 + 12 + 32 = 29
Contoh 4 : Jika p dan q suatu polinomial dan didefinisikan
, =
+ +
Tentukan , jika p = -2 + x +3x
2
dan q = 4 −7x
2
Penyelesaian : ,
= +
+ = -2 4 + 10 +3 -7
= -8 + 0 – 21
= -29 Bila u dan v suatu vector dalam R
n
u, vє R
n
dan A adalah matriks berukuran n x n yang
invertible, jika u.v adalah hasil kali dalam Euclidean pada R
n
maka : ,
= .
= =
Contoh 5 : Tentukan
, suatu hasil kali dalam pada R
2
yang dibangkitkan oleh matriks A dengan A =
[− ] , = , − dan = ,
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Penyelesaian : , = .
= =
[ − ][
− ] −
= −
− = -52
Sifat-sifat Panjang dan Jarak dalam Ruang Hasil Kali Dalam Jika
u
dan
v
suatu vector dalm ruang hasil kali dalam
V
, dan jika k suatu konstanta, maka : a.
‖ ‖ b.
‖ ‖ = jika dan hanya jika
u
= 0 c.
‖ ‖ = | | ‖ ‖ d.
‖ + ‖ ‖ ‖ + ‖ ‖ ketaksamaa segitiga Jika
u, v
, dan
w
suatu vector dalam ruang hasil kali dalam
V
, dan jika k suatu konstanta, maka :
a. d ,
b. d
, = jika dan hanya jika u=v
c. d
, = d ,
d. d
, = d ,
+ d , ketaksamaan segitiga
6.2 Sudut dan Keortogonalan dalam Ruang Hasil Kali Dalam
Definisi III : Jika θ sudut antara
u
dan
v
maka : Cos θ =
, ‖ ‖ ‖ ‖
u v u
dan
v
saling orthogonal jika ,
=
Contoh 6 : Bila
u
dan
v
suatu vector dalam R
2
dengan definisi ,
= +
, tentukan cosinus sudut yang diapit oleh
u
dan
v
, ntuk
u
= 2,3 dan v = 1,2 Penyelesaian :
, =
+ = 2.1 + 23.2
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
= 2 + 12 =14 ‖ ‖ = √ +
= √ + = √
‖ ‖ = √ + = √ + = √ =
Cos θ =
, ‖ ‖ ‖ ‖
=
√
= √ = √
6.3 Komplemen-komplemen Ortogonal
Definisi IV : Anggap
W
adalah suatu sub-ruang dari suatu ruang hasil kali dalam
V
. Suatu vektor
u
dalam
V
disebut ortogonal terhadap
W
jika
u
ortogonal terhadap setiap vektor dalam
W
, dan himpunan semua vektor dalam
V
yang ortogonal terhadap
W
disebut komplemen-komplemen ortogonal dari
W
. Teorema IV.1
Jika W adalah suatu sub-ruang dari suatu ruang hasil kali dalam berdimensi terhingga
V
, maka : a.
�
⊥
adalah sub-ruang dari
V
b. Satu-satunya vektor dimana
W
dan �
⊥
sama adalah c.
Komplemen ortogonal dari �
⊥
adalah � ≡ �
⊥ ⊥
= � Bukti :
a Untuk menunjukkan
�
⊥
adalah sub-ruang dari
V
, anggap bahwa
u
dan
v
sembarang vektor dalam �
⊥
, dan k suatu skalar. Anggap w sembarang vector
dalam
W
, menurut definisi IV diperoleh ,
= dan , = . Dengan sifat
dasar dari hasil kali dalam diperoleh : + ,
= , + ,
= + = ,
= ,
= =
b Telah ditetapkan bahwa sembarang vektor dalam
W
dan sembarang vektor dalam �
⊥
saling ortogonal, misalkan vektor yang sama tersebut adalah
x
, berarti harus terpenuhi
, = dan itu hanya dipenuhi oleh
x = 0
. c
Sudah jelas
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Contoh 6.a Bila px dan qx adalah polinom berderajat dua dan didefinisikan :
, =
+ +
Tunjukkan bahwa p = 1-x+2x
2
dan q = 2x+x
2
saling ortogonal. Penyelesaian :
Berdasarkan definisi di atas, p dan q saling ortogonal berkenaan dengan hasil kali dalam Euclidean jika dan hanya jika
, =
, = . + − . + .
= 0 – 2 + 2
= 0 Terbukti bahwa p dan q ortogonal.
Teorema IV.2 Jika A matriks berukuran m x n, maka :
a. Ruang kosong dari A dan ruang baris dari A adalah komplemen-komplemen
ortogonal dalam R
n
berkenaan dengan hasil kali dalam Euclidean. b.
Ruang kosong dari A
T
dan ruang kolom dari A
T
adalah komplemen-komplemen ortogonal dalam R
m
berkenaan dengan hasil kali dalam Euclidean. Bukti :
a
Jika suatu vektor v ortogonal terhadap setiap vektor dalam ruang baris A maka Av=0 dan sebaliknya jika Av=0, maka v ortogonal terhadap setiap vektor dalam
ruang baris. Anggap v ortogonal terhadap setiap vektor dalam ruang baris A, atau secara khusus v ortogonal terhadap vektor-vektor r
1,
r
2, …,
r
n
dari A, dapat
dinyatakan sebagai : r
1
. v = r
2
. v
= … = r
n
. v = 0 v merupakan penyelesaian dan terletak pada ruang kosong dari A.
Sebaliknya, anggap v suatu vektor dalam ruang kosong A sehingga Av = 0, hingga
diperoleh : r
1 .
v = r
2
. v
= … = r
n
. v = 0
Bila r adalah sembarang vektor dalam ruang baris dari A, maka
r
dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor baris dari A, misalkan :
r = c
1
r
1
+ c
2
r
2
+ … + c
n
r
n
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Sehingga :
r.v = c
1
r
1
+ c
2
r
2
+ … + c
n
r
n
. v
= c
1
r
1
.v + c
2
r
2
.v
+ … + c
n
r
n
.v
= 0 + 0 + … + 0 = 0
Menunjukkan bahwa v ortogonal terhadap setiap vektor dalam ruang baris dari A.
Contoh 6b: Tentukan suatu basis untuk komplemen ortogonal dari sub-ruang R
5
yang terlentang oleh vektor
– vektor : v
1
=1,4,5,6,9, v
2
=3,-21,4,-1,v
3
=-1,0,-1,-2,-1,v
4
=2,3,5,7,8 Penyelesaian :
Basis untuk komplemen ortogonal dari sub-ruang R
5
yang terlentang oleh v
1
,v
2
,v
3
dan v
4
merupakan basis ruang kosong dari SPL homogen :
Ax = 0
, dengan v
1
, v
2
, v
3
dan v
4
merupakan baris-baris dari matriks A. Basis Ruang kosong dari A adalah :
[ −
− −
− −
− ] −
− [
− −
− −
− −
− −
] −
−
[ ]
− −
− [
]
Dari bentuk eselon baris tereduksi matriks A diperoleh :
X
1
=-x
3
– 2x
4
– x
5
dan x
2
= - x
3
– x
4
– 2x
5
= [
− −
] +
[ −
− ]
+ [
− −
]
Sehingga basis ruang kosong dari A yang merupakan basis komplementer ortogonal dari A :
{ [
− −
] ,
[ −
− ]
, [
− −
] }
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Teorema IV.3 Jika A suatu matriks n x n, dan jika T
A
: R
n
→ R
n
adalah perkalian dengan A, maka pernyataan
– pernyataan berikut ini ekuivalen : a.
A dapat dibalik
b.
Ax = 0 hanya mempunyai solusi trivial
c. Bentuk matriks eselon baris tereduksi dari A adalah I
n
d.
A dapat dinyatakan sebagai hasil kali dari matriks
– matriks dasar e.
Ax = b konsisten untuk setiap b
nx1
f. Ax = b tepat mempunyai satu solusi untuk setiap b
nx1
g. Det
A ≠ 0
h. Daerah hasil T
A
adalah R
n
i. TA bersifat satu
– satu j.
Vektor
– vektor kolom dari A bebas secara linier
k. Vektor
– vektor varis dari A bebas secara linier
l. Vektor
– vektor kolom dari A merentang R
n
m. Vektor
– vektor varis dari A merentang R
n
n. Vektor
– vektor kolom dari A membentuk suatu basis untuk R
n
o. Vektor
– vektor varis dari A membentuk suatu basis R
n
p. Rank A = n
q. A mempunyai kekosongan 0
r.
Komplemen ortogonal dari ruang kosong A adalah R
n
s. Komplemen ortogonal dari baris A adalah {0}
6.4 Basis orthogonal
1. Suatu himpunan vector dalam suatu ruang hasil kali dalam disebut himpunan
orthogonal jika semua pasangan vector-vektor yang berada dalam himpunan tersebut orthogonal.
P={ , , }, dimana , , merupakan vector pada . P himpunan
orthogonal jika , ,
, , ,
bernilai 0. 2.
Suatu himpunan orthogonal jika setiap vector mempunyai norma 1 disebut ortonormal.
Himpunan P={ , , } ortonormal pada , jika
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
, = , =
, =0
Dan ‖ ‖ = ‖ ‖ = ‖ ‖ =
3. Mengubah himpunan orthogonal menjadi ortonormal dengan membagi setiap
komponen vector dengan norma vektornya. Contoh soal:
1. =
√
, −
√
, =
√
,
√
, S={ , } pada
Apakah S merupakan himpunan orthogonal? Penyelesaian:
Cek apakah ,
= √
, − √
√ ,
√ =
√ ×
√ + −
√ ×
√ =
+ − = Jadi S merupakan himpunan orthogonal.
2. Apakah himpunan S ortonormal, telah diketahui bahwa
, =
Penyelesaian: Cek apakah
‖ ‖ = ‖ ‖ =
‖ ‖ = √ + √ + = ‖ ‖ 1 = 1
1 = 1 3.
Ubahlah himpunan orthogonal tersebut menjadi ortonormal Penyelesaian:
Cari ‖ ‖ = √ + =
‖ ‖ = √ + =
Vektor ortonormalnya: =
‖ ‖
=
√
,−
√
=
√
, −
√
= ‖ ‖ = √
, √ =
√ ,
√
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Sehingga didapat: Teorema 1
U dan V orthogonal jika U,V=0 1.
Himpunan H disebut orthogonal, = {ℎ , ℎ , … . , ℎ } disebut orthogonal jika
untuk setiap pasang vector ℎ ortogonal ℎ ; i≠j
Maksudnya adalah: ℎ , ℎ = ℎ , ℎ =
= ℎ , ℎ = ℎ , ℎ = =
ℎ , ℎ = ℎ , ℎ =
= ℎ , ℎ = 2.
Himpunan = {ℎ , ℎ , … . , ℎ } disebut ortonormal jika untuk setiap pasang vector
ℎ ortogonal ℎ ; i≠j dan ‖ℎ ‖ = Contoh soal:
U
1
= , − , =
, , − = , ,
Apakah B merupakan bbasis ortonormal pada ?
1. Periksa bebas llinier vector-vektor dalam U
. + .
+ . = memiliki solusi trivial
[ −
− ]
B211
[ −
] B − [
− ] B −
[ −
] B [
] B [
] B −
[ ] B − [
] B − [
] =
= = memiliki solusi trivialvektor dalam U saling bebas
linier. 2.
Berikut juga akan ditunjukan bahwa sembarang vector V=a,b,c direntang oleh U
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
[ −
− ]
[ +
− −
]
[ +
− +
+ ]
[ +
+ +
] −
[ +
−
+ + + +
] −
[ −
+ +
+ +
+ −
+ + + +
]
− [
− +
+
+ +
− +
+ +
−
+ + + +
] Ini menunjukan U merentang V, karena U bebas linier dan merentang V maka
B merupakan basis pada .
3. Dilihat apakah
, = untuk i≠j dan apakah ‖ ‖ =
, =
[ −
] ×
[ − ]
= − − =
, =
[ −
] ×
[ ]
= − + =
, =
[ − ]
× [
] = + − =
‖ ‖ = √ + + = √ =
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
‖ ‖ = √ + + = √ = ‖ ‖ = √ + + = √ =
Terlihat bahwa , = untuk i≠j dan ‖ ‖ =
Maka dapat disimpulkan bahwa U merupakan basisi ortonormal pada
6.5 Koordinat- Koordinat Relatif terhadap Basis-Basis Ortonormal
Teorema 2 Jika S=
{
, ,
… ,
�
} adalah basis ortonormal untuk suatu ruang hasil kali dalam V, dan u adalah sembarang vector dalam v, maka;
= , + ,
+ + , Bukti:
karena S= {
, ,
… ,
�
} suatu basis, maka vector u dapat dinyatakan sebagai: =
+ + +
Akan ditunjukan bahwa = ,
, = , , … , Untuk setiap dalam S diperoleh:
, =
+ + +
, =
, +
, + +
, =
Karena S basis ortonormal maka ,
= untuk ≠ dan , = ‖ ‖ =
∴ , =
Teorema 3 Jika S=
{
, ,
… ,
�
} adalah basis ortogonal untuk setiap ruang vektor, maka menormalkan masing-masing dalam S akan menghasilkan basis ortonormal:
= {
‖ ‖
,
‖ ‖
, … ,
�
‖
�
‖
} ; adalah basis ortonormal
Sembarang vektor u dalam v dapat dinyatakan sebagai:
= , ‖ ‖ ‖ ‖ + ,‖ ‖ ‖ ‖ + + ,‖ ‖ ‖ ‖
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
= ,
‖ ‖ +
, ‖ ‖
+ + ,
‖ ‖
u =
+
w Teorema 4 teorema proyeksi
Jika w adalah suatu subruang berdimensi berhingga suatu ruang hasil kali dalam V, maka setiap vektor u dalam V bisa dinyatakan sebagai:
= +
Dimana berada dalam w dan
berada dalam Dengan
: proy : proyeksi orthogonal u pada w
: − =
�
∴ = −
� ∴
� = − ∴ =
+ �
Teorema 5
Anggap w adalah suatu subruang berdimensi terhingga suatu ruang hasil kali dalam V,
a. Jika
{
, ,
… ,
�
} adalah basis ortonormal untuk w, dan untuk u sembarang
vector dalam v, maka; = ,
+ , + + ,
b. Jika
{
, ,
… ,
�
} adalah basis ortogonal untuk w, dan untuk u sembarang
vector dalam v, maka; =
, ‖ ‖
+ ,
‖ ‖ + +
, ‖
‖
6.6 Proses Gram-Schmidt untuk membentuk basis-basis OrtogonalOrtonormal
Teorema 6 Setiap ruang hasil kali dalam tak nol berdimensi terhingga mempunyai basis ortonormal.
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Bila
V
adalah sembarang ruang hasil kali dalam tak nol berdimensi terhingga, dan =
{ , … }sembarang basis untuk
V
. dalam membentuk basis-basis orthogonal { , … } untuk
V
dilakukan langkah berikut: 1.
Tetapkan =
2. =
− ℎ
= −
, ‖ ‖
3. =
− ℎ ,
= −
, ‖ ‖
−
, ‖ ‖
………………………….dst………………..
n. =
−
− −
ℎ , …
−
= −
, ‖ ‖
−
− − ,
‖ ‖ −
, ‖ ‖
Bila { , … } basis ortonormalnya untuk
V
maka: =
‖ ‖
; =
‖ ‖
; … ; =
�
‖
�
‖
; − ℎ
:
1. Tetapkan
q
1
=
1 1
u u
2.
q
2
=
1 1
2 2
1 1
2 2
q ,
u q
, u
q u
q u
3.
q
3
=
1 1
3 2
2 3
3 1
1 3
2 2
3 3
q ,q
u q
,q u
u q
,q u
q ,q
u u
…………..dst ………………….
n.
1 1
2 2
1 1
1 1
2 2
1 1
q ,q
u q
,q u
... q
,q u
u q
,q u
q ,q
u ...
q ,q
u u
q
n n
n n-
n n
n n
n n-
n n
n
Contoh 9
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
S = {
u
1
,
u
2
,
u
3
} basis pada R
3
, dengan
u
1
= 1,1,1,
u
2
=-1,1,0, dan
u
3
= 1,2,1 Melalui proses Gram-Schmidt ubahlah basis-basis tersebut menjadi basis ortogonal dan
ortonormal
Misalkan S
1
= {
v
1
,
v
2
, …,
v
n
} basis ortogonal pada R
3
diperoleh melalui : 1.
Misalkan
v
1
=
u
1
= 1,1,1 2.
Selanjutnya
v
2
=
u
2
-
1 2
1 1
2
,
v v
v u
=
1
1 1
1 1
3 1
1
3.
v
3
=
u
3
-
3 2
Pr
u oy
w
= u
3
-
1 2
1 1
3 2
2 2
2 3
v v
,v u
v v
,v u
=
1
1 1
3 4
1 1
2 1
1 2
1
=
2
1 1
6 1
6 2
6 1
6 1
6 8
6 11
6 5
1 2
1
Jadi basis ortogonal dari S pada R
3
=
2
1 1
6 1
, 1
1 ,
1 1
1
Untuk menentukan basis ortonormal setelah diketahui basis ortogonalnya, dapat diperoleh dengan dua cara yaitu :
i Membagi basis-basis ortogonal tersebut dengan normanya sehingga diperoleh:
q
1
=
1 1
v v
=
3 1
, 3
1 ,
3 1
3 1
, 1
, 1
;
q
2
=
2 2
v v
=
,
2 1
, 2
1 2
, 1
, 1
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
q
3
=
3 3
v v
=
6
2 ,
6 1
, 6
1 6
6 1
2 ,
1 ,
1 6
1
ii Secara langsung melalui proses Gram-Schmidt dengan langkah-langkah :
1. Tetapkan
q
1
=
1 1
u u
=
3 1
, 3
1 ,
3 1
3 1
, 1
, 1
2.
q
2
=
1 1
2 2
1 1
2 2
q ,
u q
, u
q u
q u
=
,
2 1
, 2
1 2
, 1
, 1
3 1
, 3
1 ,
3 1
. ,
1 ,
1 3
1 ,
3 1
, 3
1 .
, 1
, 1
3.
q
3
=
1 1
3 2
2 3
3 1
1 3
2 2
3 3
q ,q
u q
,q u
u q
,q u
q ,q
u u
=
6 2
, 6
1 ,
6 1
6 2
, 6
1 ,
6 1
3 1
, 3
1 ,
3 1
3 4
, 2
1 ,
2 1
2 1
1 ,
2 ,
1 3
1 ,
3 1
, 3
1 3
4 ,
2 1
, 2
1 2
1 1
, 2
, 1
=
6
2 ,
6 1
, 6
1 6
6 1
2 ,
1 ,
1 6
1
Dekomposisi – QR
Jika A matriks berukuran m x n dengan vektor-vektor kolom yang bebas linear, maka A
bisa difaktorkan sebagai :
A = QR
Dengan :
A = [
u
1
:
u
2
: …:
u
n
] Q = [
q
1
:
q
2
: …:
q
n
] : basis ortonormal dari A
R = matriks segitiga atas =
n n
n n
q u
q u
q u
q u
q u
q u
, ,
, ,
, ,
2 2
2 1
1 2
1 1
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Contoh10 :
Dekomposisi –QR dari matriks A =
1
1 1
1 1
1
1.
Menentukan matriks Q yang kolom-kolomnya basis ortonormal dari A
q
1
=
1 1
u u
= 3
1 1
- 1
=
3 1
3 1
3 1
q
2
=
1 1
2 2
1 1
2 2
q ,
u q
, u
q u
q u
=
1 1
2 2
q ,
u 3
1 3
1 3
1
3 1
1 1
1
q u
=
1 1
2 2
q ,
u 3
1 3
1 3
1
1 1
1
q u
=
3 2
3 4
3 2
3 2
3 4
3 2
=
6 1
6 2
6 1
6 3
2 3
2 3
4 3
2
24 3
1 3
2 3
4 3
2
, jadi Q =
6 1
3 1
6 2
3 1
6 1
3 1
2.
Menentukan matriks R =
2 2
1 2
1 1
q ,
u q
, u
q ,
u
=
6 4
3 1
3
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Jadi
1 1
1 1
1 1
=
6 1
3 1
6 2
3 1
6 1
3 1
6 4
3 1
3
6.7 Dimensi
Definisi : Suatu ruang vektor tak nol disebut berdimensi terhingga jika berisi suatu
himpunan vektor terhingga { , , … , } yang membentuk suatu basis. Jika tidak ada
himpunan yang seperti itu, maka disebut berdimensi tak-hingga. Disamping itu, kita akan menganggap ruang vector nol sebagai berdimensi terhingga.
Teorema: Jika adalah suatu ruang vektor berdimensi terhingga dan
{ , , … , } adalah sebarang basis, maka:
1. Setiap himpunan dengan lebih dari n vektor adalah tak bebas secara linier
2. Tidak ada himpunan dengan vektor yang kurang dari n yang merentang
Teorema: Semua basis untuk suatu ruang vector berdimensi terhingga mempunyai jumlah
vektor yang sama. Teorema:
Jika adalah suatu ruang vektor berdimensi , dan jika adalah himpunan dalam dengan tepat n vektor , maka
adalah suatu basis untuk jika merentang atau bebas linier.
Teorema: a.
Jika merentang tetapi bukan merupakan basis untuk , maka bisa
direduksi menjadi suatu basis untuk dengan menghilangkan vektor yang tepat dari .
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
b. Jika adalah suatu himpunan yang bebas linier tetapi belum menjadi basis
untuk , maka bisa diperbesar menjadi basis untuk dengan menyelipkan vektor
– vektor yang tepat ke dalam .
Contoh: +
− + =
− − +
− +
= +
− −
= +
+ = Tentukan basis dan dimensinya
Penyelesaian: Jika diubah ke dalam bentuk matriks dan kita umpamakan Y maka akan menjadi:
� = [− −
− −
− −
]
−
[ −
− −
− −
]
− −
[ −
− ]
[ −
− ]
−
[ −
− ]
[ −
− ]
−
[ ]
Dari hasil reduksi matriks di atas kita dapatkan = − − , = , = − , = , =
[ ]
= [
− − −
] =
[ −
] +
[ −
− ]
= [
−
] +
[ −
− ` ]
yang menunjukkan bahwa vektor – vektor
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
= [
−
] =
[ −
− ` ]
merentangkan ruang penyelesaian. Karena vektor – vektor ini juga bebas secara linier,
maka { , } adalah suatu basis dan ruang penyelesaiannya berdimensi dua.
6.8 Ruang Baris, ruang Kolom dan ruang Kosong
Definisi : Jika A m x n maka sub ruang dari R
n
yang terentang oleh vektor – vektor
barisdari A disebut ruang baris dari A, dan vektor – vektor kolom dari A disebut ruang
kolom dari A. Ruang penyelesaian dari SPL Homogen Ax = 0 yang merupakan sub ruang dari R
n
disebut ruang kosong dari A. A m x n =
[ …
… ⋱
… ]
C
1
C
2
C
n m
Є R
n
: vektor – vektor baris dari A
c
1,
c
2
, …, c
n
Є R
m
: vektor – vektor kolom dari A
A m x n = [
… …
⋱ …
]
C
1
C
2
C
n
X
n x 1
= [
]
A x = b X
1
C
1 +
X
2
C
2 + … +
X
n
C
n
= b b merupakan kombinasi linear dari c,i, i=1,…,n
SPL A x = b konsisten jika dan hanya jika b berada dalam ruang kolom A. Jika X
adalah sembarang penyelesaian tunggal dari suatu SPL A x = b, dan jika V
1
, V
2
,…, V
k
membentuk basis untuk ruang kosong A ruang penyelesaian SPL homogen A x =0, maka setiap penyelesaian dari A x = b bisa dinyatakan dalam bentuk :
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
X = X + C
1
V
1
+ C
2
V
2
+ … + C
K
V
K
Dan sebaliknya, untuk semua pilihan skalar C
1,
C
2, … ,
C
K
, vector X merupakan suatu penyelesaian dari A x = b.
X :
penyelesaian dari A x = b A x
= b A x =0 , A x = b
A x - A x = 0
A X - X = 0
X - X merupakan penyelesaian SPL homogen
A x =0 X - X
= C
1
V
1
+ C
2
V
2
+ … + C
K
V
K
X = X + C
1
V
1
+ C
2
V
2
+ … + C
K
V
K
A x = A X + C
1
V
1
+ C
2
V
2
+ … + C
K
V
K
= A x + C
1
AV
1
+ C
2
AV
2
+ … + C
K
AV
K
X penyelesaian khusus dari A x = b
X + C
1
V
1
+ … + C
K
V
K
penyelesaian umum dari A x = b C
1
V
1
+ C
2
V
2
+ … + C
K
V
K
penyelesaian umum dari A x = 0
Penyelesaian Umum = penyelesaian khusus + penyelesaian umum dari A x = b dari A x = b
A x = 0 Bila diketahui penyelesaian SPL tak homogen
A x = b sebagai berikut :
[ ]
= [
− − −
−
]
= [
] + r
[ −
] + s
[ −
− ]
+ t [
−
]
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Maka =
[ ]
X = r [
−
] + s
[ −
− ]
+ t [
−
]
Mencari Basis Dari Suatu Ruang Basis dari ruang yang dibangun oleh vektor-vektor.
Misal : {
,
, ,
} Langkah
– langkah : 1.
Susun vektor ke dalam matriks
A = [
,
,] 2.
Lakukan operasi baris dasar OBE untuk mendapatkan bentuk eselon baris dari A. 3.
Baris tak nol dari bentuk selon baris A akan membentuk baris dari ruang yang dibangun oleh {
,
, ,
}. Contoh : tentukan basis dari ruang yang dibangun oleh vektor
– vektor berikut :
,
= 1, -2, 0, 0, 3 = 2, -5, -3, -2, 6
= 0, 5, 15 10, 0 = 2, 6 18, 8, 6
1. Susun vektor ke dalam matriks :
A = [
− − −
− ]
2. Lakukan OBE :
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
[ −
− − −
] −
− [ −
− − −
]
[ −
− − −
]
Ruang Kosong Ruang Nul Null Space
Definisi Ruang Nul
Misalkan kita anggap A adalah sebuah matriks, maka Ruang nul A adalah ruang solusi dari system persamaan linier yang homogen Ax = 0, yang merupakan sub ruang dari
R
n
. dapat dinyatakan dengan : S = ruang nul = {x|Ax = 0}
x
1
, x
2
ϵ S, maka : Ax
1
= 0 Ax
2
= 0 Ax
1
+ x
2
= 0 x
1
, x
2
ϵ S, maka x
1
+ x
2
ϵ S untuk k skalar, x
1
ϵ S, maka : Ak x
1
= k A x
1
= k . 0 = 0
k x
1
ϵ S
Dimensi ruang nul dari A disebut sebagai nulitas nulity dari A dan dinyatakan sebagai nulitasA. Sebagai contoh :
Tentukan nulitas dari matriks berikut : B =
7 1
4 3
4 6
1 5
4 2
9 4
4 2
5 2
2 7
3 4
2 1
Penyelesaian : Bentuk eselon baris tereduksi dari B adalah
5 13
16 37
12 2
1 28
4 1
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Untuk menetukan nulitas dari matriks A, tentukan terlebih dahulu dimensi dari ruang solusi system linier Ax = 0, system ini dapat diselesaikan dengan mereduksi matriks
menjadi bentuk eselon baris tereduksi. System persamaan yang didapat adalah : x
1
- 4x
3
- 28x
4
- 37x
5
+ 13x
6
= 0 x
2
– 2x
3
– 12x
4
-16x
5
+ 5x
6
= 0 mencari solusi umum dari variable - variabel utama :
x
1
= 4x
3
- 28x
4
– 37x
5
+ 13x
6
x
2
= 2x
3
+ 12x
4
+16x
5
– 5x
6
jadi, x
1
= 4r – 28s + 37t + 13u
x
2
= 2r + 12s + 16t – 5u
x
3
= r x
4
= s x
5
= t x
6
= u secara ekuivalen :
1 5
13
1 16
37
1 12
28 1
2 4
6 5
4 3
2 1
u t
s r
x x
x x
x x
Keempat vektor pada ruas kanan membentuk basis untuk ruang solusi, sehingga nulitasA = 4
Hubungan Antara Rank dan Nulitas Jika A adalah suatu matriks m x n, maka :
rankA + nulitasA = n
Bukti : A memiliki n kolom, maka system linier homogeny Ax = 0 memiliki n variable. Variable ini terbagi menjadi 2, yaitu variable utama dan bebas. Maka,
n bebas
iabel banyaknya
utama iabel
banyaknya
var var
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Banyaknya variable utama = banyaknya 1 utama di dalam bentuk eselon baris
tereduksi dari A, jadi :
n bebas
iabel banyaknya
A r ank
var
Banyaknya variable bebas = nulitasA = banyaknya parameter pada solusi umum dari Ax = 0
Nilai Maksimum untuk Rank Jika A adalah matriks m x n, maka vector barisnya terletak pada Rn dan vector
kolomnya terletak pada Rm. Ruang baris dan ruang kolom memiliki rank dari A yang sama, oleh karena itu jika m≠n, rank dari A yang terbanyak adalah nilai yang lebih kecil
antara nilai m dan n, dapat dinotasikan dengan : rankA ≤ minm,n
Sistem Linier yang Terdiri dari m Persamaan dengan n Faktor yang Tidak Diketahui Dalam sistem linier ini, m dan n tidak perlu sama.
1. Teorema Konsistensi, dimana menyataan system linier ini dipastikan selalu
konsisten dengan syarat pernyataan yang ekuivalen, yaitu : a.
Ax = b adalah konsisten b.
b berada pada ruang kolom dari A c.
matriks koefisien A dan matriks [A|b] memiliki rang yang sama 2.
jika Ax=b adalah system linier yang terdiri dari m persamaan dengan n factor yang tidak diketahui, maka pernyataan- pernyataan berikut ini adalah ekuivalen, untuk:
a. Ax=b konsisten untuk setiap matriks b, m x 1
b. Vektor- vektor kolom dari A merentang R
m
c. RankA= m
3. Jika Ax = b adalah suatu system linier konsisten yang terdiri dari m persamaan
dengan n faktor yang tidak diketahui dan jika A memiliki rank r, maka penyelesaian umum dari system linier tersebut terdiri dari n-r parameter
4. Jika A adalah suatu matriks m x n, maka pernyataan berikut adalah ekuivalen,
untuk : a.
Ax = 0 hanya memiliki solusi trivial b.
Vektor- vektor kolom A adalah bebas linier
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
c. Ax = b memiliki paling banyak 1 solusi untuk setiap matriks b, m x 1.
5. Teorema dari seluruh topik utama yang sudah dipelajari sebagai berikut :
Jika A adalah matriks n x n, dan jika T
A
: R
n
R
n
adalah perkalian dengan A, maka pernyataan- pernyataan berikut ini adalah ekuivalen
a. A dapat balik punya invers
b. Ax = 0 hanya memiliki solusi trivial
c. Bentuk eselon baris tereduksi dari A adalah I
n
d. A dapat dinyatakan sebagai suatu hasilkali dari matriks- matriks elementer
e. Ax = b konsisten untuk setiap matriksb, n x 1
f. Ax = b memiliki tepat 1 solusi untuk setiap matriks b, n x 1
g. Det A ≠ 0
h. Range dari T
A
adalah R
n
i. T
A
adalah satu ke satu j.
Vektor- vektor kolom dari A adalah bebas linier k.
Vektor- vektor baris dari A adalah bebas linier l.
Vektor- vektor kolom dari A adalah merentang R
n
m. Vektor- vektor baris dari A adalah merentang R
n
n. Vektor- vektor kolom dari A adalah membentuk basis untuk R
n
o. Vektor- vektor baris dari A adalah membentuk basis untuk R
n
p. A memiliki rank n
q. A memiliki nulitas 0
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
BAB VII NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN
7.1 Nilai Eigen dan Vektor Eigen
Jika A adalah suatu matriks n x n, maka vektor tak-nol x pada R
n
disebut suatu vektor eigen dari A jika Ax adalah suatu penggandaan skalar dari x; yaitu:
Ax = λx Untuk suatu skalar λ. Skalar λ disebut nilai eigen dari A, dan x disebut suatu vektor eigen dari a
yang berpadanan dengan λ.
Pada R
2
dan R
3
perkalian dengan A memetakan setiap vector eigen x dari A jika ada ke garis yang melalui titik asal yang sama dengan x. tergantung pada tanda dan besarnya nilai
eigen λ yang berpadanan dengan x, operator linear Ax= λx memanfaatkan atau meregang x dengan factor λ, dengan suatu pembalikan arah dalam kasus di mana λ negatif.
x λx
x x
λx x
λx λx
Contoh 1 : vektor [ ] adalh suatu vektor – eigen dari
A= [
− ] Yang berpadanan dengan nilai
– eigen λ=3,karena Ax=
[ − ] [ ]
= [ ]=3x
untuk mencari nilai- eigen dari suatu matriks A pada n x n kita tuliskan ulang Ax= λx sebagai
Ax= λx Atau ekuivalen dengan
λI-Ax=0 0≤ λ≤1
λ ≥1 -
1≤ λ≤0 λ≤-1
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Agar λ menjadi suatu nilai-eigen, harus ada suatu penyelesaian tak-nol dari persamaan ini. Persamaan ini akan mempunyai suatu penyelesaian tak-nol jika dan hanya jika
DetλI-A=0
Ini disebut persamaan karakteristik dari A; skalar - skalar yang memenuhi persamaan ini
adalah nilai- eigen dari A. jika diperluas, determinan λI-A adalah suatu polinom dalam λ yang
disebut polinom karakteristik dari A.
Contoh 2: cari nilai-eigen dari matriks segitiga atas A=
[ a
]
Penyelesaian: dengan mengingat bahwa determinan matriks segitiga adalah hasil kali anggota- anggota diagonal utamanya, maka kita dapatkan:
Det λI-A=det[
� − −
�− −
− −
− �−
− �−
] =λ - a
11
λ - a
22
λ – a
33
λ – a
44
=0 Jadi, persamaan karakteristiknya adalah
λ - a
11
λ - a
22
λ – a
33
λ – a
44
=0 Dan nilai-eigennya adalah
λ = a
11,
λ = a
22,
λ = a
33,
λ = a
44
yang tepat merupakan anggota-anggota diagonal A.
Teorema 7.1.1. Jika A adalahsuatu matriks segitiga n xn segitiga atas, segitiga bawah atau diagonal, maka nilai-eigen dari A adalah anggota-anggota diagonal utama A.
Teorema 7.1.2.
jika A adalah suatu matriks n x n dari λ adalah suatu bilangan real, maka pernyataan-pernyataan berikut ekuivalen.
a. λ adalah suatu nilai-eigen dari A.
b. system persamaan λI-Ax=0 mempunyai penyelesaian tak-trivial.
c. Ada suatu vector tak-nol x pada R
n
sedem ikian sehingga Ax=λx.
d. Λmerupakan suatu penyelesaian dari persamaan karakteristik λI-A=0.
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
Contoh3: dengan mencongak, nilai – eigen dari matriks segitiga bawah
A= [
− −
− ] Adalah λ = , λ = , dan λ = −
Pada masalah-masalah praktis, matriks A seringkali begitu besar sehingga menghitung persamaan kerakteristiknya adalah tidaklah praktis. Akibatnya, berbagai metode hampiran
digunakan untuk memperoleh nilai-eigen.
Persamaan karakteristik suatu matriks dengan anggota-anggota real mungkin saja mempunyai penyelesaian kompleks. Misalnya, polinom karakteristik dari matriks
A = [−
− ] Adalah
det λI-A=det[� +
− � − ]
=λ
2
+1 sehingga persamaan karakteristiknya adalah λ
2
+1 = 0, yang penyelesaiannya adalah bilangan –
bilangan imajiner λ = i dan λ = -i. jadi, kita dipaksa meninjau nilai-eigen kompleks, sekalipun untuk matriks-matriks real.
7.1.1 Mencari Basis–Basis Untuk Ruang Eigen