Ruang Hasil Kali Dalam Euclidean Panjang dan Jarak dalam Ruang Hasil Kali Dalam

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 trivialvektor 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