contohjawaban ujian sisipan ialjabar linear ii
Diktat Aljabar Linear II
JAWABAN UJIAN SISIPAN I
1. Diketahui : V ruang vektor, E U , U sub ruang vektor V
Dibutktikan
: Span [ E] U
Bukti:
Misal E {x1, x2 ,..., xn} . Ambil sebarang x Span [E] , maka x 1x1
2 x2 ...
n xn
untuk i R . Karena U sub ruang vektor V , maka i xi U yang juga berakibat
x
1 x1
2 x2 ...
n xn U .
2. Bentuk
: ax 2 b(1 x 2 ) 0 0 x 0 x 2
b
(a
b) x 2
0
0x
0 x2
Persamaan di atas dipenuhi untuk a 0, b 0 . Sehingga vektor-vektor tersebut bebas
linear.
Jelas bahwa Span[ E ] P2 . Selanjutnya dibuktikan P2 Span [E ]
Ambil sebarang a bx cx 2 P2 , selanjutnya dicari
dipenuhi : a bx cx
a
bx
2
x
cx 2
2
(
(1
,
R sedemikian sehingga
2
x )
)x2
c a . Penyelesaian ini hanya konsisten ketika b 0 , dengan
Diperoleh :
a,
demikian tidak semua elermen di P2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari
{x 2 ,1
x2} .
Cara 2:
Telah dibuktikan E {x 2 ,1 x 2 } bebas linear. Sehingga Span[E ] ruang vektor berdimensi
2. Diketahui bahwa P2 berdimensi 3. Menurut sifatnya {x 2 ,1 x 2 }
merentang P2 , dengan kata lain Span [ E ] P2 .
P2 tidak mungkin
Contoh: Semua vektor a bx cx 2 P2 dengan b 0 bukan elemen di Span[E ]
3. Untuk a dan d : Himpunan vektor dengan banyak elemen lebih besar dari dimensinya
dijamin bergantung linear, sehingga bukan basis
Untuk b dan c : Himpunan vektor dengan banyak elemen lebih kecil dari dimensinya
dijamin tidak merentang , sehingga bukan basis
4. Dengan menggunakan OBE:
1
2
1
3
1
3
9
4
3
5 0
11 0
13 0
R2 2 R1
R3 R1
1
0
0
3
7
6
9
14
12
5 0
21 0
8 0
1 R
7 2
1 R3
6
1
0
0
3
1
1
9
2
2
5 0
3 0
4 0
3
1
Jawaban Ujian Sisipan I_Karyati
E_mail: [email protected]
Diktat Aljabar Linear II
1
0
0
R3 R2
1 0
0 1
0 0
3
1
0
9
2
0
3
5
3
0
0
13 0
3
1 0
0 1
0 0
R
13 3
R1 3 R2
3 4 0
2 3 0
0 1 0
R1 4 R3
R2 3 R3
3 0 0
2 0 0
0 1 0
Sehingga penyelesaian SPL homogen di atas adalah:
3
2
t, t
1
0
3t
2t
t
0
a
b
c
d
R
Jadi basis untuk ruang penyelesaian SPL homogennya adalah: { 3, 2,1,0 }
5. Basis dari ruang kolom:
1
3
9
5
1
0
0
0
2
1
4
11
2
1
0
7
1
8
0
6
1
3
3
13
R2 3 R1
R3 9 R1
R4 5 R1
R4 7 R2
1
0
0
0
1 2
0 7
0 14
0 1
2
1
0
0
1
8
0
62
1
6
12
8
1
R
62 4
R3 2 R2
1
0
0
0
2
1
0
0
1
0
0
0
2
7
0
1
1
6
0
8
R3
R4
1
8
0
1
JAdi basis ruang yang dibangun oleh kolom-kolom matriks koefisien tersebut adalah:
(1,2,1), (0,1, 8), (0,0,1)
6. Himpunan U f F ( S ,V ) f ( s) W F ( S ,V ) , dengan F (S ,V ) ruang vektor terhadap
operasi standart yang didefinisikan sebagai berikut:
f g didefinisikan f g (s) f (s) g (s)
f ( s)
f ( s)
f didefinisikan
Sehingga untuk membuktikan U f F ( S ,V ) f ( s) W F ( S ,V ) sebagai ruang vektor
cukup dibuktikan U merupakan sub ruang vektor:
Ambil f , g U , sehingga f (s), g (s) W . Diketahui W sub ruang vektor, maka
f (s) g (s) W atau f g ( s) W . Dengan demikian ( f g ) U
Ambil
U dan f U , sehingga f ( s) W . Diketahui W sub ruang vektor, maka
f ( s) W . Dengan demikian f U
f ( s) W atau
2
Jawaban Ujian Sisipan I_Karyati
E_mail: [email protected]
JAWABAN UJIAN SISIPAN I
1. Diketahui : V ruang vektor, E U , U sub ruang vektor V
Dibutktikan
: Span [ E] U
Bukti:
Misal E {x1, x2 ,..., xn} . Ambil sebarang x Span [E] , maka x 1x1
2 x2 ...
n xn
untuk i R . Karena U sub ruang vektor V , maka i xi U yang juga berakibat
x
1 x1
2 x2 ...
n xn U .
2. Bentuk
: ax 2 b(1 x 2 ) 0 0 x 0 x 2
b
(a
b) x 2
0
0x
0 x2
Persamaan di atas dipenuhi untuk a 0, b 0 . Sehingga vektor-vektor tersebut bebas
linear.
Jelas bahwa Span[ E ] P2 . Selanjutnya dibuktikan P2 Span [E ]
Ambil sebarang a bx cx 2 P2 , selanjutnya dicari
dipenuhi : a bx cx
a
bx
2
x
cx 2
2
(
(1
,
R sedemikian sehingga
2
x )
)x2
c a . Penyelesaian ini hanya konsisten ketika b 0 , dengan
Diperoleh :
a,
demikian tidak semua elermen di P2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari
{x 2 ,1
x2} .
Cara 2:
Telah dibuktikan E {x 2 ,1 x 2 } bebas linear. Sehingga Span[E ] ruang vektor berdimensi
2. Diketahui bahwa P2 berdimensi 3. Menurut sifatnya {x 2 ,1 x 2 }
merentang P2 , dengan kata lain Span [ E ] P2 .
P2 tidak mungkin
Contoh: Semua vektor a bx cx 2 P2 dengan b 0 bukan elemen di Span[E ]
3. Untuk a dan d : Himpunan vektor dengan banyak elemen lebih besar dari dimensinya
dijamin bergantung linear, sehingga bukan basis
Untuk b dan c : Himpunan vektor dengan banyak elemen lebih kecil dari dimensinya
dijamin tidak merentang , sehingga bukan basis
4. Dengan menggunakan OBE:
1
2
1
3
1
3
9
4
3
5 0
11 0
13 0
R2 2 R1
R3 R1
1
0
0
3
7
6
9
14
12
5 0
21 0
8 0
1 R
7 2
1 R3
6
1
0
0
3
1
1
9
2
2
5 0
3 0
4 0
3
1
Jawaban Ujian Sisipan I_Karyati
E_mail: [email protected]
Diktat Aljabar Linear II
1
0
0
R3 R2
1 0
0 1
0 0
3
1
0
9
2
0
3
5
3
0
0
13 0
3
1 0
0 1
0 0
R
13 3
R1 3 R2
3 4 0
2 3 0
0 1 0
R1 4 R3
R2 3 R3
3 0 0
2 0 0
0 1 0
Sehingga penyelesaian SPL homogen di atas adalah:
3
2
t, t
1
0
3t
2t
t
0
a
b
c
d
R
Jadi basis untuk ruang penyelesaian SPL homogennya adalah: { 3, 2,1,0 }
5. Basis dari ruang kolom:
1
3
9
5
1
0
0
0
2
1
4
11
2
1
0
7
1
8
0
6
1
3
3
13
R2 3 R1
R3 9 R1
R4 5 R1
R4 7 R2
1
0
0
0
1 2
0 7
0 14
0 1
2
1
0
0
1
8
0
62
1
6
12
8
1
R
62 4
R3 2 R2
1
0
0
0
2
1
0
0
1
0
0
0
2
7
0
1
1
6
0
8
R3
R4
1
8
0
1
JAdi basis ruang yang dibangun oleh kolom-kolom matriks koefisien tersebut adalah:
(1,2,1), (0,1, 8), (0,0,1)
6. Himpunan U f F ( S ,V ) f ( s) W F ( S ,V ) , dengan F (S ,V ) ruang vektor terhadap
operasi standart yang didefinisikan sebagai berikut:
f g didefinisikan f g (s) f (s) g (s)
f ( s)
f ( s)
f didefinisikan
Sehingga untuk membuktikan U f F ( S ,V ) f ( s) W F ( S ,V ) sebagai ruang vektor
cukup dibuktikan U merupakan sub ruang vektor:
Ambil f , g U , sehingga f (s), g (s) W . Diketahui W sub ruang vektor, maka
f (s) g (s) W atau f g ( s) W . Dengan demikian ( f g ) U
Ambil
U dan f U , sehingga f ( s) W . Diketahui W sub ruang vektor, maka
f ( s) W . Dengan demikian f U
f ( s) W atau
2
Jawaban Ujian Sisipan I_Karyati
E_mail: [email protected]