Catatan Kuliah Aljabar Linier

Abstrak

Go Back

Dalam catatan kuliah ini diberikan beberapa materi dari mata ku- liah Aljabar Linier untuk program Sarjana (S1) jurusan matema- tika FMIPA-ITS. Materi kuliah berupa perencanaan yang disajikan

agar mempermudah peserta ajar dalam proses belajar mengajar. Peserta ajar diharapkan mempersiapkan diri melalui pemahaman yang dipunyai sebelumnya dan menambah kekurangan pemahaman pengetahuannya yang dirasa kurang saat proses belajar mengajar

Full Screen

Close

di kelas. Juga agar mempermudah proses belajar mengajar digu- nakan alat bantu perangkat lunak Euler. Selain itu materi kuliah ini disesuai dengan Kurikulum 2009.

Quit

Rencana materi yang akan dibahas dalam kelas adalah:

Home Page

• Lapangan dan Ruang Vektor.

Title Page

• Ruang-bagian Vektor. • Himpunan Pembentang, Bebas linier dan Basis.

• Dimensi, Jumlahan Langsung, Koordinat dan Basis Teru-

rut.

• Pemetaan linier pada Ruang Vektor. • Pemetaan linier dan Aljabar matriks.

Page 2 of 132

• Perubahan dari Basis.

• Rank, Determinan dan Invers. • Bentuk Echelon dari suatu Matriks.

Go Back

Full Screen

• Eigenvektor dan Eigenvalue. • Orthogonalitas (Proses Orthogonalitas Gram-Schmidt).

Close

• General Invers.

Quit

Lapangan(Field)

Home Page

Suatu lapangan adalah suatu himpunan K 6= ∅ bersama-sama dengan dua operasi tambah (+) dan kali (.) sehingga untuk

Title Page

semua a, b, c ∈ K memenuhi:

• (a + b) ∈ K (tertutup).

• a + b = b + a (komutatif ).

• (a + b) + c = a + (b + c) (assosiatif ). • Ada 0 ∈ K sehingga a + 0 = 0 + a (elemen netral).

• Ada suatu −a ∈ K sehingga a + (−a) = −a + a = 0 (invers). • (a.b) ∈ K (tertutup).

Page 3 of 132

Go Back

• a.b = ba (komutatif ). • (a.b).c = a.(b.c) (assosiatif ).

Full Screen

• Ada 1 ∈ K sehingga a.1 = 1.a = a (elemen identitas).

• Bila a 6= 0, maka ada a ∈ K sehingga a.a =a .a = 1

• a.(b + c) = (a.b) + (a.c) (distributif ).

Quit

Contoh

Home Page

1. Himpunan bilangan rasional Q, himpunan bilangan riil R

dan himpunan bilangan kompleks C.

Title Page

2. Himpunan bilangan bulat modulo p dinotasikan oleh Z p ,

dengan p bilangan prima.

Contoh 1. adalah lapangan takhingga sedangkan Contoh 2. lapangan hingga. Dalam Contoh 2., bila p bukan bilangan

prima, maka Z p bukan lapangan.

Ruang Vektor Suatu himpunan V dengan dua operasi tambah dan kali

Page 4 of 132

dikatakan suatu ruang vektor atas lapangan K bila memenuhi:

Go Back

1. Bila u, v, w ∈ V , maka u + v ∈ V dan

•u+v=v+u • (u + v) + w = u + (v + w)

Full Screen

• Ada 0 ∈ V sehingga v + 0 = 0 + v, ∀v ∈ V • Untuk setiap v ∈ V ada w ∈ V sehingga v + w = w + v = 0

Close

Quit

2. Bila a, b ∈ K dan u, v ∈ V , maka av ∈ V dan

Home Page

• (a + b)v = av + bv • a(u + v) = av + au

Title Page

• (ab)v = a(bv) • 1v = v

Contoh

1. Himpunan R adalah ruang vektor atas lapangan R, dimana

Page 5 of 132

dan

Go Back

Full Screen

2. Himpunan R n juga ruang vektor atas R dengan definisi ope- rasi tambah dan kali diberikan seperti di Contoh 1. Pe-

Close

nambahan dalam Contoh 1. dinamakan penambahan secara komponen yang bersesuaian .

Quit

Lanjutan Contoh............

Home Page

3. Himpunan matriks m ×n dengan elemen elemennya bilangan

Title Page

riil

11 ...a 1n

M m,n (R) =  ... ... ...  a ij ∈R

m1 ...a mn

dimana penambahan matriks diberikan oleh:

11 ...a 1n

b 11 ...b 1n

a 11 +b 11 ...a 1n +b 1n

Page 6 of 132

a m1 ...a mn

b m1 ...b mn

a m1 +b m1 ...a mn +b mn

Go Back

sedangkan perkalian skalar α ∈ R dengan matriks diberikan oleh:

a 11 ...a 1n

αa 11 . . . αa 1n

Full Screen

def

a m1 ...a mn

αa m1 . . . αa mn

Close

Maka M m,n (R) adalah suatu ruang vektor atas lapangan R.

Quit

Lanjutan Contoh............

4. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua

def

Home Page

fungsi, yaitu V = {f : F → F} dimana (f + g)(x) = f (x) + g(x), def ∀x ∈ F dan (αf)(x) = αf (x) , dimana α ∈ F. Maka V

adalah ruang vektor F .

Title Page

5. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua

polinomial berderajad kurang atau sama dengan n yaitu

P def n (F) = {p(x) = a 0 +a 1 x+...+a n x |a i ∈ F} dimana (p + q)(x) =

def

p(x) + q(x), ∀x ∈ F dan (αp)(x) = αp(x) , dimana α ∈ F. Maka P n (F) adalah ruang vektor atas F.

6. Himpunan l ∞ = {a = (a 1 ,a 2 , . . .) |a n ∈ R, sup(|a n |) < ∞} dimana

Page 7 of 132

def

def

a+b = (a 1 +b 1 ,a 2 +b 2 , . . .) dan αa = (αa 1 , αa 2 , . . .), α ∈ R. Maka

l ∞ adalah ruang vektor atas lapangan R.

Go Back

7. Himpunan fungsi terdifferensial tak berhingga pada inter-

val [a, b], yaitu C ∞ [a, b] , dimana definisi penambahan fungsi dan perkalian skalar dengan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruang vektor atas lapangan riil R.

Full Screen

Close

8. Himpunan fungsi-fungsi V = {f : R → R |

+f=0 dx 2 } di- mana definisi penambahan fungsi dan perkalian skalar de-

Quit

ngan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruang vek- tor atas lapangan riil R.

Berikut ini diberikan beberapa sifat dari suatu ruang vektor V atas lapangan K. Misalkan V adalah suatu ruang vektor atas

Home Page

lapangan K, maka (1). 0v = 0, 0 adalah elemen netral di K dan v ∈V.

Title Page

(2). ( −1v) + v = 0, dimana −1 ∈ K.

(3). α0 = 0, dimana α ∈ K.

Bukti

(1). v = (1 + 0)v = v + 0v, kedua ruas tambahkan dengan vektor w yang memenuhi w + v = 0, didapat: w + v = w + v + 0v

atau 0 = 0 + 0v. Terlihat bahwa 0v = 0. (2). ( −1v) + v = (−1 + 1)v = 0v = 0.

Page 8 of 132

Go Back

Ruang Bagian Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan K. Himpunan

Full Screen

Close

S ⊂ V (S 6= ∅) dikatakan suatu ruang bagian bila S sendiri dengan operasi tambah dan kali seperti di V tetap merupakan

ruang vektor atas K.

Quit

Home Page

Contoh

1. Himpunan

Title Page

B=  y  x+y+z=0

adalah ruang bagian dari ruang vektor R 3 atas R.

2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu

V= {f : R → R} dan D ⊂ V , dimana

Page 9 of 132

D= f ∈V

+f=0 , maka D adalah ruang bagian dari

dx 2 ruang vektor V atas R.

Go Back

3. Himpunan P 3 (R) adalah ruang bagian dari ruang vektor

P (R) atas lapangan R dengan n

Full Screen

4. Himpunan S = (a n ) ∈l ∞ | lim a n = x, x ∈R adalah ruang

n →∞

bagian dari ruang vektor l ∞ atas lapangan R.

Close

Quit

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

Home Page

Himpunan S adalah suatu ruang bagian dari suatu ruang vektor V atas lapangan K bila dan hanya bila x 1 s 1 +x 2 s 2 ∈S

Title Page

untuk setiap x 1 ,x 2 ∈ K dan s 1 ,s 2 ∈ S.

Bukti Misalkan S ruang bagian dan x 1 ,x 2 ∈ K juga s 1 ,s 2 ∈ S, maka x 1 s 1 ∈ S dan x 2 s 2 ∈ S. Oleh karena itu, x 1 s 1 +x 2 s 2

juga di S. Sebaliknya, misalkan x 1 s 1 +x 2 s 2 ∈ S untuk setiap x 1 ,x 2 ∈ K dan s 1 ,s 2 ∈ S. Akan ditunjukkan bahwa S adalah ruang vektor atas K. Sifat 2. dari ruang vektor otoma-

Page 10 of 132

tis diwarisi dari V , begitu juga sifat komutatif, assosiatif di sifat 1., diwarisi dari V . Untuk x 1 =x 2 =1 , didapat

1 s 1 +1 s 2 = s 1 + s 2 ∈ S (tertutup). Untuk x 1 =x 2 =0 didapat

Go Back

0 s 1 +0 s 2 = 0( s 1 + s 2 )= 0 ∈ S. Oleh karena itu, untuk x 1 =x 2 =1

dan setiap s

∈ S, didapat 1s + 10 = s + 0 = s = 0 + s = 10 + 1s ∈ S. Selanjutnya untuk x 1 = 1, x 2 = −1 dan setiap s ∈ S didapat

Full Screen

1 s+( −1)s = (1 + (−1))s = 0s = 0 (s punya invers yaitu −s) .

Close

Catatan Pernyataan x 1 s 1 +x 2 s 2 ∈ S untuk setiap x 1 ,x 2 ∈ K dan

s ,s

s +x s +...+x s

1 2 ∈ S, dapat diganti oleh x 1 1 2 2 n n ∈ S untuk

Quit

setiap x 1 ,x 2 ,...,x n ∈ K dan s 1 ,s 2 ,...,s n ∈ S.

Contoh penggunaan sifat ruang bagian

Home Page

1. Himpunan

B=  y  x+y+z=0

Title Page

adalah ruang bagian dari ruang vektor R 3 atas R. Sebab,

untuk setiap v 1 ,v 2 ∈ B, maka

Page 11 of 132

2 −y 2 −z 2 −1

Go Back

y 2  =y 2  1  +z 2  0  . z 2 z 2 0 1

Sehingga untuk a, b ∈ R, didapat:

Full Screen

Close

av 1 +b v 2 = (ay 1 + by 2 )  1  + (az 1 + bz 2 )  0  ∈ B.

Quit

2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu

V= {f : R → R} dan D ⊂ V , dimana

Home Page

D= f ∈V

+f=0 , maka D adalah ruang bagian dari

dx 2

Title Page

ruang vektor V atas R. Sebab, misalkan f, g ∈ D dan a, b ∈ R, maka

Jadi af + bg ∈ D.

Page 12 of 132

3. Himpunan P 3 (R) adalah ruang bagian dari ruang vektor

P n (R) atas lapangan R dengan n ≥ 3. Sebab, misalkan

Go Back

p(x), q(x) ∈P 3 (R) dan a, b ∈ R, maka

2 3 2 ap(x) + bq(x) = a(a 3

0 +a 1 x+a 2 x +a 3 x ) + b(b 0 +b 1 x+b 2 x +b 3 x ) = (aa 2

Full Screen

0 + bb 0 ) + (aa 1 + bb 1 )x + (aa 2 + bb 2 )x

+(aa 3 + bb 3 )x .

Close

Jadi ap(x) + bq(x) ∈P 3 (R) .

Quit

Himpunan Pembentang, Bebas linier dan Basis

Home Page

Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V . Himpunan pembentang dari S adalah himpunan:

Title Page

<S> def = {x

1 s 1 +...+x n s n |x 1 ,...,x n ∈ K, s 1 ,...,s n ∈ S}.

Penulisan x 1 s 1 +...+x n s n juga dinamakan kombinasi linier dari vektor-vektor s 1 ,...,s n . Berikutini diberikan sifat dari suatu

< S > sebgaimana berikut.

Bila V merupakan suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V , maka

Page 13 of 132

< S > adalah suatu ruang bagian dari V .

Bukti Misalkan v = x 1 s 1 +...+x n s n dan w = x n+1 s n+1 +...+x m s m

Go Back

di < S > dan a, b ∈ K, maka

av + bw = a(x 1 s 1 +...+x n s n ) + b(x n+1 s n+1 +...+x m s m ) = (ax 1 ) s 1 + . . . + (ax n ) s n + (bx n+1 ) s n+1 + . . . + (bx m ) s m .

Full Screen

Close

Terlihat bahwa av + bw ∈< S >, oleh karena itu < S > adalah ruang bagian dari V .

Quit

Contoh

Home Page

1. Misalkan V ruang vektor atas K untuk

setiap v ∈ V , maka < {v} >= {kv | k ∈ K}.

Title Page

2. Misalkan ruang vektor R atas R, maka

< {e 1 ,e 2 } >= R dimana e 1 = (1, 0, 0) dan

e 2 = (0, 1, 0) . Sebab,

Page 14 of 132

R =  y  x, y ∈R

Go Back

Full Screen

= x  0  +y  1  x, y ∈R

Close

= {xe 1 +y e 2 | x, y ∈ R} =< {e 1 ,e 2 }>.

Quit

Berikut ini diberikan sifat dari suatu him- punan pembentang. Misalkan V suatu

ruang vektor atas K dan hSi adalah suatu himpunan pembentang dari S dan v

Home Page

∈V, maka hSi = hS ∪ {v}i bila dan hanya bila

Title Page

v ∈ hSi

Bukti. Misalkan hSi = hS ∪ {v}i, jelas bahwa v ∈ hS ∪ {v}i. Jadi juga v ∈ hSi.

Sebaliknya misalkan bahwa v ∈ hSi, akan ditunjukkan bahwa hSi = hS ∪ {v}i. Je-

Page 15 of 132

las bahwa S ⊂ hS ∪ {v}i. Tinggal menun- jukkan bahwa hS ∪ {v}i ⊂ hSi.Tulis v =

Go Back

a 0 s 0 +...+a n s n dan misalkan w ∈ hS ∪ {v}i. Didapat w = b 0 v+a n+1 s n+1 +...+a m s m =

Full Screen

0 a n ) s n n+1 s n+1 +...+a m s m . Terlihat bahwa w ∈ hSi. Jadi hS ∪ {v}i ⊂ hSi

(b 0 a 0 ) s 0 + . . . + (b

+a

Close

dan karena

hSi ⊂ hS ∪ {v}i, oleh karena itu

Quit

haruslah hSi = hS ∪ {v}i .

Contoh Misalkan dalam R 3 , vektor-vektor

Home Page

v 1 =  0  ,v 2  1  dan v 3 =  3  .

Title Page

0 0 0 Didapat v 3 =2 v 1 +3 v 2 , jadi v 3 ∈ h{v 1 ,v 2 }i. Maka dari itu,

h{v 1 ,v 2 }i = h{v 1 ,v 2 ,v 3 }i.

Sifat dari suatu himpunan pembentang yang dibahas sebelumnya, mengatakan bahwa suatu vektor v bisa dihapus un-

Page 16 of 132

tuk memperoleh himpunan baru S de- ngan himpunan pembentang yang sama

bila dan hanya bila v merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor di S. Jadi den-

Go Back

gan pengertian ini, suatu himpunan S ⊂

Full Screen

V adalah minimal bila dan hanya bila ia tidak memuat vektor-vektor yang meru-

Close

pakan kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya dalam himpunan tersebut .

Quit

Berikut ini diberikan suatu pengertian mengenai bebas lin- ier. Vektor-vektor v 1 ,v 2 ,...,v n di suatu ruang vektor V atas lapangan K dikatakan bebas linier bila vektor v i , i = 1, 2, . . . , n

bukan merupakan suatu kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya.

Home Page

Bila tidak demikian, maka vektor-vektor

v j , j = 1, 2, . . . , n dikatakan bergantungan linier .

Title Page

Misalkan Vektor-vektor s 1 ,...,s n ∈ S ⊂ V , dengan V suatu

ruang vektor atas K, vektor-vektor s i , i = 1, 2 . . . , n bebas linier bila dan hanya bila x 1 s 1 +...+x n s n = 0, x i ∈ K dipenuhi hanya

untuk x 1 =...=x n =0 .

Bukti

Misalkan s i ∈ S, i = 1, 2 . . . , n bebas linier dan andaikan x 1 s 1 +. . .+ x x 1 n s n = 0 tetapi untuk beberapa i, x i 6= 0. Didapat s i =( − x ) s 1 i +

Page 17 of 132

...+( − x ) s i −1 +( − x ) s i+1 +...+( − x ) s n . Terlihat bahwa s

x i −1

x i +1

Go Back

merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor s j ,j 6= i. Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa s i , i = 1, 2, . . . , n bebas

linier. Jadi haruslah x 1 s 1 +...+x n s n =0 dipenuhi hanya untuk x 1 =...=x n =0 . Selanjutnya misalkan x 1 s 1 +. . .+x n s n = 0, x i ∈K dipenuhi hanya untuk x 1 =...=x n =0 , maka jelas bahwa

Full Screen

Close

s i , i = 1, 2 . . . , n bebas linier. Bila tidak berarti bahwa untuk beberapa i, s i =c 1 s 1 +...+c i −1 s i −1 +c i+1 s i+1 +...+c n s n atau

0=c 1 s 1 +...+c i −1 s i −1 +c i s i +c i+1 s i+1 +...+c n s n dengan c i = −1. Ini bertentangan dengan kenyataan bahwa 0 = c 1 s 1 +...+c i −1 s i −1 +

Quit

c i s i +c i+1 s i+1 +...+c n s n dipenuhi hanya unuk c i = 0, i = 1, 2, . . . , n .

Komentar Pernyataan vektor-vektor s i ,i=

1, 2 . . . , n dalam ruang vektor V atas K be-

bas linier ekivalen dengan x 1 s 1 +...+x n s n =

Home Page

0, x i ∈ K dipenuhi hanya untuk x 1 =...=

x n =0 . Bila V = R dan K = R, maka vektor-vektor s i , i = 1, 2 . . . , n dalam ruang

Title Page

vektor R atas R bebas linier mempunyai arti bahwa sistem persamaan linier homo- gin x s +...+x

1 1 n s n = 0 mempunyai penyele- saian trivial, yaitu x i = 0, i = 1, 2, . . . , n . Bila

persamaan homogin ini mempunyai jawab

non trivial, yaitu x i 6= 0 untuk beberapa i, maka hal ini berarti bahwa vektor-vektor

Page 18 of 132

s i tsb. tidak bebas linier atau bergantung- an linier. Bila vektor s 6= 0 di ruang vek-

Go Back

tor R dan memenuhi s = x 1 s 1 +...+x n s n , yaitu vektor s merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor s 1 ,...,s n . Hal ini berarti

Full Screen

bahwa sistem persamaan linier tak homo- gin s = x 1 s 1 +...+x n s n , mempunyai jawab

Close

x = (x 1 ,...,x n ) .

Quit

Contoh

4 1. Dalam R ′ vektor (1, 4, −2, 6) adalah kombinasi linier dari

Home Page

dua vektor (1, 2, 0, 4) ′ dan (1, 1, 1, 3) , sebab: (1, 4, −2, 6) = 3(1, 2, 0, 4) ′

− 2(1, 1, 1, 3) . Sedangkan vektor (2, 6, 0, 9) ′ bukan kombinasi linier (1, 2, 0, 4) dan (1, 1, 1, 3) ′ , sebab bila (2, 6, 0, 9) ′ =

Title Page

x (1, 2, 0, 4) ′ +x (1, 1, 1, 3) ′ 1 2 ekivalen dengan sistem persamaan

Page 19 of 132

4x 1 + 3x 2 =9

mudah dicek bahwa sistem persamaan linier ini tidak mem- punyai jawab.

Go Back

2. Misalkan ruang vektor V = {f : R → R} atas R, maka fungsi cos 2x merupakan kombinasi linier dari fungsi-fungsi

Full Screen

2 2 2 2 2 cos 2 x, sinh x dan cosh x, sebab cos 2x = 2 cos x + sinh x

− cosh x,

Close

2 2 ingat bahwa cos 2x = 2 cos 2 x − 1 dan cosh x − sinh x = 1.

3. Dilanjutkan halaman berikutnya!

Quit

Lanjutan Contoh

3. Misalkan tiga vektor v = (1, 2, 3) ′ 1 ,v = (3, 2, 1) ′ 2 dan v =

Home Page

(3, 3, 3) 3 ′ di R . Maka

h{v 1 ,v 2 ,v 3 }i = {x 1 v 1 +x 2 v 2 +x 3 v 3 |x 1 ,x 2 ,x 3 ∈ R}

Title Page

Tulis (x, y, z) ′ = (x

Page 20 of 132

  x  133 x

(1 − 2 1)  y  = (1 − 2 1)  223   x 2  = 0,

Go Back

atau x − 2y + z = 0. Catatan 3v 1 +3 v 2 − 4v 3 = 0 dan juga

Full Screen

4. Dilanjutkan halaman berikutnya!

Quit

Lanjutan Contoh

4. Dua vektor v 2

40 15 ,v 2 = −50 25 ∈R sebab x 1 v 1 + x 2 v 2 = 0 dipenuhi hanya untuk x 1 =x 2 =0 , hal ini bisa dicek

sbb:

Home Page

Title Page

didapat x 2 =0 dan x 1 =0 .

5. Diberikan S 3 ⊂R dimana

S=  0  ,  2  ,  2  ,  −1  ,  3 

Page 21 of 132

Perhatikan persamaan berikut:

1 0 1 0 3 0 x 1  0  +x 2  2  +x 3  2  +x 4  −1  +x 5  3  =  0  .

Go Back

Full Screen

Himpunan penyelesaiannya adalah:

 x  1 −1

Close

 x 3  =x 3  1  +x 5  0  x 3 ,x 5 ∈R

Quit

Lanjutan Contoh 5. Himpunan penyelesaiannya adalah:

Home Page

 x 3  =x 3  1  +x 5  0  x 3 ,x 5 ∈R

Title Page

Hal ini menunjukkan bahwa semua vektor di S saling bergan- tungan linier. Untuk x 3 = 0, x 5 =1 , didapat bahwa vektor yang ke-5 dalam S merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang

pertama. Gunakan sifat yang telah dipunyai untuk menghapus vektor yang ke-5 sehingga didapat:

Page 22 of 132

S 1 =  0  ,  2  ,  2  ,  −1  ,

Go Back

dalam hal ini < S >=< S 1 >. Juga terlihat bahwa vektor yang

Full Screen

ke-3 dalam S 1 merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang pertama, sehingga vektor ke-3 ini bisa dihapus dan didapat:

Juga, dalam hal ini < S 1 >=< S 2 >. Jadi < S >=< S 2 >.

6. Misalkan tiga vektor v = (1, 1, 0) ′

1 ,v 2 = (5, 1, −3) dan v 3 =

di R 3 , maka

Home Page

1 + 5x 2 + 2x 3 ,x 1 +x 2 + 7x 3 , −3x 2 + 4x 3 ) |x 1 ,x 2 ,x 3 ∈R}.

Title Page

Tulis (x, y, z) ′ = (x

1 + 5x 2 + 2x 3 ,x 1 +x 2 + 7x 3 , −3x 2 + 4x 3 ) , didapat:

Sehingga diperoleh:

Page 23 of 132

  −25 26 −33  x −25 26 −33 152 x

 4 −4 5   y  =  4 −4 5   117   x 2 

Go Back

Full Screen

Terlihat bahwa, untuk setiap (x, y, z) ′

∈R 3 selalu bisa diper-

oleh x ,x ,x

,v ,v

v +x v +x v .

1 2 3 ∈ R sehingga h{v 1 2 3 }i = x 1 1 2 2 3 3

Quit

Jadi 3 h{v

1 ,v 2 ,v 3 }i = R .

Basis dan Dimensi

Misalkan B = {b 1 ,b 2 ,... } ⊂ V dimana V adalah ruang vektor atas K. Bila h{b 1 ,b 2 ,... }i = V dan vektor-vektor b 1 ,b 2 ,... bebas

linier maka B dikatakan suatu basis dari V . Banyaknya anggota dari B dinamakan dimensi dari ruang vektor V . Contoh:

Home Page

Title Page

1. Dalam R 2 ,B =

1 , (1, 1) {(2, 4) ′ } adalah suatu basis dari R ,

basis yang lainnya adalah B =

2 {(1, 0) , (0, 1) }. Secara umum

3 = {(a 11 ,a ) ′ 21 , (a ,a ) ′ 12 22 } adalah suatu basis dari R bila

2. Ruang vektor V = {x 1 cos θ + x 2 sin θ |x 1 ,x 2 ∈ R} atas R, maka

Page 24 of 132

suatu basis dari V adalah {cos θ, sin θ}.

2 3. Dalam ruang vektor P 3

3 (x) , maka {1, x, x ,x } adalah suatu

Go Back

2 3 basis dari P 4

3 (x) . Sedangkan {1, x, x ,x ,x ... } adalah suatu

basis dari ruang vektor P ∞ (x) .

Full Screen

4. Dalam ruang vektor M 2,2 (R) , yaitu himpunan matriks uku-

ran 2

× 2 dengan elemen-elemen di R, maka

adalah suatu basis dari M 2,2 (R) .

Sifat Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v 1 ,...,v n } adalah suatu basis dari V , maka setiap ele-

men v ∈ V dapat diungkapkan secara tunggal sebagai:

v=x 1 v 1 +...+x n v n ,x 1 ,...,x n ∈ K.

Home Page

Bukti

Misalkan v = a 1 v 1 +...+a n v n , dan v = x 1 v 1 +...+x n v n , didapat:

(x 1 −a 1 ) v 1 + . . . + (x n −a 0 ) v n = 0, karena vektor-vektor v 1 ,...,v n bebas linier, maka haruslah x 1 −a 1 = 0, . . . , x n −a n =0 . Sehingga

Title Page

diperoleh x

n =a n ◮◮ . 1 =a 1 ,...,x

Berikut ini, diberikan suatu sifat untuk ruang vektor R n atas

R n , yaitu misalkan v

i ∈R , i = 1, 2, . . . , m. Bila m > n, maka vektor-vektor v i , i = 1, 2, . . . , m bergantungan linier .

Page 25 of 132

Bukti Untuk setiap j =

1, 2, . . . , m , tulis vektor v j = (a 1j ,a 2j ,...,a nj ) ′ , sehingga persamaan x 1 v 1 +...+x m v m = 0 dalam

Go Back

bentuk matriks adalah:

11 ...a 1m

Full Screen

a n1 ...a nm

Close

Terlihat bahwa, persamaan homogin terdiri dari n persamaan dengan variabel yang takdiketahui sebanyak m. Karena m >

n, maka persamaan mempunyai suatu solusi yang nontrivial , yaitu ada beberapa x k , k = 1, 2, . . . , m yang tidak semuanya sama dengan nol. Jadi v j , j = 1, 2, . . . , m bergantungan linier.

Quit

Contoh

Dalam ruang vektor R atas R, Misalkan

1 = (a 11 ,a 21 ) ,v 2 = (a 12 ,a 22 ) ∈R . Bila

Home Page

vektor-vektor v 1 ,v 2 , bebas linier, maka per-

samaan: x 1 v 1 +x 2 v 2 = 0 atau dalam bentuk

Title Page

matriks: Ax = 0 dengan

11 a 12 1

A=

,x=

dan 0=

21 22 x 2

mempunyai jawab trivial hanya bila det(A) 6=

0 . Secara geometris, hal ini menyatakan bahwa luas daerah jajaran genjang yang

Page 26 of 132

dibentuk oleh dua vektor v 1 dan v 2 sama dengan | det(A)|. Sebaliknya bila det(A) =

Go Back

0 , maka luas daerah ini sama dengan 0. Hal ini menunjukkan bahwa dua vektor v 1 dan v

Full Screen

2 terletak pada satu garis yang sama atau dengan kata lain dua vektor v 1 dan

Close

v 2 bergantungan linier. Jadi {v 1 ,v 2 } adalah

Quit

suatu basis dari R dengan dimensi 2 (me- ngapa?).

Sifat. Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v 1 ,...,v n } suatu basis dari V . Selanjutnya, bila vektor-vektor u 1 ,...,u m dengan m > n, maka vektor-vektor u 1 ,...,u m bergantungan

linier .

Bukti

Home Page

Karena {v 1 ,...,v n } suatu basis dari V , didapat:

Title Page

u 1 =a 11 v 1 +...+a n1 v n

u m =a 1m v 1 +...+a nm v n ,

dimana a ij ∈ K, i = 1, 2, . . . , n dan j = 1, 2, . . . , m. Untuk

x 1 ,...,x m ∈ K dan diketahui bahwa {v 1 ,...,v n } bebas linier,

didapat:

Page 27 of 132

0=x 1 u 1 +...+x m u m

=x 1 (a 11 v 1 +...+a n1 v n )+...+x m (a 1m v 1 +...+a nm v n )

Go Back

= (a 11 x 1 +...+a 1m x m ) v 1 + . . . + (a n1 x 1 +...+a nm x m ) v n

dan haruslah a 11 x 1 +...+a 1m x m = 0, . . . , a n1 x 1 +...+a nm x m =0

Full Screen

atau dengan notasi matriks:

11 ...a 1m

a n1 ...a nm

Quit

Persamaan homogin diatas mempunyai jawab non-trivial (se-

Kesimpulan Misalkan V suatu ruang vektor atas K dengan dimensi hingga. Maka setiap dua basis yang berbeda dari V harus mempunyai banyak elemen yang sama .

Home Page

Contoh

1. Dalam ruang vektor P 3 (R) atas R, B = {1, x, x ,x } adalah suatu basis baku dari P 3 (R) . Basis yang lainnya adalah B 2 =

Title Page

{1, 1 + x, 1 + x + x

2 2 ,1+x+x 3 +x

2. Persamaan homogin Ax = 0, diberikan oleh :

Page 28 of 132

Go Back

Himpunan penyelesaiannya adalah:

Full Screen

merupakan suatu ruang vektor atas R dengan dimensi dua.

Misalkan V suatu ruang vektor atas K

berdimensi hingga. Maka setiap himpunan hingga S ⊂ V yang terdiri dari vektor-

Home Page

vektor bebas linier di V tetapi S bukan merupakan suatu basis dari V dapat diper- luas sampai merupakan suatu basis dari V .

Title Page

Bukti. Misalkan S = {v 1 ,...,v m } den- gan v i , i = 1, . . . , m adalah vektor-vektor

yang bebas linier.

Karena hSi 6= V , maka pilih vektor v m+1 ∈ V sehingga v m+1

bukan kombinasi linier dari vektor-vektor v j , j = 1, 2, . . . , m. Selanjutnya namakan

Page 29 of 132

T= {v 1 ,...,v m ,v m+1 }, bila hT i = V , maka T adalah basis dan sudah tidak bisa lagi

Go Back

diperluas menjadi vektor-vektor yang be- bas linier. Bila hT i 6= V , lakukan lagi

Full Screen

cara perluasan seperti sebelumnya sehingga diperoleh himpunan vektor-vektor yang be- bas linier di U yang memenuhi

Close

hUi = V .

Quit

Kesimpulan. Misalkan V ruang vektor atas K berdimensi n, maka setiap himpunan

Home Page

Title Page

dari n vektor yang bebas linier adalah su- atu basis dari V .

Contoh

Misalkan S = 3 {(1, 1, 1) , (0, −1, 0) }⊂R , jelas bahwa vektor-vektor di S bebas linier dan

hSi = {x(1, 1, 1) +y(0, −1, 0) = (x, x −y, x) |x, y ∈ R

Page 30 of 132

}, jelas bahwa bila (x ′

1 ,x 2 ,x 3 ) ∈ hSi, maka

Go Back

x 3 =x 1 . Oleh karena itu (x, y, z) ∈ hSi bila / x 6= z. Pilih vektor (1, 0, 0) sehingga dida-

Full Screen

pat T = {(1, 1, 1) , (0, −1, 0) , (1, 0, 0) } dimana vektor-vektor di T bebas linier, maka dari

Close

itu T merupakan suatu basis dari R .

Quit

Jumlahan Langsung.

Misalkan U dan V adalah ruang bagian dari suatu ruang vektor W atas K dengan dimensi hingga, maka dim(U + V ) =

Home Page

dim(U ) + dim(V ) −dim(U ∩V ), dimana U +V = {u+v |u ∈ U, v ∈ V }. Bukti. Misalkan {z 1 ,...,z r } suatu basis dari U ∩V perluas basis

Title Page

ini masing-masing menjadi {z 1 ,...,z r ,u 1 ,...,u m } adalah suatu basis dari U dan {z 1 ,...,z r ,v 1 ,...,v n } suatu basis dari V . Ter-

lihat bahwa, dim(U ∩ V ) = r, dim(U) = r + m dan dim(V ) = r + n. Selanjutnya, ditunjukkan bahwa {z 1 ,...,z r ,u 1 ,...,u m ,v 1 ,...,v n } adalah suatu basis dari U + V . Sehingga, dalam hal ini didapat

Page 31 of 132

dim(U + V ) = r + m + n = (r + m) + (r + n) − r = dim(U) + dim(V ) − dim(U ∩V ). Misalkan sebarang w ∈ U +V , maka w = u+v untuk

Go Back

beberapa u ∈ U dan beberapa v ∈ V . Dengan kenyataan bahwa u=a 1 z 1 +...+a r z r +b 1 u 1 +...+b m u m untuk beberapa skalar a i ,b j

dan v = c 1 z 1 +...+c r z r +d 1 v 1 +...+d m v n untuk beberapa skalar

Full Screen

c k ,d l , didapat:

w = u+v = (a 1 +c 1 ) z 1 +. . .+(a r +c r ) z r +b 1 u 1 +. . .+b m u m +d 1 v 1 +. . .+d m v n terlihat bahwa w ∈ h{z 1 ,...,z r ,u 1 ,...,u m ,v 1 ,...,v n }i. Maka dari

Close

itu didapat h{z 1 ,...,z r ,u 1 ,...,u m ,v 1 ,...,v n }i = U + V .

Quit

Home Page

Lanjutan Bukti...... Diberikan

Title Page

x 1 z 1 +...+x r z r +x r+1 u 1 +...+x r+m u m +x r+m+1 v 1 +...+x r+m+n v n = 0

untuk beberapa skalar x j . Tulis w = x 1 z 1 +. . .+x r z r +x r+1 u 1 +. . .+ x r+m u m , didapat w = −x r+m+1 v 1 +... −x r+m+n v n . Terlihat bahwa

w ∈ U dan w ∈ V , jadi w ∈ U ∩ V . Tetapi {z 1 ,...,z r } adalah suatu basis dari U ∩ V , jadi w = b 1 z 1 +...+b r z r untuk beberapa skalar b i . Sehingga didapat b 1 z 1 +...+b r z r = −x r+m+1 v 1 +... −

x r+m+n v n atau b 1 z 1 +...+b r z r +x r+m+1 v 1 +...+x r+m+n v n = 0. Tetapi {z 1 ,...,z r ,v 1 ,...,v n } adalah suatu basis dari V , maka dari itu haruslah b 1 =...=b r =x r+m+1 =...=x r+m+n =0 ,

Page 32 of 132

Go Back

sehingga persamaan x 1 z 1 +...+x r z r +x r+1 u 1 +...+x r+m u m + x r+m+1 v 1 +...+x r+m+n v n = 0 menjadi x 1 z 1 +...+x r z r +x r+1 u 1 + ...+x r+m u m = 0. Tetapi {z 1 ,...,z r ,u 1 ,...,u m } juga adalah suatu

Full Screen

basis dari U . Jadi haruslah x 1 =...=x r =x r+1 =...=x r+m =0 . Sehingga didapat x k = 0, k = 1, 2, . . . , r+m+n . Jadi vektor-vektor

z 1 ,...,z r ,u 1 ,...,u m ,v 1 ,...,v n bebas linier.

Close

Quit

Contoh Misalkan W = R 2 ,u

1 = (1, 1, 0, 0) ,u 2 =( −3, 7, 2, 1) ,U= h{u 1 ,u 2 }i

dan V = {(x 1 ,x

2 ,x 3 , 0) |x i ∈ R}. Vektor-vektor u 1 ,u 2 bebas linier,

Home Page

sebab bila a 1 u +a u = 0 atau a (1, 1, 0, 0) ′ +a (

didapat a 1 =a 2 =0 .

Jadi dim(U ) = 2. Suatu basis

dari V adalah e = (1, 0, 0, 0) ′ 1 ,e 2 = (0, 1, 0, 0) ′ ,e 3 = (0, 0, 1, 0) ′ . Jadi dim(V ) = 3. ′ Perhatikan bahwa e

Title Page

( −3, 7, 2, 1) +3(1, 0, 0, 0) −7(0, 1, 0, 0) −2(0, 0, 0, 1) = u 2 +3 e 1 −7e 2 −2e 3 . Jadi e 4 ∈ U +V . Karena e 1 ,e 2 ,e 3 juga di U +V , maka {e 1 ,e 2 ,e 3 ,e 4 } adalah suatu basis dari U + V . Jadi dim(U + V ) = 4. Sehingga

didapat: dim(U ∩ V ) = dim(U) + dim(V ) − dim(U + V ) = 2 + 3 − 4 = 1. Bisa dicek secara langsung bahwa vektor-vektor di U ∩V adalah

vektor-vektor di U dengan komponen ke-empat sama dengan nol, yaitu vektor b u +b u = (b

Page 33 of 132

,b + 7b , 2b ,b ) 1 ′ 1 2 2 1 − 3b 2 1 2 2 2 dimana

b 2 =0 . Jadi U ∩ V = h{u 1 }i. Terlihat bahwa dim(U ∩ V ) = 1. Catatan. Bila U, V ruang bagian berdimensi hingga masing-

Go Back

masing dengan basis {u 1 ,...,u m } dan {v 1 ,...,v n }. Misalkan W = U + V dan sebarang w ∈W. Didapat w = u + v =

Full Screen

a 1 u 1 +. . .+a m u m +b 1 v 1 +. . .+b n v n atau W = h{u 1 ,...,u m ,v 1 ,...,v n }i.

Close

Selanjutnya reduksi vektor-vektor u 1 ,...,u m ,v 1 ,...,v n menjadi vektor-vektor yang bebas linier (sampai minimal) dan himpun

kedalam himpunan S, sehingga didapat W = h{S}i. Jadi di- mensi dari W sama dengan banyaknya vektor-vektor di S.

Quit

Bila U dan V adalah ruang bagian berdimensi hingga dengan U ∩ V = {0}, maka U + V dinamakan jumlahan langsung dari U dan V .

Contoh. ′ Himpunan U = {(x

1 ,x 2 , 0) |x 1 ,x 2 ∈ R} dan

Home Page

V= 3 {(0, 0, x

3 ) |x 3 ∈ R} adalah ruang bagian dari ruang vektor R

atas R dimana U ∩V = {0}. Jadi U+V adalah jumlahan langsung

Title Page

dari U dan V , U +V = ′ {(x

1 ,x 2 , 0) +(0, 0, x 3 ) = (x 1 ,x 2 ,x 3 ) |x 1 ,x 2 ,x 3 ∈

terlihat bahwa dim(U + V ) = 3 .

Perhatikan bahwa

} = h{(1, 0, 0) ′ , (0, 1, 0) ′ }i, terlihat bahwa dim(U) = 2. Begitu juga, V =

{(0, 0, x ′

3 |x 3 ∈ R} = {x 3 |x 3 ∈ R} = h{(0, 0, 1) }i

dan dim(V ) = 1. Makna U + V merupakan jumlahan lang- sung dari U dan V tampak dari dimensi, yaitu dim(U + V ) = dim(U ) + dim(V ) − dim(U ∩ V ) = 2 + 1 − 0 = 3 = dim(U) + dim(V ). Hal

Page 34 of 132

Go Back

ini juga bisa dilihat dari pengertian basis yaitu, himpunan

{(1, 0, 0) ′ , (0, 1, 0) } adalah suatu basis dari U dan himpunan

{(0, 0, 1) ′ } adalah suatu basis dari V sedangkan himpunan

Full Screen

{(1, 0, 0) ′ , (0, 1, 0) , (0, 0, 1) } sudah bebas linier (tidak bisa lagi

direduksi menjandi himpunan yang lebih kecil lagi sehingga bebas linier). Jadi, dari sini juga langsung didapat bahwa dim(U + V ) = dim(U ) + dim(V ) .

Close

Quit

Kesimpulan. Dimensi dari suatu ruang jumlahan langsung

Berikut ini diberikan suatu sifat yang lain

dari ruang jumlahan langsung. Setiap w ∈ W = U + V dengan U ∩ V = {0} mempunyai

Home Page

Title Page

penulisan tunggal w = u + v, u ∈ U, v ∈ V .

Bukti. Misalkan w = u + v = ¯ u+¯ v, maka

u −¯ u=v − ¯v. Tetapi u − ¯ u ∈ U, v − ¯v ∈ V dan U ∩ V = {0}. Maka haruslah u − ¯ u=0

dan v − ¯v = 0 atau u = ¯ u dan v = ¯ v.

Page 35 of 132

Koordinat. Misalkan {v 1 ,...,v n } adalah su- atu basis dari suatu ruang vektor atas K.

Go Back

Jadi setiap v ∈ V dapat ditulis secara tung- gal oleh v = x 1 v 1 +...+x n v n untuk beberapa

Full Screen

skalar x 1 ,...,x n ∈ K. Dalam hal ini skalar- skalar x 1 ,...,x n dinamakan koordinat dari

Close

vektor v terhadap basis

,...,v

{v 1 n }.

Quit

Contoh. Misalkan V 3 =R dengan basis baku

} dan misalkan sebarang v = (x, y, z) ′ ∈V,

maka v = xe 1 +y e 2 +z e 3 . Jadi koordinat dari v terhadap basis {e 1 ,e 2 ,e 3 } adalah x, y dan z. Tetapi untuk basis yang lain

Home Page

dari V , misalkan {v 1 = (0, 1, 1) ,v 2 = (1, 0, 1) ,v 3 = (1, 1, 0) }, maka

Title Page

x+y v=( −z

−x+y+z

x −y+z

2 ) v 1 +( 2 ) v 2 +( 2 ) v 3 . Koordinat dari vektor

x+y v terhadap basis −z {v

1 ,v 2 ,v 3 } adalah

−x+y+z x −y+z

2 , 2 dan 2 .

Terlihat bahwa vektor v terhadap dua basis yang berbeda dari ruang vektor V mempunyai dua koordinat yang berbeda pula.

Basis terurut. Adalah perlu dijamin bahwa suatu vektor dikaitkan dengan

Page 36 of 132

suatu vektor basis yang sesuai, cara baku untuk melakukan hal ini adalah menggunakan penyajian terurut untuk koordi- nat dan vektor basis. Bila urutan dari vektor-vektor dalam

Go Back

suatu basis dipersoalkan dalam hal ini dinamakan basis teru- rut dan basis ini ditulis sebagai suatu barisan. Bila urutan

dari vektor basis takdipersoalkan, basis tersebut ditulis seba- gai suatu himpunan, dalam hal ini penekanan mengenai diskusi dari suatu vektor basis, urutan tidak bergantung pada urutan.

Full Screen

Tetapi, bila koordinat dari suatu vektor disajikan sebagai baris atau kolom dalam suatu matriks, maka secara esensi penyajian bergantung pada urutan vektor-vektor basis. Begitu juga, bila

Close

Quit

suatu pemetaan linier disajikan sebagai suatu matriks, maka sangatlah penting menggunakan vektor basis terurut.

Pemetaan Linier pada Ruang Vektor Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K, suatu pemetaan α:U

→ V adalah suatu pemetaan linier atau transformasi lin- ier bila dan hanya bila memenuhi α(k 1 u 1 +k 2 u 2 )=k 1 α(u 1 )+k 2 α(u 2 )

Home Page

untuk semua k 1 ,k 2 ∈ K dan u 1 ,u 2 ∈ U.

Title Page

Sifat. Bila α : U → V suatu pemetaan linier, maka α(0) = 0.

Bukti α(0) = α(0 + 0) = α(0) + α(0), didapat α(0) − α(0) = α(0), jadi 0 = α(0).

Contoh

Page 37 of 132

3 1. Misalkan α : U 2 →V,U=R dan V =R dengan

α((x, y, z) def ′ ) = (2x

− y, y + z) ′ . Maka α adalah pemetaan

Go Back

linier, sebab α(k

1 u 1 +k 2 u 2 ) = α(k 1 (x 1 ,y 1 ,z 1 ) +k 2 (x 2 ,y 2 ,z 2 ) )=

α((k 1 x 1 +k

2 x 2 ,k 1 y 1 +k 2 y 2 ,k 1 z 1 +k 2 z 2 ) ) = (2k 1 x 1 + 2k 2 x 2 −k 1 y 1 −

k 2 y 2 ,k 1 y 1 +k 2 y 2 +k 1 z 1 +k 2 z 2 ) = (2k 1 x 1 −k 1 y 1 ,k 1 y 1 +k 1 z 1 ) + (2k 2 x 2 −

Full Screen

2 y 2 ,k 2 y 2 +k 2 z 2 ) =k 1 (2x 1 −y 1 ,y 1 +z 1 ) +k 2 (2x 2 −y 2 ,y 2 +z 2 ) =

1 α((x 1 ,y 1 ,z 1 ) )+k 2 α((x 2 ,y 2 ,z 2 ) ) .

Close

2 2. Misalkan α : R ′ →R dengan α((x, y, z) ) = (x , y + z) , pemetaan α bukan pemetaan linier, sebab α(2(1, 0, 0) ′ )=

def

Quit

Kernel dan Image Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier

def

Home Page

• Image dari α adalah Im(α)=α(U) = {α(u) | u ∈ U} ⊆ V .

def

• Kernel dari α adalah ker(α) {u ∈ U | α(u) = 0} ⊆ U. Contoh. Dalam Contoh 1. sebelumnya Im(α) = ′ {α((x, y, z) )=

Title Page

(2x ′

− y, y + z) | x, y, z ∈ R}, sedangkan ker(α) = {(x, y, z) | 2x − y =

Beberapa sifat Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K dan α : U → V suatu pemetaan linier, maka

Page 38 of 132

1. Im(α) adalah ruang bagian dari V .

2. Ker(α) adalah ruang bagian dari U .

Go Back

3. Pemetaan α satu-satu bila dan hanya bila ker(α) = {0}. Bukti

Full Screen

1. Jelas bahwa Im(α) ⊆ V . Misalkan sebarang v 1 ,v 2 ∈ Im(α) dan sebarang k 1 ,k 2 ∈ K. Untuk beberapa u 1 ,u 2

∈ U, maka kombinasi linier berikut dipenuhi k 1 v 1 +k 2 v 2 =k 1 α(u 1 )+ k 2 α(u 2 ) = α(k 1 u 1 ) + α(k 2 u 2 ) = α(k 1 u 1 +k 2 u 2 ) ∈ Im(α). Jadi

Close

Quit

Im(α) adalah ruang bagian dari V .

Lanjutan Bukti........

2. Jelas bahwa ker(α) ⊆ U. Misalkan se- barang u 1 ,u 2 ∈ ker(α) dan sebarang k 1 ,k 2 ∈

Home Page

K, maka α(k 1 u 1 +k 2 u 2 )=k 1 α(u 1 )+k 2 α(u 2 )=

1 0+k 2 0 = 0. Terlihat bahwa k 1 u 1 +k 2 u 2 ∈ ker(α) . Jadi ker(α) adalah ruang bagian

Title Page

dari U .

3. Misalkan pemetaan α satu-satu dan se-

barang u ∈ ker(α), maka α(0) + α(u) =

α(0 + u) = α(u) = 0. Sehingga didapat α(u) = −α(0) = α(−0) = α(0). Karena

Page 39 of 132

pemetaan α satu-satu haruslah u = 0. Jadi {0} = ker(α). Selanjutnya misalkan

Go Back

ker(α) = {0} dan u 1 ,u 2 ∈ U, maka untuk α(u 1 ) = α( u 2 ) didapat, 0 = α(u 1 ) − α(u 2 )=

Full Screen

Close

α(u 1 −u 2 ) . Terlihat bahwa u 1 −u 2 ∈ ker(α).

Tetapi, ker(α) = {0}. Maka dari itu harus- lah u 1 −u 2 = 0 atau u 1 = u 2 . Jadi

Quit

Contoh

1. Misalkan V ruang vektor atas K dan U = K n . Diberikan

matriks T = [a ], a

ij ∈ K dan T bertindak pada ruang vektor

ij

Home Page

U dengan aturan untuk setiap x ∈ U:

a 11 ...a 1n

Title Page

T (x) def =

a n1 ...a nn

dimana y P

a ij x j , i = 1, 2, . . . , n. Maka T adalah suatu

j=1

transformasi linier dari U ke U , sebab untuk sebarang x, ¯ x ∈

U dan sebarang k 1 ,k 2 ∈ K berlaku:

Page 40 of 132

11 ...a 1n

1  T (k 1 x+k 2 x) = ¯  ... ... ...  k 1  ...  +k 2  ... 

Go Back

n1 ...a nn

11 ...a 1n

=k 1  ... ... ...   ... 

Full Screen

a n1 ...a nn

Close

11 ...a 1n

+k 2  ... ... ...   ... 

a n1 ...a nn

Quit

=k 1 T (x) + k 2 T (¯ x).

Home Page

Lanjutan Contoh...........

2. Dalam Contoh 1. sebelumnya, maka

Title Page

1 a  ...a 11 1n

 Im(T ) =  ...  =  ... ... ...   ...  .

a n1 ...a nn

Bila T punya invers, maka ker(T ) = {0}, yaitu persamaan homogin

11 ...a 1n

Page 41 of 132

a n1 ...a nn

Go Back

hanya mempunyai jawab trivial x 1 =...=x n =0 . Bila T

tidak punya invers, maka

Full Screen

1 a 11 ...a 1n

ker(T ) =  ...   ... ... ...   ...  =  ... 

a n1 ...a nn

Close

Quit

Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas K dan α:U → V suatu pemetaan linier.

1 Bila h{u 1 ,...,u n }i = U, maka h{α(u 1 ), . . . , α( u n ) }i = Im(α).

2. dim(U ) = dim(ker(α)) + dim(Im(α)) Bukti.

Home Page

Title Page

1. Misalkan sebarang v ∈ Im(α), pilih u ∈ U yang memenuhi α(u) = v. Tetapi u = k 1 u 1 +. . .+k n u n , maka dari itu v = α(u) =

α(k 1 u 1 +. . .+k n u n )=k 1 α(u 1 )+. . .+k n α(u n ) ∈ h{α(u 1 ), . . . , α( u n ) }i.

Jadi Im(α) = h{α(u 1 ), . . . , α( u n ) }i.

2. Misalkan {u 1 ,...,u m } basis dari ker(α), perluas basis ini sampai didapat {u 1 ,...,u m ,w 1 ,...,w n } adalah suatu basis dari U . Jelas bahwa dim(ker(α)) = m dan dim(U ) =

Page 42 of 132

m + n. Misalkan v i = α( w i ), i = 1, 2 . . . , n . Akan di- tunjukkan bahwa v i , i = 1, 2 . . . , n adalah suatu basis dari

Go Back

Im(α). Dengan menggunakan hasil 1. didapat Im(α) = h{α(u 1 ), . . . , α( u m ), α( w 1 ), . . . , α( w n ) }i = h{0, . . . , 0, v 1 ,...,v n }i =

h{v 1 ,...,v n }i. Selanjutnya selidiki apakah vektor-vektor v i , i = 1, 2 . . . , n bebas linier, yaitu k 1 v 1 +...+k n v n = 0 atau

Full Screen

k 1 α(w 1 )+...+k n α(w n )= 0. Sehingga didapat α(k 1 w 1 +...+

Close

k n w n )= 0. Jadi k 1 w 1 +...+k n w n ∈ ker(α). Oleh karena itu k 1 w 1 +...+k n w n =¯ k 1 u 1 +...+¯ k m u m untuk beberapa ¯ k i , atau

k ¯ 1 u 1 +...+¯ k m u m −k 1 w 1 +... −k n w n = 0. Karena vektor-vektor {u 1 ,...,u m ,w 1 ,...,w n } bebas linier maka ¯k 1 =...=¯ k m =k 1 =

Quit

Adakalanya kernel dari suatu pemetaan linier disebut null

space dan dimensi dari kernel dinamakan nullity dari pemetaan linier, sedangkan dimensi dari image suatu pemetaan linier dinamakan rank dari pemetaan linier. Sehingga didapat

Home Page

Title Page

dim(U ) = nullity(α) + rank(α).

3 Contoh. 2 Misalkan pemetaan linier α : R →R dengan

α((x, y, z) 3 ) = (x + z, 2x ′ ′ − y + z) untuk setiap (x, y, z) ∈R . Kernel

dari α adalah penyelesaian dari persamaan vektor α((x, y, z) )= (x + z, 2x

− y + z) ′ = (0, 0) ′ atau penyelesaian persamaan homogin

Page 43 of 132

Go Back

yang mempunyai penyelesaian x = x, y = x, z = −x, x ∈ R. Jadi

ker(α) =

{x(1, 1, −1) ′ | x ∈ R} = h{(1, 1, −1) }i. Terlihat bahwa

Full Screen

nullity(α) = 1. Sedangkan Im(α) =

{(x + z, 2x − y + z) ′ | x, y, z ∈

} = {x(1, 2) ′ −y(0, 1) +z(1, 1) |x, y, z ∈ R} = h{(1, 2) , (0, 1) , (1, 1) }i =

h{(1, 2) ′ = (0, 1) + (1, 1) , (0, 1) , (1, 1) }i = h{(0, 1) , (1, 1) }i. Terlihat bahwa rank(α) = 2. Sehingga didapat dim(R 3 )= nullity(α) +

Close

rank(α) = 1 + 2 = 3.

Quit

Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier dari ruang vektor

U ke ruang vektor V masing-masing atas K. Bila pemetaan α satu-satu dan pada yaitu pemetaan α mempunyai invers,

Home Page

maka α dinamakan suatu isomorpisma dari U ke V . Dalam hal ini, U dan V dikatakan isomorpik dan dinotasikan oleh U∼ =V . Perhatikan bahwa, karena α pemetaan satu-satu dan

Title Page

pada, maka Im(α) = V dan ker(α) = {0}.

Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas K masing-masing dengan basis {u 1 ,...,u m } dan {v 1 ,...,v n }. Maka U dan V isomorpik bila dan hanya bila dim(U ) = dim(V )

Page 44 of 132

(m = n). Lagipula, ada suatu isomorpisma tunggal α : U →V yang memenuhi α(u i )= v i , i = 1, . . . , n.

Go Back

Bukti Bila α : U

→ V suatu isomorpisma, maka α satu-satu dan pada. Maka dari itu, ker(α) = {0} dan Im(α) = V . Sehingga didapat

Full Screen

dim(U ) = dim(ker(α)) + dim(Im(α)) = 0 + dim(V ) = dim(V ). Se-

baliknya, misalkan m = n dan α suatu pemetaan linier yang memenuhi α(u i )= v i , i = 1, . . . , n. Akan ditunjukkan bahwa α satu-satu dan pada.

Close

Quit

Lanjutan Bukti...... Misalkan sebarang u ∈ ker(α), maka α(u) = 0. Tetapi

u=k 1 u 1 +...+k m u m .

Sehingga didapat 0 = α(u) =

Home Page

α(k 1 u 1 +...+k m u m )=k 1 α(u 1 )+...+k m α(u m )=k 1 v 1 +...+k m u m dan karena {v 1 ,...,v m } suatu basis dari V , maka harus-

lah k 1 =...=k n =0 . Jadi u = 0. Maka dari itu ker(α) = {0}. Jadi pemetaan α satu-satu. Selanjutnya, misalkan sebarang v ∈ V , maka v = a 1 v 1 +...+a n v n un-

Title Page

tuk beberapa skalar a i . Tetapi v i = α( u i ), i = 1, . . . , n . Jadi v=a 1 α(u i )+...+a n α(u n ) = α(a 1 u 1 +...+a n u n ) ∈ Im(α). Se-

hingga didapat V = Im(α) atau pemetaan α adalah pada. Kerena pemetaan linier α adalah satu-satu dan pada, maka

U dan V isomorpik. Berikutnya, ditunjukkan bahwa iso- morphisma α yang memenuhi α(u i )= v i , i = 1, . . . , n adalah tunggal. Misalkan β : U → V adalah suatu isomorphisma

Page 45 of 132

Go Back

yang juga memenuhi β(u i )= v i , i = 1, . . . , n dan misalkan se- barang u = k 1 u 1 +...+k n u n ∈ U untuk beberapa skalar k i ∈ K,

maka α(u) − β(u) = α(k 1 u 1 +...+k n u n ) − β(k 1 u 1 +...+k n u n )= k 1 α(u 1 )+...+k n α(u n ) −k 1 α(u 1 ) −...−k n α(u n )=k 1 v 1 +...+k n v n −

Full Screen

k 1 v 1 −...−k n v n = 0. Sehingga didapat α(u) = β(u), ∀u ∈ U. Jadi β = α.

Close

Quit

Misalkan U dan V ruang vektor atas K, himpunan L(U, V, K) menyatakan himpunan semua pemetaan linier dari U ke V .

Misalkan α, β ∈ L(U, V, K) pemetaan α + β

def

didefinisikan sebagai (α+β)(u) = α( u)+β(u)

untuk semua u ∈ U dan pemetaan kα

Home Page

def

didefinisikan sebagai (kα)(u) = kα( u) untuk

Title Page

semua u ∈ U. Maka L(U, V, K) adalah ruang

vektor atas K.

Misalkan α, β ∈ L(U, V, K) dan komposisi

def

dari β ◦ α adalah (βα)(u) = β(α( u)) untuk

Page 46 of 132

semua u ∈ U, maka β ◦ α ∈ L(U, V, K).

Go Back

Bukti

Full Screen

(βα)(k 1 u 1 +k 2 u 2 ) = β(α(k 1 u 1 +k 2 u 2 ))

= β(k 1 α(u 1 )+k 2 α(u 2 )) =k 1 β(α(u 1 )) + k 2 β(α(u 2 ))

Close

=k 1 (βα)( u 1 )+k 2 (βα)( u 2 ).

Quit

Pemetaan Linier dan Aljabar Matriks Misalkan U, V ruang vektor berdimensi hingga atas K masing-masing dengan di-

mensi m dan n. Misalkan Bu = u 1 ,...,u m basis terurut di U , Bv = v 1 ,...,v n basis

Home Page

Title Page

terurut di V dan α ∈ L(U, V, K). Untuk

j = 1, . . . , m, α(u j ) ∈ V , sehingga ada skalar

a i,j ∈ K sehingga α(u j )=a 1,j v 1 +...+a n,j v n .

Bila indeks i dan j dalam skalar a i,j me- nyatakan elemen baris ke-i dan kolom ke-j

dari suatu matriks A, hal ini mendefinisikan matriks representasi dari pemetaan linier α

Page 47 of 132

Go Back

diberikan oleh:

a 1,1 ...a 1,m

Full Screen

A=  ... ... ...  .

a n,1 ...a n,m

Close

Perhatikan bahwa, skalar-skalar a i,j dalam persamaan α(u j ) menyatakan kolom ke-j

Quit

Sekali matriks-matriks representasi ini di konstruksi sesuai dengan basis-basis yang ada, matriks-matriks ini bisa digu-

Home Page

nakan tanpa lagi merujuk pada basis-basis yang ada, kecuali ada perubahan basis, maka matriks A juga berubah. Un- tuk menjelaskan hal ini, misalkan sebarang u ∈ U, maka

Title Page

u=x 1 u 1 +. . .+x m u m dan v = α(u) ∈ V . Tetapi v = y 1 v 1 +. . .+y n v n .

Sehingga didapat

α(u) = x 1 α(u 1 )+...+x m α(u m )

=x 1 (a 1,1 v 1 +...+a n,1 v n )+...+x m (a 1,m v 1 +...+a n,m v n )

Page 48 of 132

= (a 1,1 x 1 +...+a 1,m x m ) v 1 + . . . + (a n,1 x 1 +...+a n,m x m ) v n

=y 1 v 1 +...+y n v n

Go Back

atau y = Ax, dimana

x 1 y=  ...  ,A=  ... ... ...  dan x =  ...  .

y 1 a 1,1 ...a 1,m

Full Screen

a n,1 ...a n,m

Close

Quit

Home Page

Misalkan α ∈ L(U, V, K) dan β ∈ L(V, W, K) dimana dim(U ) = m, dim(V ) = n dan dim(W ) = p. Representasi matriks

Title Page

dari α dan β masing-masing diberikan oleh A = (α, u j ,v i ) berukuran n × m dan B = (β, v i ,w k ) beruran p × n. Maka

representasi matriks dari komposisi βα ∈ L(U, W, K) diberikan

oleh C = (βα, u P j ,w k ) dimana C = BA dengan c k,j = b k,i a i,j .

i=1

Bukti Gunakan definisi representasi matriks dari suatu pemetaan,

Page 49 of 132

didapat α(u P

j )= a i,j v i dan β(v i )=

b k,i w k . Maka dari itu

i=1

k=1

Go Back

P (β(α( P u

Tetapi (βα)(u j )= c k,j w k , sehingga dengan menyamakan koe-

Full Screen

k=1 n

fisien masing-masing persamaan didapat c P

k,j = b k,i a i,j .

Close

i=1

Quit

Contoh

3 1. Diberikan suatu transformasi linier α : R 3 →R oleh

Home Page

α((x, y, z) ′

) = (x ′ − y − z, x + y + z, z) dengan basis baku teru-

rut didapat: α((1, 0, 0) ′ ) = (1, 1, 0) ′ , α((0, 1, 0) ′ )=(

−1, 1, 0) ′ dan

Title Page

−1, 1, 1) ′ , sehingga matriks representasi dari α

terhadap basis baku terurut diberikan oleh:

Selanjutnya bila digunakan basis terurut B = (1, 0, 0) ′ , (1, 1, 0) ′ , (1, 0, 1) ′ didapat α((1, 0, 0) ′ ) = (1, 1, 0) ′ =

Page 50 of 132

B , α((1, 1, 0) ) = (0, 2, 0) Go Back =

B dan α((1, 0, 1) )=

B . Se-

Full Screen

hingga matriks representasi dari α dengan basis terurut B diberikan oleh:

Close

Quit

2. Diberikan pemetaan linier α : P 3 (R) →P 1 (R) oleh α(p(x)) =

d 2 p(x)

Home Page

dx

a. Matriks representasi A dari α dengan basis terurut B 1 =

1, x, x ,x untuk P 3 (R) dan basis terurut B 2 = 1, x + 2 untuk P 1 (R) diberikan sebagai berikut: α(1) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) =

Title Page

(0, 0) 2 ′ ′ , α(x

B , α(x) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) = (0, 0) B 2 ) = 2 = 2.1 + 2

2 −12.1+6(x+2) = (−12, 6) B 2 ,

A=

2 b. Misalkan p(x) = a+bx+cx 3 +dx ∈ ker(α), maka 0 = α(p(x)) = 2c + 6dx, ∀x ∈ R. Sehingga didapat c = 0, d = 0. Jadi

Page 51 of 132

ker(α) = {a.1 + bx | a, b ∈ R} = h{1, x}i. Terlihat bahwa dim(ker(α)) = 2.

Go Back

c. Sedangkan dimensi dari image α diberikan oleh:

Full Screen

dim(Im(α)) = dim(P 3 (R)) − dim(ker(α)) = 4 − 2 = 2. Hal ini bisa dicek sebagai berikut, misalkan sebarang q(x) =

Close

2 α + βx + γx 3 + δx ∈P

3 (R) , maka α(q(x)) = 2γ + 6δx = 2γ.1 + 6δ.x ∈ h{1, x}i. Jadi Im(α) = h{1, x}i dan terlihat

bahwa dimensi Im(α) sama dengan dua.

Quit

3. Misalkan u 1 ,u 2 ,u 3 basis terurut dari U , v 1 ,v 2 ,v 3 dan w 1 ,w 2 adalah suatu basis terurut dari W . Selanjutnya diberikan

Home Page

pemetaan linier α : U → V dan β : V → W masing-masing oleh α(u 1 )= v 1 +2 v 2 −v 3 , α(u 2 )= v 2 +2 v 3 , α(u 3 )= −v 1 + v 2 +3 v 3

dan β(v 1 )=2 w 1 −w 2 , β(v 2 )= w 1 + w 2 , β(v 3 )= −2w 1 +3 w 2 . Bila A = (α, u j ,v i ) dan B = (β, v i ,w k ) , maka didapat matriks

Title Page

dan matriks representasi C = (βα, u j ,w k ) diberikan oleh

Page 52 of 132

Go Back

Full Screen

Bisa dicek langsung lewat vektor-vektor basis

(βα)( u 1 ) = β( v 1 +2 v 2 −v 3 )=6 w 1 − 2w 2 (βα)( u 2 ) = β( v 2 +2 v 3 )= −3w 1 +7 w 2

Close

(βα)( u 3 ) = β( −v 1 + v 2 +3 v 3 )= −7w 1 + 11 w 2 .

Quit

Pemetaan Identitas Pementaan I U :U → U adalah pemetaan identitas bila I U ( u) = u untuk semua u ∈ U.

Bila pemetaan α : U → V suatu isomorpisma (satu-satu dan pada), maka ada pemetaan invers α −1 :V → U sehingga

Home Page

α −1 α=I U dan αα −1 =I V .

Title Page

Bila α : U

→ V suatu isomorpisma, maka α −1 :V → U adalah

pemetaan linier. Bila matriks representasi α adalah A dan matriks representasi dari α −1 adalah B, maka BA = I dan

AB = I. Contoh. Misalkan u i , i = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari U dan

Page 53 of 132

v j , j = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari V . Pemetaan linier α : U → V diberikan oleh: α(u 1 )= v 1 +2 v 2 −v 3 , α(u 2 )= v 2 +2 v 3 dan

α(u 3 )= −v 1 + v 2 +3 v 3 , maka A = (α, u i ,v j ) diberikan oleh

Go Back

Full Screen

didapat B = A −1 adalah matriks representasi dari α −1 dimana:

Quit

B=  1.75 −0.5 0.75 

Perubahan dari suatu basis Perubahan basis dari suatu transformasi

Home Page

linier adalah penting.

Sebagaimana

telah diketahui dari pembahasan sebelum- nya bahwa, suatu transformasi linier

Title Page

memberikan suatu matriks representasi melalu suatu basis yang telah ditentukan.

Tentunya matriks representasi ini akan berbeda bila digunakan basis lain yang

berbeda tetapi tetap merupakan suatu ma- triks representasi dari suatu transformasi linier yang sama. Perubahan basis tu-

Page 54 of 132

juan utamanya adalah mendapatkan su- atu matriks represenatsi yang mudah untuk

Go Back

penghitungan (komputasi) dan bisa men- jelaskan makna perubahan bentuk suatu

Full Screen

benda dalam domainnya menjadi bentuk yang lainnya dalam kodomainnya.

Close

Quit

Misalkan B = u 1 ,...,u n adalah basis terurut dari suatu ruang

vektor U atas K dan sebarang u ∈ U dapat diungkapkan sebagai u = x 1 u 1 +...+x n u n dimana skalar-skalar x i meru-

Home Page

pakan n-pasang berbentuk (x n

1 ,...,x n )

∈K

. Maka pemetaan

Title Page

B :U →K dinamakan suatu pemetaan koordinat dan ρ def

B ( u) = (x 1 ,...,x ) ′ n dinamakan suatu vektor koordinat dari

u ∈ U terhadap basis terurut B. Dalam hal ini ρ B adalah suatu

isomorpisma maka dari itu U ∼ n =K .

Bukti Misalkan sebarang u = x 1 u 1 +...+x n u n ∈ U, v = y 1 u 1 +...+y n u n ∈ V dan k 1 ,k 2 ∈ K, maka didapat ρ B (k 1 u+

Page 55 of 132

k 2 v) = ρ B (k 1 x 1 u 1 +...+k 1 x n u n +k 2 y 1 u 1 +...+k 2 y n u n )=ρ B ((k 1 x 1 + k ′

2 y 1 ) u 1 + . . . + (k 1 x n +k 2 y n ) u n ) = (k 1 x 1 +k 2 y 1 ,...,k 1 x n +k 2 y n ) =

1 (x 1 ,...,x n ) +k 2 (y 1 ,...,y n ) =k 1 ρ B ( u)+k 2 ρ B ( v). Terlihat bahwa ρ B

Go Back

adalah pemetaan linier. Karena untuk setiap (x n

1 ,...,x n ) ∈K vektor u = x ′

1 u 1 +...+x n u n memenuhi ρ B ( u) = (x 1 ,...,x n ) , maka

pemetaan ρ B adalah pada. Selanjutnya misalkan sebarang

Full Screen

u=x

+...+x

1 u 1 n u n ∈ ker(ρ B ) , maka ρ B ( u) = (x 1 ,...,x n ) = (0, . . . , 0) ′ . Didapat x 1 = 0, . . . , x n =0 . Jadi u = 0. Maka dari

itu pemetaan ρ B adalah satu-satu. Karena pemetaan linier ρ B adalah satu-satu dan pada, maka ρ B adalah suatu isomorpisma

Close

atau U ∼ n =K .

Quit

Contoh

Home Page

1. Misalkan diberikan dua basis terurut

B 1 = (1, 0) , (0, 1) dan B 2 = (1, 1) , (1, −1)

Title Page

dari ruang vektor R . Terhadap ba-

sis B 2

1 , sebarang (x, y) ∈R didapat

(x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) . Sehingga dida-

pat ρ B ((x, y) ) = (x, y) . Terhadap basis

B 2 , (x, y) =k 1 (1, 1) +k (1,

2 −1) , didapat x=k 1 +k 2 ,y=k 1 −k 2 . dari sini diperoleh

Page 56 of 132

x+y

−y

,k 2 =

. Jadi ρ B ((x, y) )=

Go Back

x −y

Full Screen

. Sehingga ρ B ((1, 0) )=

Close

dan ρ B ((0, 1) )= ,

Quit

Home Page

✲V C

Title Page

Misalkan B = u 1 ,...,u m suatu basis terurut dari ruang vektor

U,C=v 1 ,...,v n suatu basis terurut dari ruang vektor V , kedua ruang vektor atas skalar K. Suatu pemetaan linier α : U →V dengan matriks representasi A = (α, B, C). Misalkan α(u) = v

Page 57 of 132

dimana u = x 1 u 1 +. . .+x m u m ∈ U dan v = y 1 v 1 +. . .+y n v n ∈ V . Dari pembahasan sebelumnya dijelaskan bahwa v = α(u) dapat disa-

jikan oleh persamaan matriks y = Ax, dimana x = (x 1 ,...,x m ) ′

Go Back

dan y = (y

1 ,...,y n ) . Misalkan P adalah pemetaan koordinat, maka x = P B ( u), y = P C ( v) dan matriks representasi dari per-

samaan vektor v = α(u) adalah P C ( v) = AP B ( u). Sehingga di-

Full Screen

dapat, v = α(u) = P −1

C AP B ( u), ∀u ∈ U. Jadi α = P C AP B atau

A=P −1

C αP B . Hasil-hasil yang didapat ini dijelaskan dalam di-

Close

agram diatas.

Quit

Home Page

Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier, B dan ¯ B dua ba- sis terurut yang berbeda dari U sedangkan C dan ¯ C dua basis

Title Page

terurut yang berbeda dari V . Bila matiks-matriks representasi dari α adalah A = (α, B, C) dan ¯ A = (α, ¯ C), maka perubahan B, ¯

basis tidak berpengaruh pada suatu pemetaan linier sehingga hal ini berkaitan dengan pemetaan identitas. Tetapi peruba- han basis mempunyai pengaruh terhadap matriks-matriks rep-