Arip Paryadi , IT Telkom 1
KATA PENGANTAR
Sebagaian besar mahasiswa menganggap bahwa Mata Kuliah yang
berhubungan dengan menghitung yang salah satunya Aljabar Linear
adalah susah, rumit dan memusingkan. Alhasil jalan keluar yang
ditempuh untuk mengatasinya adalah mahasiswa menghafal teknik
(urutan cara) menjawab soal, bukan memahami inti persoalan, materi,
dan bagaimana mendapatkan ide menyelesaikan soal.
Sebagian lagi menganggap pemahaman materi saja sudah cukup.
Pengalaman saya, mahasiswa yang baru memahami sebuah materi secara
intuitif tetap saja akan kesulitan ketika menjawab persoalan. Kesulitan
bukan karena tidak tahu jawabannya, tetapi kurang pandai bagaimana
cara mengungkapkannya. Kemampuan seseorang menuangkan apa yang
difahaminya ke dalam tulisan yang sistematis dan bisa dimengerti orang
lain juga penting, karena orang khususnya dosen ketika UAS tertulis
menilai apa yang kita tulis pada lembar jawaban bukan apa yang ada di
dalam otak kita.
“1001 soal dan solusi “ ini dibuat bukan dengan tujuan agar
mahasiswa pembaca menghafal teknik menjawabnya, melainkan supaya
pembaca dapat lebih memahami materi, dan berlatih mengungkapkan
apa yang difahami. Tentunnya tulisan ini tidaklah cukup bagi pembaca,
text book dan penjelasan dari dosen tetaplah lebih utama, jadikan soalsoal yang ada disini sebagai latihan, sekedar untuk melihat kebenaran
jawaban anda atau ketika anda merasa sudah mengalami kebuntuan, baru
silahkan pembaca menyimak pembahasannya.
Semoga bermanfaat !
Arip Paryadi
DAFTAR ISI
KATA PENGANTAR .................................................................................... 1
DAFTAR ISI .................................................................................................. 3
SOAL SOAL .................................................................................................. 4
UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 ................................................... 5
UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008 ................................................... 6
UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007 ................................................... 7
UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006 ................................................... 8
UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005 ................................................... 9
UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004 ................................................. 10
PEMBAHASAN ........................................................................................... 12
UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 ................................................. 13
UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008 ................................................. 18
UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007 ................................................. 23
UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006 ................................................. 29
UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005 ................................................. 32
UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004 ................................................. 35
SOAL SOAL
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2008/2009
Aljabar Linear / MA1223
Senin 20-04-2009
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009
1. Diketahui SPL
x + 2 y − 3z = 0
3x − y + 5 z = 0
(
)
4 x + y + k 2 − 14 z = 0
Memiliki solusi tak hingga banyak
a. Tentukan nilai k
b. Tentukan solusinya
2. Diketahui matriks A4x4 dengan A =
1 1 −1
2
2 1
3 2
2
1
1
3
1 0
3
−1
a. Hitung det(A)
3
b. Tentukan solusi X (jika ada) dari AX = B dengan B =
1
4
−2
3. Misalkan A = (1,1,2), B = (-1,0,3), C = (2,-3,4), maka:
a. Hitung luas segitiga ABC
b. Tentukan proyeksi orthogonal
terhadap
4. Diketahui W adalah himpunan (a,b,c) R3 dengan a2 = b2 + c2. Periksa
apakah W subruang dari R3
5. Periksa apakah polinom-polinom berikut :
p1 (x ) = 1 + x,
p 2 (x) = 1 − x + x 2 ,
p 3 (x ) = 2 + x 2 , dan
Membangun P2 ? Berikan penjelasannya !
No
Nilai
1
8
2
8
3
8
4
8
5
8
p 4 (x) = 3 + x + x 2
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2007/2008
MA 1223 ALJABAR LINEAR
Rabu / 9 April 2008
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008
Kerjakan dengan singkat dan benar !
Berdoalah sebelum mengerjakan!
1. Periksa apakah S = {(1,2,3), (2,3,4), (0,0,0)} saling bebas linear !
1
0
2. Diketahui A =
0
2
3 4
−1 1 5
2 0 0
hitung det(2A) !
3 −5 1 0
3. Diketahui sistem persamaan linear
2x + y = z −1
x− y−2= 0
y + z =1
Tentukan solusi dari SPL tersebut !
{
4. Diketahui W = a + bx + cx 2 a = b + c , dengan b, c ∈ R
}
a. Periksa apakah W adalah subruang polinom orde dua P2
b. Bila ya, tentukan basis dan dimensi dari W !
5. Tentukan basis dan dimensi ruang solusi dari SPL homogen
x+ y+ z+w=0
− x + 2y − w = 0
6. Hitung luas segitiga yang titik-titik sudutnya P (1,2,3) , Q (4,3,1), dan R
(2,1,2)
-o0o- Semoga Sukses –o0o-
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2006/2007
Aljabar Linear / MA1223
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007
1. Tentukan basis dan dimensi subruang
W =
a
b
a − 2c = 0
c
{
2. Diketahui S = 2 + x + x 2 , 1 − 2 x + x 2 , 1 + x − 2 x 2
}
a. Periksa apakah S bebas linear
b. Periksa apakah S membangun P2
c. Periksa apakah S basis P2
3. Tentukan y jika diketahui u = (− 1,3,2) ), y = ( y1 , y 2 , y3 ) dan u × y = (1,1,−1).
4. Diketahui u = (k , k − 1,1), v = (− k − 1,2k ,4), tentukan semua nilai k supaya
u dan v membentuk sudut lancip
5. Tentukan basis dan dimensi ruang solusi
homogennya berikut
(ruang null) dari SPL
3 x1 + x2 + x3 + x4 = 0
5 x1 − x2 + x3 − x4 = 0
x1 − x2
Soal
Nilai
1
8
− x4 = 0
2
8
3
8
4
8
5
8
JDN, ADW, ERW, SSI, WDT, NRD, SMN, DMA , RZK
Selamat mengerjakan, semoga sukses !
!
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2005/2006
MA1223 Aljabar Linear
KAMIS 6 April 2006
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006
k
5
5
1. Diketahui SPL dalam bentuk matriks AX = B , dengan A = − 1 − 1 0
k
2k
3
1
x1
X = x2 , B = 1 . Jika Det ( A) = −1 tentukan nilai x3
−1
x3
2. Diketahui a = (1, k ,1) dan b = (2,2,−1) , tentukan nilai k agar proyb a = 4
3. Diketahui W = {(x, y, z ) x − z = 0}, periksa apakah W subruang R3
{
4. Diketahui S = 1 − x + x 2 ,1 + x + x 2
}
a. Periksa apakah S membangun P2 ( polinom orde-2)
b. Periksa apakah S bebas linear
c. Apakah S basis P2 (jelaskan jawaban anda )
Nomor
Nilai
1
10
2
10
3
10
4
10
"
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2004/2005
MA1223 – Aljabar Linear
KAMIS, 14 April 2005
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005
Kerjakan soal berikut dengan jujur dan benar !
1. Diketahui A = (1,2,3), B = (−1,2,−3), dan C = (3,2,1) merupakan titik pada
ruang XYZ .
a. Tentukan proyeksi vektor AC terhadap vektor AB !
b. Tentukan luas segitiga ABC
a b
2. Diketahui det d e
g h
c
f =t ,
untuk suatu a, b, c, d , e, f , g , h, i, t ∈ Rill.
i
Dengan menggunakan sifat, tentukan
det 3
2a
2b
2c
d −a
e−b
f −c
g + 2a h + 2b i + 2c
3. Misalkan B =
1 3
5 3
. Tentukan vektor tak nol u =
{
x
sehingga Bu = 6u !
y
}
4. Tentukan basis subruang S = ax2 + bx + c a + 2b = 3c . Buktikan !
-----------o0 Good Luck 0o-----------
#
UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2003/2004
MA-2313 Aljabar Linear
Selasa 7 Oktober 2003
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004
3 − 6 2 −1
1. Misalkan sistem persamaan linear AX = B, dimana A =
2 −4 1
0
1 − 2 1 −1
1 −2 0
1
Tentukan :
a. Determinan A
b. A-1(matrtiks invers A, bila ada ) !
0
c. Basis ruang solusi, jika B =
0
0
0
2. Diketahui sistem persamaan linear
1
0
1
1
0 2
1 −1
5 α
0 2
1
1
6
β
x1
1
x2
2
=
x3
11
x4
α
a. Tentukan nilai dan agar SPL memiliki solusi yang banyak
b. Tentukan solusi SPL diatas dari jawaban a ( satu saja ) !
3. Diketahui A = (1,-1,2), B = (2,1,-1), dan C = (1,0,-3) merupakan titik-titik
di ℜ3 . Tentukan :
a. Luas segitiga ABC !
b. Proyeksi orthogonal ruas garis AB terhadap ruas garis yang tegak
lurus terhadap ruas garis AC dan BC !
4. a. Misalkan A adalah himpunan polinom orde 3 yang berbentuk
a0 + a1 x + a 2 x 2 + a3 x 3 dimana a 0 − 2a 2 + a3 = 0 . Periksa apakah A
merupakan subruang dari ruang vektor polinom orde 3 ! jika ya
tentukan basis dan dimensinya !
b. Diketahui W =
2 1
0 2
1 1 1 2
,
,
,
. . Periksa, apakah
−1 0 −1 4 −1 1 −1 3
W merupakan basis bagi ruang vektor matriks 2×2 !
------------------o0 YLS-ADW-ERW-DMA 0o-----------------good Luck ! ..
PEMBAHASAN
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Genap 2008/2009
Mata Kuliah : Aljabar Linear / MA1223
Senin 20-04-2009
UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009
1. Diketahui SPL memiliki solusi tak hingga banyak
a. Menentukan nilai k
Jika SPL dituliskan sebagai perkalian matriks akan menjadi
1
2
−3
3 −1
4
1
5
2
k − 14
x
0
y = 0
z
0
Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
1
−3
2
0
3 −1
5
0
2
4 1 k − 14 0
yang dapat direduksi sebagai berikut
− 3b1 + b2 ~
1
2
−3
0
0 −7
14 0
− 4b1 + b3 ~
2
0 −7 k −2 0
Dari matriks ini terlihat bahwa sistem akan memiliki penyelesaian tak
hingga banyak jika dan hanya jika k 2 − 2 = 14 yaitu k = ±4 .
b. Menentukan solusinya
Jika k = ±4 kita substitusikan pada operasi terakhir pada poin
sebelumnya maka akan diperoleh
1
2
−3 0
0 − 7 14 0
0 − 7 14 0
1
− 17 b2
2
−3 0
~ 0 1 −2 0
0 − 7 14 0
− 2b2 + b1 ~
7b2 + b3 ~
1 0
1 0
0 1 −2 0
0 0 0 0
dari matriks ini kita peroleh x + z = 0 dan y − 2 z = 0 . Karena nilai z
dapat ditetapkan dengan sembarang nilai t, maka kita memperoleh
sebuah penyelesaian yaitu x = −t , y = 2t , z = t ; t ∈ ℜ .
2. Diketahui matriks A4x4 dengan A =
1 1 −1
2
2 1
2
1
3 2
1
3
1 0
3
−1
a. Menghitung det(A)
Det ( A) =
=
=
1 1 −1
2
2 1
2
1
3 2
1
3
1 0
3
−1
1 1 −1
2
2 1
1
2
1 1 −1
2
1 0
−1
3
1 1 −1
2
2 1
2
1
0 0
0
0
1 0
3
−1
Diperoleh dengan mengalikan baris
kedua
dengan
-1
kemudian
menambahkannya pada baris ketiga
Diperoleh dengan mengalikan baris
pertama dengan -1 kemudian
menambahkannya pada baris ketiga
Jika kita lakukan ekspansi kofaktor sepanjang baris ketiga, maka akan
menghasilkan Det ( A) = 0 .
3
b. Menentukan solusi X (jika ada) dari AX = B dengan B =
1
4
−2
Sistem ini jika dituliskan dengan lengkap adalah
1
2
3
1
1 −1 2
1 2 1
2 1 3
0 3 −1
x1
3
x2
1
=
x3
4
−2
x4
Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
1 1 −1
2
3
2 1
2
1
1
3 2
1
3
4
1 0
3
−1 − 2
dengan menerapkan OBE yang sama dengan OBE pada poin
sebelumnya ( poin a) sistem ini akan tereduksi menjadi
1 1 −1
2
3
2 1
2
1
1
0 0
0
0
0
1 0
3
−1 − 2
Kemudian kita lanjutkan sehingga didapat bentuk eselon baris
tereduksi sebagai berikut
1 1 −1
− b1 + b 2 ~ 1 0
b3 ↔ b 4 ~ 1 0
3
−1 − 2
3
−1 − 2
0 0
0
0
0 1 −4
3
5
− b2 + b1 ~ 1 0
− b2 + b3 ~ 0 0
0 0
Dari
2
3
matriks
1 0
3
−1 − 2
0
0
0
0
0
terakhir
kita
b1 ↔ b 2 ~
peroleh
3
−1 − 2
0 1 −4
3
5
0 0
0
0
0
0 0
0
0
0
x1 + 3 x 3 − x 4 = −2
dan
x 2 − 4 x 3 + 3x 4 = 5 . karena nilai x3 bisa kita tetapkan sebagai
sembarang nilai s, dan x 4 sebagai sembarang nilai t, maka kita
mendapatkan penyelesaian yaitu
x1 = −2 − 3s + t , x 2 = 5 + 4s − 3t , x 3 = s dan x 4 = t ; s, t ∈ ℜ
3. Misalkan A = (1,1,2), B = (-1,0,3), C = (2,-3,4)
a. Menghitung luas segitiga ABC
AB = B − A = (− 1,0,3) − (1,1, 2 ) = (− 2, −1,1)
AC = C − A = (2,−3,4 ) − (1,1,2 ) = (1,−4,2 )
iˆ
− 1 1 = iˆ
AB × AC = − 2
−4 2
1
Luas ∆ABC =
kˆ
ˆj
1
2
−1 1
−4 2
AB × AC =
− ˆj
−2 1
2iˆ + 5 ˆj + 9 kˆ =
1
2
b. Menentukan proyeksi orthogonal
Pr oy
AC
AB =
AB • AC
AC
AC =
2
1
− 2 −1
= 2iˆ + 5 ˆj + 9kˆ
+ kˆ
2
1 −4
1
2
4 + 25 + 81 =
1
2
110
terhadap
−2+4+2
(1,−4,2 ) = 4 (1,−4,2)
1 + 16 + 4
21
{
}
4. Memeriksa apakah W subruang dari R3 jika W = (a, b, c ) a 2 = b 2 + c 2 .
Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat dari subruang.
Misalkan ada dan ambil sembarang anggota dari W yaitu w1 , w 2 ∈ W
dengan w1 = (a1 , b1 , c1 ) dan w2 = (a 2 , b2 , c 2 ) . Tujuan kita adalah
memeriksa apakah w1 + w2 ∈ W .
Karena w1 , w2 ∈ W
maka secara berturut turut haruslah berlaku
a1 2 = b1 2 + c1 2 * dan a 2 2 = b2 2 + c 2 2 * .
Kemudian
w1 + w2 = (a1 , b1 , b2 ) + (a 2 , b2 , c 2 ) = (a1 + a 2 , b1 + b2 , c1 + c 2 ) .
Sekarang perhatikan bahwa
(a1 + a 2 )2 = a1 2 + a 2 2 + 2a1a 2
(
= (b
)(
)+ (c
berdasarkan * dan ** akan menghasilkan
)
= b1 2 + c1 2 + b2 2 + c 2 2 + 2a1 a 2
2
1
+ b2 2
1
2
)
+ c 2 2 + 2a1 a 2
≠ (b1 + b2 )2 + (c1 + c 2 )2
Ini menunjukkan bahwa w1 + w2 ∉ W yaitu W tidak tertutup terhadap
perkalian. Jadi W bukanlah subruang dari R3. (tidak perlu kita periksa
sifat sifat yang lainnya dari subruang)
5. Memeriksa
p1 (x ) = 1 + x,
apakah
polinom-polinom
p 2 (x ) = 1 − x + x ,
2
berikut
p 3 (x ) = 2 + x , dan
2
Membangun
P2
p 4 (x ) = 3 + x + x
.
2
Untuk melihatnya harus kita periksa apakah sembarang polinom
p = a + bx + cx 2
pada P2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear
p = k1 p1 + k 2 p 2 + k 3 p 3 + k 4 p 4 (5.1) .
Jika
kita
tuliskan
(5.1)
(
dengan
a + bx + cx = k1 (1 + x ) + k 2 1 − x + x
2
2
lengkap
akan
menjadi
)+ k (2 + x )+ k (3 + x + x )
2
2
3
4
= (k1 + k 2 + 2k 3 + 3k 4 ) + (k1 − k 2 + k 4 )x + (k 2 + k 3 + k 4 )x 2
Dengan membandingkan koefisien suku yang sejenis pada kedua ruas
diperoleh
k1 + k 2 + 2k 3 + 3k 4 = a
k1 − k 2 + k 4 = b
k 2 + k3 + k 4 = c
Dalam bentuk perkalian matriks sistem ini menjadi
k
1 1 2 3 1
a
k
1 −1 0 1 2 = b
k
0 1 1 1 3
c
k4
Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
1
1
2 3
a
1 −1 0 1
0 1 1 1
b
c
yang dapat direduksi sebagai berikut
1
1
2
3
− b1 + b 2 ~ 0 − 2 − 2 − 2
0 1
1
1
1 1 2 3
a
b−a
c
1
2
− b2 ~ 0 1 1 1
0 1 1 1
a
1
2
(a − b )
c
Perhatikan bahwa sistem ini akan konsisten (memiliki penyelesaian ) jika
dan hanya jika c = 12 (a − b) yang bertentangan dengan pernyataan
sembarang polinom p = a + bx + cx 2 . Jika c ≠
1
2
(a − b ) maka sistem ini
tidak memiliki penyelesaian yang berarti ada polinom p ∈ P2 yang tidak
dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear p = k1 p1 + k 2 p 2 + k 3 p 3 + k 4 p 4
yaitu p1, p 2 , p3 dan p 4 tidak membangun P2.
!
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Genap 2007/2008
MA 1223 ALJABAR LINEAR
Rabu / 9 April 2008
UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008
1. Untuk melihat apakah S = {v1 = (1,2,3), v 2 = (2,3,4), v 3 = (0,0,0)} saling
bebas linear harus diperiksa apakah k1 = k 2 = k 3 = 0 merupakan satu
satunya solusi dari k1v1 + k 2 v 2 + k 3 v3 = 0 .
Jika kita tuliskan persamaan ini dalam komponen komponennya maka
akan menjadi k1 (1,2,3) + k 2 (2,3,4 ) + k 3 (0,0,0) = (0,0,0) .
Dengan mudah dibuktikan bahwa k1 = k 2 = k 3 = 0 merupakan solusi dari
persamaan ini. Tetapi itu bukan satu satunya solusi, karena
k1 = k 2 = 0, k 3 = t , t ∈ ℜ juga merupakan solusi. Sehingga menurut
definisinya S bergantung linear (tak bebas linear).
Alternatif
Karena kita dapat menuliskan v 3 sebagai kombinasi linear dari vektor
vektor lainnya pada S yaitu v 3 = 0v1 + 0v 2 maka S saling bergantung
linear.
2. Menghitung det(2A) jika diketahui A =
1
2
3 4
0
0
−1 1 5
2 0 0
!
3 −5 1 0
Dengan melakukan ekspansi kofaktor sepanjang baris ketiga kita
memiliki
1 3 4
3 4
1 5
+3
det( A) = (− 1)5 .2. 0 1 5 = −2
= −2(− 5 + 33) = −56
1 5
1 0
3 1 0
Sehingga Det (2 A) adalah 2 4 (− 56) = −896
"
3. Menentukan solusi SPL
2 x + y − z = −1
x− y=2
y + z =1
Jika
2
1
0
kita tuliskan
1 −1 x
−1 0 y =
1
1 z
dalam bentuk perkalian matriks akan menjadi
−1
2 .
1
Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
2 1 −1 −1
1 −1 0 2
0 1
1 1
yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai
berikut
1 2 −1 − 3
1 2 −1 − 3
− b1 + b2 ~ 0 − 3 1 5
− b2 + b1 ~ 1 − 1 0 2
0 1
1 1
0 1
1 1
− 2b3 + b1 ~
b2
− 14 b2 + b3 ~
1 0 0
1
0 0 4
8
0 0
4
8
0 1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
~ 0
0
1
2
b 2 ↔ b3 ~ 0
1
0 −1
0
1
0 −1
0
0
1
3b3 + b2 ~
1
4
1 0 −3 −5
3
4
b2 + b1 ~
0 1 0 −1
1
2
Dari matriks yang terakhir kita telah memperoleh sebuah penyelesaian
SPL yaitu x = 1, y = −1 dan z = 2 .
{
4. Diketahui W = a + bx + cx 2 a = b + c, dengan b , c ∈ R
}
c. Memeriksa apakah W adalah subruang polinom orde dua P2 .
Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat sebagai subruang.
Karena 2 + x + x 2 adalah anggota dari W, maka W memenuhi sifat
subruang pertama yaitu W ≠ { } .
#
Jelas bahwa W ⊂ P2
Misalkan ada sembarang polinom anggota W yaitu w1 , w2 ∈W
dengan w1 = a1 + b1 x + c1 x 2 dan w2 = a 2 + b2 x + c 2 x 2 . Tujuan
kita adalah ingin memeriksa apakah w1 + w2 ∈W .
Karena w1 , w2 ∈W maka secara berturut turut haruslah berlaku
a1 = b1 + c1 * dan a 2 = b2 + c 2 * * . Kemudian
(
) (
w1 + w2 = a1 + b1 x + c1 x 2 + a 2 + b2 x + c 2 x 2
= (a1 + a 2 ) + (b1 + b2 )x + (c1 + c 2 )x
Sekarang
perhatikan
)
2
bahwa
berdasarkan * dan **
a1 + a 2 = (b1 + c1 ) + (b2 + c 2 ) = (b1 + b2 ) + (c1 + c 2 ) yang menunjukkan
bahwa w1 + w2 ∈W . jadi W memenuhi sifat selanjutnya dari
subruang.
Selanjutnya untuk sembarang nilai k ∈ R dan w1 ∈W berlaku
(
)
kw1 = k a1 + b1 x + c1 x 2 = ka1 + kb1 x + kc1 x 2 dan akan kita periksa
apakah kw1 ∈ W
Karena ka1 = k (b1 + c1 ) = kb1 + kc1 ini menunjukkan bahwa kw1 ∈ W
yang melengkapi pemeriksaan kita bahwa W subruang dari P2.
d. Menentukan basis dan dimensi dari W.
persamaan a = b + c memiliki jumlah penyelesaian yang tak trivial.
Karena hanya ada sebuah persamaan yang melibatkan tiga buah
bilangan yang tidak diketahui, maka ada dua variabel bebas. Misalkan
b = s dan c = t maka a = s + t . sehingga kita dapat menuliskan W
sebagai
{
(
)}
W = (s + t ) + sx + tx 2 = (1 + x )s + 1 + x 2 t
yang
menunjukkan bahwa
polinom polinom p1 = 1 + x dan
p 2 = 1 + x 2 merentang W. Karena p1 dan p 2 keduanya tidak saling
berkelipatan satu sama lain, maka p1 dan p 2 saling bebas linear. Jadi
{p1 , p 2 } adalah basis bagi W yang berdimensi 2.
5. Menentukan basis dan dimensi ruang solusi dari SPL homogen
x+ y+ z+w=0
− x + 2y − w = 0
Kita dapat menyatakan sistem ini dalam bentuk perkalian matriks sebagai
w
1 1 1 1 x
0
=
−1 −1 2 0 y
0
z
Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
1 1 1 1 0
−1 −1 2 0 0
Yang dapat direduksi menjadi eselon baris tereduksi sebagai berikut
b1 + b2 ~
1 1 1 1 0
1
b
3 2
0 0 3 1 0
~
1 1 1 1 0
0 0 1 13 0
− b2 + b1 ~
Dari matriks yang terakhir kita memiliki w = − x −
2
3
1 1 0
0 0 1
2
3
1
3
0
0
z dan y = − 13 z .
karena nilai x dapat ditetapkan dengan sembarang nilai s dan nilai z
dapat ditetapkan dengan sembarang nilai t, maka terdapat tak terhingga
banyaknya pemecahan yang membentuk ruang solusi SPL yaitu
w
x
y
z
− s − 23 t
=
s
1
3
− t
t
=
−1
1
0
0
−
s+
2
3
0
− 13
1
−1
yang menunjukkan bahwa vektor vektor v1 =
1
0
0
− 23
0
dan
− 13
1
merentang
ruang solusi tersebut. Karena v1 dan v 2 tidak saling berkelipatan satu
sama lain maka kedua vektor ini saling bebas bebas linear. Jadi {v1 , v 2 }
adalah basis bagi ruang solusi SPL yang dimaksud yang berdimensi 2.
6. Menghitung luas segitiga yang titik-titik sudutnya P (1,2,3) , Q (4,3,1),
dan R (2,1,2)
PQ = Q − P = (4,3,1) − (1,2,3) = (3,1,−2)
PR = R − P = (2,1,2) − (1,2,3) = (1,−1,−1)
iˆ
ˆj
PQ × PR = 3
1
kˆ
− 2 = iˆ
1 −1 −1
Luas ∆PQR =
1
2
−2
1
−1 −1
PQ × PR =
1
2
− ˆj
3 −2
1
3 1
+ kˆ
= −3iˆ + ˆj − 4kˆ
−1
1 −1
− 3iˆ + ˆj − 4kˆ =
1
2
26
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Genap 2006/2007
Aljabar Linear / MA1223
UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007
a
1. Menentukan basis dan dimensi subruang W =
b
c
a − 2c = 0
Kondisi a − 2c = 0 menunjukkan bahwa b merupakan variabel bebas,
misalkan b = s . Karena tersisa sebuah persamaan dan dua bilangan yang
belum diketahui (a,c) , maka kita memiliki sebuah variabel bebas lagi,
misalkan c = t sehingga diperoleh a = 2t . Dengan demikian kita dapat
menuliskan W sebagai
a
W=
2t
0
2
b = s = 1 s+ 0 t
c
t
0
1
2
0
yang menunjukkan bahwa vektor vektor u = 1 dan v = 0 merentang
1
0
W. Karena u dan v tidak saling berkelipatan satu sama lain, maka kedua
vektor ini saling bebas linear . Akhirnya kita simpulkan bahwa {u, v}
adalah basis bagi W yang berdimensi 2.
{
2. Diketahui S = 2 + x + x 2 , 1 − 2 x + x 2 , 1 + x − 2 x 2
}
a. Memeriksa apakah S bebas linear.
Untuk memeriksanya harus kita periksa apakah jika diberikan
k1 , k 2 , dan k 3 maka k1 = k 2 = k 3 = 0 merupakan satu satunya solusi
(
) (
) (
)
dari k1 2 + x + x 2 + k 2 1 − 2 x + x 2 + k 3 1 + x − 2 x 2 = 0 .
Dengan mengumpulkan
....(*)
suku suku yang sejenis pada (*) akan
diperoleh (2k1 + k 2 + k 3 ) + (k1 − 2k 2 + k 3 ) x + (k1 + k 2 − 2k 3 ) x 2 = 0 .
Karena persamaan ini harus dipenuhi untuk setiap nilai x, maka
haruslah berlaku 2k1 + k 2 + k 3 = k1 − 2k 2 + k 3 = k1 + k 2 − 2k 3 = 0 atau
dalam bentuk perkalian matriks menjadi
2
1
1 −2
1
1
1
k1
1
k 2 = 0 . .....(* *)
0
k3
−2
0
Sekarang perhatikan bahwa
2 1
1
1 1
1 −2
−2 1
det 1 − 2 1 = 2
+ (− 1)3
+
= 6 + 3 + 3 = 12 ≠ 0
1 −2
1 −2 1 1
1 1 −2
yang menunjukkan bahwa matriks koefisien pada ** dapat dibalik
(memiliki invers) yang berakibat ** hanya memiliki sebuah solusi
penyelesaian yaitu
2
k1
1
1
k2 = 1 − 2
1
k3
−1
0
0 = 0
1
−2
1
0
0
0
yang berarti S bebas linear.
b. Memeriksa apakah S membangun P2.
Akan kita periksa apakah sembarang polinom
a = a 0 + a1 x + a 2 x
2
dapat
(
dinyatakan
sebagai
) (
pada P2
yaitu
kombinasi
linear
) (
a 0 + a1 x + a 2 x 2 = k1 2 + x + x 2 + k 2 1 − 2 x + x 2 + k 3 1 + x − 2 x 2
)
.
Atau
dengan kata lain akan kita periksa apakah ada k1 , k 2 , dan k 3 sehingga
(
) (
) (
)
a 0 + a1 x + a 2 x 2 = k1 2 + x + x 2 + k 2 1 − 2 x + x 2 + k 3 1 + x − 2 x 2 .
Dengan mengumpulkan suku suku yang sejenis pada kedua ruas akan
diperoleh
a 0 + a1 x + a 2 x 2 = (2k1 + k 2 + k 3 ) + (k1 − 2k 2 + k 3 ) x + (k1 + k 2 − 2k 3 ) x 2 .
Dengan membandingkan koefisien suku yang sama pada kedua ruas
diperoleh k1 + k 2 + k 3 = a 0 , k1 − 2k 2 + k 3 = a1 , dan k1 + k 2 − 2k 3 = a 2
atau dalam bentuk perkalian matriks menjadi
2
1
1 −2
1
1
1
k1
1
k 2 = a1 ....(***)
k3
a2
−2
a0
Terlihat bahwa matriks koefisien pada ** dan *** adalah sama dan
pada poin sebelumnya telah ditunjukkan bahwa matriks koefisien pada
*** dapat dibalik yang berakibat *** selalu memiliki penyelesaian
untuk sembarang a 0 , a1 dan a 2 yaitu S membangun P2.
Note :
Untuk membuktikan bahwa S bebas linear kita cukup menunjukkan
keberadaan k1 , k 2 , dan k 3 (ada atau tidak ada) tanpa perlu mencari
nilai tepat dari k1 , k 2 , dan k 3 yang sebenarnya. Tetapi jika pembaca
ingin mendapatkannya, maka untuk kasus di atas penyelesaian untuk
k1 , k 2 , dan k 3 adalah
2
k1
1
1
k2 = 1 − 2
1
k3
1
−1
a0
1
a1
−2
a2
c. Memeriksa apakah S basis P2 .
Karena S merentang P 2 dan S bebas linear , maka S basis bagi P2.
3. Menentukan
y
jika
diketahui
u = (− 1,3,2) ),
y = ( y1 , y 2 , y3 )
dan
u × y = (1,1,−1) = iˆ + ˆj − kˆ
i
j
u × y = −1 3
y1 y 2
k
3
2 =i
y2
y3
−1 2
2
−1 3
−j
+k
y3
y1 y3
y1 y 2
= (3 y 3 − 2 y 2 )i + ( y 3 + 2 y1 ) j − ( y 2 + 3 y1 )k
Karena menurut hipotesanya u × y = iˆ + ˆj − kˆ
maka kita memiliki
3 y 3 − 2 y 2 = 1 , y 3 + 2 y1 = 1 , dan y 2 + 3 y1 = 1 yang dapat dituliskan dalam
bentuk perkalian matriks menjadi
0 −2 3
y1
2
0
1
y2 = 1
3
1
0
y3
1
1
Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah
0 −2 3 1
2
0
1 1
3
1
0 1
yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai
berikut.
0 −2 3
1
b1 + b3 ~ 2 0 1
2
3 0 32
− 12 b1
1
b
2 2
1
1
3
2
0 1 − 32 − 12
~
1 0 12 12
~
0 0 0 0
0 −2 3
3
− b1 + b3 ~ 2 0 1
2
0 0 0
1
0
1
1 0 12
2
b1 ↔ b2 ~ 0 1 − 32 − 12
0 0 0
0
Dari matriks terakhir kita peroleh y1 + 12 y 3 =
y 3 sebagai variabel bebas.
1
1
2
, y 2 − 32 y 3 = − 12 dengan
Misalkan y 3 = t maka y1 = 12 − 12 t dan
y 2 = − 12 + 32 t . Akhirnya kita mendapatkan y yang dimaksud yaitu
y = ( y1 , y 2 , y 3 ) =
(12 − 12 t, − 12 + 32 t, t ) = (12 , − 12 , 0)+ (− 12 , 32 , 1)t
4. Menentukan semua nilai k supaya u dan v membentuk sudut lancip,
Jika diketahui u = (k , k − 1,1), v = (− k − 1,2k ,4)
Agar u dan v membentuk sudut lancip maka haruslah berlaku u • v ≥ 0
yaitu
(k , k − 1,1) • (−k − 1,2k ,4) ≥ 0
k (− k − 1) + (k − 1)2k + 4 ≥ 0
− k 2 − k + 2k 2 − 2k + 4 ≥ 0
k 2 − 3k + 4 ≥ 0
(k − 32 )2 + 74 ≥ 0
2
Karena (k − 32 ) + 74 selalu bernilai positif (definit positif) untuk setiap nilai
k maka pernyataan terakhir adalah selalu benar untuk sembarang nilai k.
Jadi nilai k yang menyebabkan u dan v membentuk sudut lancip adalah
k∈ℜ .
5. Menentukan basis dan dimensi ruang solusi
homogen
(ruang null) dari SPL
x1
0
x2
= 0 .
x3
0
x4
3 1 1 1
5 −1 1 −1
1 −1 0 −1
Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah
3
1
1
1 0
5 −1 1 −1
0
1 −1 0 −1 0
yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai
berikut
b3 + b1 ~
− b3 + b2
4
0
1
0
0
4
0
1
0
0
1 −1 0 −1
0
1 −1 0
b1 ↔ b3 ~
1 0 14
1
~
b
2
4
4 0 1
b3 + b1 ~
− b3 + b 2 ~
−1 0
− b1 + b2 ~
0 0
− 4b2 + b3 ~
0 0
1 0
1
4
1
4
b2 + b1 ~ 0 1
0 0 0
0
4
0
1
0 0
4
0
1
0 0
1 −1 0 −1 0
1 −1 0
−1 0
1 0
0 0
0
1
1
4
0
0
0
0
1 0
0 0
Dari matriks ini kita memiliki x1 + 14 x 3 = 0 dan x 2 + 14 x 3 + x 4 = 0 dengan
x 3 dan x 4 sebagai variabel bebas. Misalkan x 3 = s dan x 4 = t maka
x1 = − 14 s dan x 2 = − 14 s − t . Dengan demikian ruang penyelesaian SPL
homogen di atas adalah sebagai berikut
x1
t
0
1
x2
−1
1
t−s
=
=
t+
s
x3
−4
− 4t
0
x4
s
1
0
yang menunjukkan bahwa vektor vektor
!
0
−1
dan v =
u=
0
−4
1
0
1
1
merentang ruang penyelesaian SPL tersebut. Karena u dan v tidak saling
berkelipatan satu sama lain, maka kedua vektor ini saling bebas linear .
Akhirnya kita simpulkan bahwa {u , v} adalah basis ruang solusi SPL di
atas.
"
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Genap 2005/2006
MA1223 Aljabar Linear
KAMIS 6 April 2006
UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006
1. Menentukan nilai x3 jika diketahui SPL dalam bentuk matriks AX = B ,
k
5
5
dengan A = − 1 − 1 0
k
2k
3
x1
1
X = x2 , B = 1 dan Det ( A) = −1
−1
x3
Untuk mempermudah dalam menentukan nilai x3 terlebih dahulu kita
tentukan nilai k. Dari Det ( A) = −1 kita memiliki
5
−1 −1
k
5
+0+3
= −1
−1 −1
k 2k
5(−2k + k ) + 3(−k + 5) = −1
−8k + 15 = −1
k =2
Sehingga SPL menjadi
2
5
5
x1
1
−1 −1 0
x2 = 1
2
x3
4
3
.
−1
Kemudian dengan menggunakan metode Crammer kita peroleh
2
5
1
−1 −1
−1 1
−1 1
det ( A3 )
x3 =
+ 1.
+ (− 1)3 .5.
= − −1 −1 1 = − 2
2
4
2 −1
4 −1
det ( A )
2
4 −1
= −(2.(− 3) − 5(− 1) + (− 2)) = −(− 6 + 5 − 2) = 3
2. Menentukan nilai k agar
proyb a = 4 jika diketahui
a = (1, k ,1) dan
b = (2,2,−1) .
proyb a = 4
a •b
=4
b
#
(1, k ,1) • (2,2,−1) = 4
(2,2,−1)
2 + 2k − 1
4 + 4 +1
=4
2k + 1
=4
3
2k + 1 = 12
k=
11
2
3. Memeriksa apakah W subruang R3 jika diketahui W = {(x, y, z ) x − z = 0}
Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat dari subruang.
Dengan mudah dapat ditunjukkan bahwa (1,1,1) adalah anggota dari
W yang menunjukkan W memenuhi sifat pertama dari subruang yaitu
W ≠ { }.
Jelas bahwa W ⊂ R 3 yang menunjukkan bahwa memenuhi sifat kedua
dari subruang.
Misalkan ambil sembarang anggota dari W yaitu w1 , w2 ∈ W dengan
w1 = (a, b, c ) dan w2 = ( p, q, r ) . Tujuan kita adalah memeriksa apakah
( w1 + w2 ) ∈ W .
Karena
w1 , w2 ∈ W maka secara berturut turut haruslah berlaku
a − c = 0 * dan p − r = 0 * * .
Kemudian
w1 + w 2 = (a , b , c ) + ( p , q , r ) = (a + p , b + q , c + r )
.
Sekarang perhatikan bahwa
(a + p ) − (c + r ) = (a − c ) + ( p − r ) = 0 + 0 = 0 (berdasarkan * dan **)
yang menunjukkan bahwa ( w1 + w2 ) ∈ W yaitu W memenuhi sifat
selanjutnya dari subruang.
Selanjutnya
untuk
setiap
k ∈ℜ
dan
w1 ∈ W
berlaku
kw1 = k (a, b, c ) = (ka, kb, kc ) dan kita ingin memeriksa apakah kw1 ∈ W .
Karena ka − kc = k (a − c ) = k .0 = 0 (berdasarkan*) maka kw1 ∈ W yang
melengkapi pemeriksaan kita bahwa W adalah subruang dari R3.
{
4. Diketahui S = 1 − x + x 2 ,1 + x + x 2
}
a. Memeriksa apakah S membangun P2
Misalkan S = {p1 , p 2 } dengan p1 = 1 − x + x 2 dan p 2 = 1 + x + x 2 .
untuk melihat apakah S membangun P2 maka harus diperiksa apakah
sembarang polinom p = a + bx + cx 2 pada P2 dapat dinyatakan sebagai
kombinasi linear p = k1 p1 + k 2 p 2 . Atau dengan kata lain akan kita
tunjukkan apakah ada k1 dan k 2 sehingga p = k1 p1 + k 2 p 2 .............(4.a ) .
Jika (4.a) kita tuliskan dalam komponennya akan menghasilkan
(
) (
)
k1 1 − x + x 2 + k 2 1 + x + x 2 = a + bx + cx 2 .
Dengan mengumpulkan suku suku yang sejenis pada ruas kiri
diperoleh
(k1 + k 2 ) + (− k1 + k 2 )x + (k1 + k 2 )x 2 = a + bx + cx 2
Dengan membandingkan koefisien suku yang sama pada kedua ruas
diperoleh
k1 + k 2 = a...................(4.b )
− k1 + k 2 = b................(4.c )
k1 + k 2 = c..................(4.d )
Perhatikan bahwa (4.b) dan (4.d) mengharuskan a = c yang
bertentangan dengan pernyataan sembarang polinom p = a + bx + cx 2 .
Artinya
tidak
ada
k1 dan k 2
untuk
sembarang
p
sehingga
p = k1 p1 + k 2 p 2 , yaitu S tidak membangun P2.
b. Memeriksa apakah S bebas linear.
Karena polinom polinom p1 dan p 2 pada
S
tidak saling
berkelipatan satu sama lain maka S bebas linear.
Alternatif untuk menunjukkan bahwa S bebas linear adalah dengan
menunjukkan bahwa k1 = k 2 = 0 merupakan satu satunya solusi dari
k1 p1 + k 2 p 2 = 0 . Penulis tinggalkan kepada pembaca sebagai latihan.
c. Menentukan apakah S basis P2 .
Walaupun S bebas linear, tetapi S tidak merentang P2 sehingga S
bukan basis bagi P2.
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Genap 2004/2005
MA1223 – Aljabar Linear
KAMIS, 14 April 2005
UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005
1. Diketahui A = (1,2,3), B = (−1,2,−3), dan C = (3,2,1) merupakan titik pada
ruang XYZ .
a. Menentukan proyeksi vektor AC terhadap vektor AB !
AC = C − A = (3,2,1) − (1,2,3) = (2,0,−2)
AB = B − A = (− 1,2,−3) − (1,2,3) = (− 2,0 − 6)
proy AB AC =
AC • AB
AB
2
⋅ AB =
(2,0,−2) • (− 2,0,−6) ⋅ (− 2,0,6)
(
4 + 0 + 36
)
2
−4 + 12
1
⋅ (− 2,0,6 ) = (− 2,0,6 )
40
5
=
b. Menentukan luas segitiga ABC
1
AC × AB
2
ˆj kˆ
iˆ
Luas ∆ABC =
2 −2
0 − 2 = (− 1)3 ˆj
= −(− 12 − 4) ˆj = 16 ˆj
−2 −6
−2 0 −6
AC × AB = 2
Luas ∆ABC =
1
1
16 ˆj = ⋅16 = 8 satuan luas .
2
2
2. Menentukan det 3
a
b
det d − a e − b
g
h
2a
2b
2c
d − a e −b f − c
g + 2a h + 2b i + 2c
c
f −c = t
i
a b c
jika jiketahui det d e f = t
g h i
2a
2b
2c
det d − a e − b
g
h
f − c = 2t
i
2a
2b
2c
d −a
e−b
det
f − c = 2t
g + 2a h + 2b i + 2c
2a
2b
2c
d −a
e−b
f −c
g + 2a h + 2b i + 2c
det 3
3. Menentukan vektor tak nol u =
= 3 3.2t = 54t
x
y
sehingga Bu = 6u jika B =
1 3
5 3
..
Bu − 6u = 0
1 3
x
5 3
y
1 3
x
5 3
y
1 3
x
5 3
y
1 3
x
5 3
y
x
−6
y
x
−6I
−6
−
3
x
5
−3
y
0
=
y
0
0
1 0
x
0 1
y
6 0
x
0 6
y
1 3
6 0
−
5 3
0 6
−5
0
=
=
0
=
0
0
=
0
x
0
=
y
0
0
0
Dari matriks ini kita peroleh 5x − 3 y = 0 . Karena hanya terdapat sebuah
persamaan yang melibatkan dua buah bilangan tidak diketahui maka ada
sebuah variabel bebas. Misalkan y = t maka x = 35 t . Jadi vektor u yang
dimaksud adalah u =
3
5
t
t
=
3
5
1
t
dengan t ∈ ℜ .
{
}
4. Menentukan basis subruang S = ax 2 + bx + c a + 2b = 3c .
a + 2b = 3c
a = −2b + 3c
Karena hanya terdapat sebuah persamaan yang melibatkan 3 buah
bilangan yang tidak diketahui, maka ada dua buah variabel bebas.
Misalkan b = s dan c = t maka a = −2 s + 3t . Sehingga kita dapat
menuliskan S sebagai
{
} {(
) (
)}
S = (− 2s + 3t )x 2 + sx + t . = x − 2 x 2 s + 1 + 3 x 2 t
yang menunjukkan bahwa polinom polinom
p 2 = 1 + 3x 2
(
p1 = x − 2x 2
)
dan
merentang S. Karena p1 dan p 2 keduanya tidak saling
berkelipatan maka p1 dan p 2 saling bebas linear. Jadi {p1 , p 2 } adalah
basis bagi S.
Note :
Alternatif lain untuk membuktikan bahwa {p1 , p 2 } bebas linear adalah
melalui prosedur umum yang biasa dilakukan yaitu dengan menunjukkan
bahwa k1 = k 2 = 0 merupakan satu satunya penyelesaian dari
k1 p1 + k 2 p 2 = 0 .
Jika ditulis dalam bentuk lengkap persamaan terakhir menjadi
(
)
(
)
k1 x − 2 x 2 + k 2 1 + 3 x 2 = 0
k 2 + k1 x + (− 2k1 + 3k 2 )x 2 = 0
Karena persamaan tersebut harus berlaku untuk setiap nilai x, maka
haruslah k1 = k 2 = 0 yaitu {p1 , p 2 } bebas linear.
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Ganjil 2003/2004
MA-2313 Aljabar Linear
Selasa 7 Oktober 2003
UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004
3 − 6 2 −1
1. Misalkan sistem persamaan linear AX = B, dimana A =
2 −4 1
0
1 − 2 1 −1
1 −2 0
1
a. Menentukan Determinan A
3 − 6 2 −1
det ( A) =
2 −4 1
0
1 − 2 1 −1
1 −2 0
1
3 − 6 2 −1
=
=
3 − 6 2 −1
Diperoleh dengan menambahkan baris ke tiga
pada baris ke dua.
1 − 2 1 −1
1 −2 0
1
0
0
0
0
3 − 6 2 −1
1 − 2 1 −1
1 −2 0
Diperoleh dengan mengalikan baris kedua
dengan -1 kemudian menambahkannya pada
baris pertama.
1
=0
b. Menentukan A-1 bila ada
Karena det ( A) = 0 maka A tidak memiliki invers.
c. Menentukan basis ruang solusi, jika B = 0
x1
x
Misalkan X = 2 maka
x3
x4
SPL menjadi
3
2
1
1
matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
−6
−4
−2
−2
2 −1
1 0
1 −1
0 1
x1
0
x2
0
=
x3
0
x4
0
3 − 6 2 −1 0
2 −4 1
0
0
1 − 2 1 −1 0
1 −2 0
1
0
Yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai
berikut
3
b3 + b 2
−6
2
−1 0
3 − 6 2 −1
0
− b1 + b 2 ~ 0 0 0 0
2b3 + b 4 ~ 1 − 2 1 − 1
0
~
3
−6
2
−1 0
− b1 + b4 ~
1
−2
1
−1 0
−2
4
−2
0
0
0
0
− 3b3 + b1 ~
b 3 ↔ b1 ~
b 2 ↔ b3 ~
2
0
0
0
0
−1
2
0
0
0
−1 2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1 −2
1
−1
0
1 −2
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
−2
0
1
0
1 −2 0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
−1 2
0
0
0
1 −2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
−2
0
1
0
0
0
1
−2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
b1 + b3 ~
− b3 ~
0
0
0
0
0
Dari matriks ini diperoleh x3 − 2 x 4 = 0 dan x1 − 2 x 2 + x 4 = 0 . Karena
hanya terdapat dua persamaan dengan empat buah bilangan tidak
diketahui, maka ada dua buah variabel bebas. Misalkan x 2 = s dan
x 4 = t maka x 3 = 2t dan x1 = 2 s − t sehingga kita memperoleh ruang
penyelesaian SPL sebagai berikut
x1
2s − t
2
x2
s
1
=
=
s+
x3
0
2t
x4
t
0
−1
0
t
2
1
−1
2
yang menunjukkan bahwa
vektor
vektor
u=
1
0
dan v =
0
2
1
0
merentang ruang penyelesaian tersebut. Karena u dan v keduanya
tidak saling berkelipatan, maka u dan v saling bebas linear . Jadi
{u , v } adalah basis ruang solusi dari SPL yang dimaksud.
2. Diketahui sistem persamaan linear
1
0
1
1
0 2
1 −1
5 α
0 2
1
1
6
β
x1
1
x2
2
=
x3
11
x4
α
a. Menentukan nilai dan agar SPL memiliki solusi yang banyak.
Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah
1
0
1
1
0 2
1 −1
5 α
0 2
1
1
6
1
2
11
β
α
yang dapat direduksi sebagai berikut
1 0
2
1
1
− b1 + b4
0 1
−1
1
2
− b1 + b3
0 5 α −2
5
10
0 0
0
1 0
− 5b2 + b3 ~
β − 1 α −1
2
0 1 −1
0 0 α +3
0 0
0
1
1
1
0
2
0
*
β − 1 α −1
Ada dua kemungkinan yang menyebabkan sistem ini memiliki solusi
banyak yaitu α = −3 atau α = β = 1 .
b. Menentukan solusi SPL diatas dari jawaban a
misalkan kita pilih alternatif kedua pada poin a yaitu α = β = 1 , maka
operasi terakhir pada poin a (*) akan menjadi
1 0
2
1 1
0 1 −1 1 2
0 0 4 0 0
0 0
0
0 0
1
b
4 3
~
1 0 2 1 1
1 0 0 1 1
0 1 −1 1 2
0 0 1 0 0
− 2b3 + b1 ~ 0 1 0 1 2
b3 + b2 ~ 0 0 1 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
!
Dari matriks terakhir kita memiliki x 3 = 0 , x1 + x 4 = 1 , dan
x2 + x4
= 2 . Karena tersisa dua persamaan dengan tiga buah
bilangan yang tidak diketahui, maka ada sebuah variabel bebas.
Misalkan x 4 = t maka x1 = 1 − t
dan x 2 = 2 − t . Sehingga kita
mendapatkan
penyelesaian
SPL
yang
dimaksud
yaitu
1− t
1
x1
−1
2−t
2
x2
−1
t.
+
=
=
0
0
0
x3
0
1
x4
t
3. Diketahui A = (1,-1,2), B = (2,1,-1), dan C = (1,0,-3)
a. Menentukan luas segitiga ABC !
AC = C − A = (1,0,−3) − (1,−1,2) = (0,1,−5)
AB = B − A = (2,1,−1) − (1,−1,2) = (1,2,−3)
iˆ
kˆ
ˆj
= iˆ
AB × AC = 1 2 − 3
0 1 −5
Luas ∆ABC =
=
ˆj kˆ
2 −3
+ 1.(− 1)3
+0
1 −5
1 −5
= −7iˆ + 5 ˆj + kˆ
1
1
AB × AC = − 7iˆ + 5 ˆj + k
2
2
1
75 5
3 .
49 + 25 + 1 =
=
2
2
2
b. Menentukan proyeksi orthogonal ruas garis AB terhadap ruas garis
yang tegak lurus terhadap ruas garis CA dan CB !
CA = A − C = (1,−1,2 ) − (1,0,−3) = (0,−1,5)
CB = B − C = (2,1,−1) − (1,0,−3) = (1,1,2 )
Misalkan v adalah vektor yang tegak lurus terhadap CA dan CB maka
iˆ
ˆj
kˆ
ˆj kˆ
−1 5
+0+
= −7iˆ + 5 ˆj + kˆ
v = CA × CB = 0 − 1 5 = iˆ
1 2
−1 5
1 1 2
proyv AB =
AB • v
v
2
⋅v =
(1,2,−3) • (− 7,5,1) ⋅ (− 7,5,1) =
49 + 25 + 1
0
⋅ (− 7,5,1) = (0,0,0 ) .
75
"
Kita gunakan alternatif lain untuk mendapatkan jawaban ini.
Perhatikan gambar berikut !.
B
A
C
W
l
Misalkan segitiga ABC terletak pada sebuah bidang W dan l adalah
garis yang tegak lurus terhadap ruas garis AC dan BC. Karena l tegak
lurus AC dan BC maka l tegak lurus dengan bidang W dan karena AB
terletak pada bidang W maka l tegak lurus dengan AB. Sehingga
haruslah proyeksi garis AB terhadap garis l adalah (0,0,0). (mengapa
???)
4. a. Memeriksa
apakah
{
}
A = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a 0 − 2a 2 + a 3 = 0
merupakan subruang dari P3 !
Akan kita periksa apakah A memenuhi sifat sifat sebagai subruang.
Mudah dibuktikan bahwa 1 + x + x 2 + x 3 ∈ A yang menunjukkan
bahwa A memenuhi sifat subruang yang pertama yaitu A ≠ { }.
Jelas bahwa A ⊂ P3 yang menunjukkan A memenuhi sifat subruang
yang lain.
Misalkan ambil sembarang anggota dari A yaitu p, q ∈ A dengan
p = p 0 + p1 x + p 2 x 2 + p 3 x 3 dan q 0 + q1 x + q 2 x 2 + q 3 x 3 . Tujuan kita
adalah memeriksa apakah p + q ∈ A .
p, q ∈ A maka secara berturut turut haruslah berlaku
Karena
p 0 − 2 p 2 + p3 = 0 *
(
dan
q 0 − 2q 2 + q 3 = 0 * * .
) (
p + q = p 0 + p1 x + p 2 x 2 + p 3 x 3 + q 0 + q1 x + q 2 x 2 + q 3 x 3
= ( p 0 + q 0 ) + ( p1 + q1 )x + ( p 2 + q 2 )x + ( p 3 + q 3 )x
2
Kemudian
)
3
.
Sekarang perhatikan bahwa Berdasarkan * dan **
#
( p0 + q0 ) − 2( p2 + q2 ) + ( p3 + q3 ) = ( p0 − 2 p2 + p3 ) + (q0 − 2q2 + q3 ) = 0 + 0 = 0
yang menunjukkan bahwa
yaitu A memenuhi sifat
p+q∈ A
subruang yang berikutnya.
Selanjutnya
untuk
setiap
2
dan
k ∈ℜ
p∈ A
berlaku
3
kp = kp 0 + kp1 x + kp 2 x + kp3 x dan akan kita periksa apakah kp∈ A.
Karena kp 0 − 2kp 2 + kp 3 = k ( p 0 − 2 p 2 + p 3 ) = k .0 = 0 (berdasarkan *)
maka kp∈ A. yang melengkapi pemeriksaan kita bahwa A adalah
subruang dari P3.
Menentukan basis dan dimensi dari A.
{
}
A = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a 0 − 2a 2 + a 3 = 0
Kondisi a0 − 2a2 + a3 = 0 menunjukkan bahwa a1 sebagai variabel
bebas. Misalkan a1 = α . Kemudian karena hanya terdapat sebuah
persamaan dan tersisa 3 buah bilangan yang tidak diketahui, maka ada
dua buah variabel bebas lagi. Misalkan a 2 = β dan a 3 = µ maka
a 0 = 2β − µ
sehingga
{
kita
A = (2β − µ ) + αx + βx + µx
2
3
dapat
menuliskan
A
sebagai
}= {αx + β (2 + x )+ µ (− 1 + x )}
2
3
yang menunjukkan bahwa polinom polinom p1 = x , p 2 = 2 + x 2 , dan
p 3 = −1 + x 3 merentang A.
Selanjutnya untuk melihat apakah p1 , p 2 dan p 3 saling bebas
linear akan kita periksa apakah α = β = µ = 0 merupakan satu satunya
solusi dari α . p1 + β . p 2 + µ . p 3 = 0 .
Jika kita tuliskan dengan lengkap, maka persamaan ini menjadi
(
) (
)
αx + β 2 + x 2 + µ − 1 + x 3 = 0 atau (2β − µ ) + αx + βx 2 + µx 3 = 0 .
Karena persamaan ini harus berlaku untuk setiap nilai x, maka
haruslah α = β = µ = 0 yaitu p1 , p 2 dan p 3 ketiganya saling bebas
linear . Jadi {p1 , p 2 , p 3 } adalah basis bagi A yang berdimensi 3.
Note : jangan bingung dengan simbol α , β , dan µ . Itu sama saja
dengan k1 , k 2 , k 3 seperti yang pembaca sering gunakan.
b. Memeriksa apakah
W = w1 =
2 1
0 2
1 1
1 2
, w2 =
, w3 =
, w4 =
. merupakan
−1 3
−1 1
−1 4
−1 0
basis bagi M 2 x 2 .
Untuk mengetahui apakah W merupakan suatu basis bagi M 2 x 2 ,
maka harus diperlihatkan apakah W membangun M 2 x 2 dan apakah
setiap anggota dari W saling bebas linear satu sama lain.
Untuk melihat apakah W membangun M 2 x 2 harus kita periksa apakah
sembarang matriks A =
a
c
b
d
pada M 2 x 2 dapat dinyatakan sebagai
kombinasi linear A = k1 w1 + k 2 w2 + k 3 w3 + k 4 w4 .
Jika kita tuliskan persamaan tersebut dengan lengkap akan menjadi
a b
2 1
0 2
1 1
1 2
.
+ k4
+ k3
= k1
+ k2
−1 3
−1 1
−1 0
−1 4
c d
Dengan menyederhanakan ruas kanan kemudian membandingkan tiap
tiap entri pada kedua ruas akan diperoleh
2k1 + 0k 2 + k 3 + k 4 = a
2 0 1 1
1 2 1 2
−1 −1 −1 −1
0 4 1 3
k1 + 2k 2 + k 3 + 2k 4 = b
− k1 − k 2 − k 3 − k 4 = c
0k1 + 4k 2 + k 3 + 3k 4 = d
Matriks
2
0
yang
1
diperluas
1
untuk
k1
a
k2
b
=
k3
c
k4
d
sistem
tersebut
adalah
a
1
2 1
2 b
−1 −1 −1 −1 c
0
4
1
3
d
yang dapat direduksi sebagai berikut
1
−1
0
0
a+c
b3 + b1 ~ 0 1
0 1 b+c
b3 + b2 ~ − 1 − 1 − 1 − 1 c
0
4
1
3
d
1
b1 + b3 ~
−1
0
0
a+c
0 1
0 1 b+c
0 − 2 − 1 − 1 a + 2c
0
4
1
3
d
1
b3 + b4
~
−1
0
0
0 1
0 1
0 − 2 −1 −1
a+c
b+c
a + 2c
0
2
0
2
a + 2c + d
1
−1
0
0
a+c
0 1
0 1
− 2b 2 + b 4 ~
0 − 2 −1 −1
b+c
a + 2c
0
a − 2b + d
0
0
0
.
Perhatikan bahwa agar sistem ini memiliki penyelesaian , maka
haruslah berlaku a − 2b + d = 0 (baris terakhir). Jika a ≠ 2b − d maka
sistem ini tidak memiliki penyelesaian yang berarti ada matiks A
anggota dari M 2 x 2 yang tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi
linear
A = k1 w1 + k 2 w2 + k 3 w3 + k 4 w4 dari W. Dengan demikian
tidak membangun M 2 x 2 sehingga W bukan basis bagi M 2 x 2 .
W
Sebagaian besar mahasiswa menganggap bahwa Mata Kuliah yang
berhubungan dengan menghitung yang salah satunya Aljabar Linear
adalah susah, rumit dan memusingkan. Alhasil jalan keluar yang
ditempuh untuk mengatasinya adalah mahasiswa menghafal teknik
(urutan cara) menjawab soal, bukan memahami inti persoalan, materi,
dan bagaimana mendapatkan ide menyelesaikan soal.
Sebagian lagi menganggap pemahaman materi saja sudah cukup.
Pengalaman saya, mahasiswa yang baru memahami sebuah materi secara
intuitif tetap saja akan kesulitan ketika menjawab persoalan. Kesulitan
bukan karena tidak tahu jawabannya, tetapi kurang pandai bagaimana
cara mengungkapkannya. Kemampuan seseorang menuangkan apa yang
difahaminya ke dalam tulisan yang sistematis dan bisa dimengerti orang
lain juga penting, karena orang khususnya dosen ketika UAS tertulis
menilai apa yang kita tulis pada lembar jawaban bukan apa yang ada di
dalam otak kita.
“1001 soal dan solusi “ ini dibuat bukan dengan tujuan agar
mahasiswa pembaca menghafal teknik menjawabnya, melainkan supaya
pembaca dapat lebih memahami materi, dan berlatih mengungkapkan
apa yang difahami. Tentunnya tulisan ini tidaklah cukup bagi pembaca,
text book dan penjelasan dari dosen tetaplah lebih utama, jadikan soalsoal yang ada disini sebagai latihan, sekedar untuk melihat kebenaran
jawaban anda atau ketika anda merasa sudah mengalami kebuntuan, baru
silahkan pembaca menyimak pembahasannya.
Semoga bermanfaat !
Arip Paryadi
DAFTAR ISI
KATA PENGANTAR .................................................................................... 1
DAFTAR ISI .................................................................................................. 3
SOAL SOAL .................................................................................................. 4
UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 ................................................... 5
UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008 ................................................... 6
UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007 ................................................... 7
UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006 ................................................... 8
UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005 ................................................... 9
UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004 ................................................. 10
PEMBAHASAN ........................................................................................... 12
UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 ................................................. 13
UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008 ................................................. 18
UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007 ................................................. 23
UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006 ................................................. 29
UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005 ................................................. 32
UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004 ................................................. 35
SOAL SOAL
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2008/2009
Aljabar Linear / MA1223
Senin 20-04-2009
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009
1. Diketahui SPL
x + 2 y − 3z = 0
3x − y + 5 z = 0
(
)
4 x + y + k 2 − 14 z = 0
Memiliki solusi tak hingga banyak
a. Tentukan nilai k
b. Tentukan solusinya
2. Diketahui matriks A4x4 dengan A =
1 1 −1
2
2 1
3 2
2
1
1
3
1 0
3
−1
a. Hitung det(A)
3
b. Tentukan solusi X (jika ada) dari AX = B dengan B =
1
4
−2
3. Misalkan A = (1,1,2), B = (-1,0,3), C = (2,-3,4), maka:
a. Hitung luas segitiga ABC
b. Tentukan proyeksi orthogonal
terhadap
4. Diketahui W adalah himpunan (a,b,c) R3 dengan a2 = b2 + c2. Periksa
apakah W subruang dari R3
5. Periksa apakah polinom-polinom berikut :
p1 (x ) = 1 + x,
p 2 (x) = 1 − x + x 2 ,
p 3 (x ) = 2 + x 2 , dan
Membangun P2 ? Berikan penjelasannya !
No
Nilai
1
8
2
8
3
8
4
8
5
8
p 4 (x) = 3 + x + x 2
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2007/2008
MA 1223 ALJABAR LINEAR
Rabu / 9 April 2008
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008
Kerjakan dengan singkat dan benar !
Berdoalah sebelum mengerjakan!
1. Periksa apakah S = {(1,2,3), (2,3,4), (0,0,0)} saling bebas linear !
1
0
2. Diketahui A =
0
2
3 4
−1 1 5
2 0 0
hitung det(2A) !
3 −5 1 0
3. Diketahui sistem persamaan linear
2x + y = z −1
x− y−2= 0
y + z =1
Tentukan solusi dari SPL tersebut !
{
4. Diketahui W = a + bx + cx 2 a = b + c , dengan b, c ∈ R
}
a. Periksa apakah W adalah subruang polinom orde dua P2
b. Bila ya, tentukan basis dan dimensi dari W !
5. Tentukan basis dan dimensi ruang solusi dari SPL homogen
x+ y+ z+w=0
− x + 2y − w = 0
6. Hitung luas segitiga yang titik-titik sudutnya P (1,2,3) , Q (4,3,1), dan R
(2,1,2)
-o0o- Semoga Sukses –o0o-
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2006/2007
Aljabar Linear / MA1223
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007
1. Tentukan basis dan dimensi subruang
W =
a
b
a − 2c = 0
c
{
2. Diketahui S = 2 + x + x 2 , 1 − 2 x + x 2 , 1 + x − 2 x 2
}
a. Periksa apakah S bebas linear
b. Periksa apakah S membangun P2
c. Periksa apakah S basis P2
3. Tentukan y jika diketahui u = (− 1,3,2) ), y = ( y1 , y 2 , y3 ) dan u × y = (1,1,−1).
4. Diketahui u = (k , k − 1,1), v = (− k − 1,2k ,4), tentukan semua nilai k supaya
u dan v membentuk sudut lancip
5. Tentukan basis dan dimensi ruang solusi
homogennya berikut
(ruang null) dari SPL
3 x1 + x2 + x3 + x4 = 0
5 x1 − x2 + x3 − x4 = 0
x1 − x2
Soal
Nilai
1
8
− x4 = 0
2
8
3
8
4
8
5
8
JDN, ADW, ERW, SSI, WDT, NRD, SMN, DMA , RZK
Selamat mengerjakan, semoga sukses !
!
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2005/2006
MA1223 Aljabar Linear
KAMIS 6 April 2006
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006
k
5
5
1. Diketahui SPL dalam bentuk matriks AX = B , dengan A = − 1 − 1 0
k
2k
3
1
x1
X = x2 , B = 1 . Jika Det ( A) = −1 tentukan nilai x3
−1
x3
2. Diketahui a = (1, k ,1) dan b = (2,2,−1) , tentukan nilai k agar proyb a = 4
3. Diketahui W = {(x, y, z ) x − z = 0}, periksa apakah W subruang R3
{
4. Diketahui S = 1 − x + x 2 ,1 + x + x 2
}
a. Periksa apakah S membangun P2 ( polinom orde-2)
b. Periksa apakah S bebas linear
c. Apakah S basis P2 (jelaskan jawaban anda )
Nomor
Nilai
1
10
2
10
3
10
4
10
"
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2004/2005
MA1223 – Aljabar Linear
KAMIS, 14 April 2005
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005
Kerjakan soal berikut dengan jujur dan benar !
1. Diketahui A = (1,2,3), B = (−1,2,−3), dan C = (3,2,1) merupakan titik pada
ruang XYZ .
a. Tentukan proyeksi vektor AC terhadap vektor AB !
b. Tentukan luas segitiga ABC
a b
2. Diketahui det d e
g h
c
f =t ,
untuk suatu a, b, c, d , e, f , g , h, i, t ∈ Rill.
i
Dengan menggunakan sifat, tentukan
det 3
2a
2b
2c
d −a
e−b
f −c
g + 2a h + 2b i + 2c
3. Misalkan B =
1 3
5 3
. Tentukan vektor tak nol u =
{
x
sehingga Bu = 6u !
y
}
4. Tentukan basis subruang S = ax2 + bx + c a + 2b = 3c . Buktikan !
-----------o0 Good Luck 0o-----------
#
UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2003/2004
MA-2313 Aljabar Linear
Selasa 7 Oktober 2003
Tutup Buku
UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004
3 − 6 2 −1
1. Misalkan sistem persamaan linear AX = B, dimana A =
2 −4 1
0
1 − 2 1 −1
1 −2 0
1
Tentukan :
a. Determinan A
b. A-1(matrtiks invers A, bila ada ) !
0
c. Basis ruang solusi, jika B =
0
0
0
2. Diketahui sistem persamaan linear
1
0
1
1
0 2
1 −1
5 α
0 2
1
1
6
β
x1
1
x2
2
=
x3
11
x4
α
a. Tentukan nilai dan agar SPL memiliki solusi yang banyak
b. Tentukan solusi SPL diatas dari jawaban a ( satu saja ) !
3. Diketahui A = (1,-1,2), B = (2,1,-1), dan C = (1,0,-3) merupakan titik-titik
di ℜ3 . Tentukan :
a. Luas segitiga ABC !
b. Proyeksi orthogonal ruas garis AB terhadap ruas garis yang tegak
lurus terhadap ruas garis AC dan BC !
4. a. Misalkan A adalah himpunan polinom orde 3 yang berbentuk
a0 + a1 x + a 2 x 2 + a3 x 3 dimana a 0 − 2a 2 + a3 = 0 . Periksa apakah A
merupakan subruang dari ruang vektor polinom orde 3 ! jika ya
tentukan basis dan dimensinya !
b. Diketahui W =
2 1
0 2
1 1 1 2
,
,
,
. . Periksa, apakah
−1 0 −1 4 −1 1 −1 3
W merupakan basis bagi ruang vektor matriks 2×2 !
------------------o0 YLS-ADW-ERW-DMA 0o-----------------good Luck ! ..
PEMBAHASAN
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Genap 2008/2009
Mata Kuliah : Aljabar Linear / MA1223
Senin 20-04-2009
UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009
1. Diketahui SPL memiliki solusi tak hingga banyak
a. Menentukan nilai k
Jika SPL dituliskan sebagai perkalian matriks akan menjadi
1
2
−3
3 −1
4
1
5
2
k − 14
x
0
y = 0
z
0
Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
1
−3
2
0
3 −1
5
0
2
4 1 k − 14 0
yang dapat direduksi sebagai berikut
− 3b1 + b2 ~
1
2
−3
0
0 −7
14 0
− 4b1 + b3 ~
2
0 −7 k −2 0
Dari matriks ini terlihat bahwa sistem akan memiliki penyelesaian tak
hingga banyak jika dan hanya jika k 2 − 2 = 14 yaitu k = ±4 .
b. Menentukan solusinya
Jika k = ±4 kita substitusikan pada operasi terakhir pada poin
sebelumnya maka akan diperoleh
1
2
−3 0
0 − 7 14 0
0 − 7 14 0
1
− 17 b2
2
−3 0
~ 0 1 −2 0
0 − 7 14 0
− 2b2 + b1 ~
7b2 + b3 ~
1 0
1 0
0 1 −2 0
0 0 0 0
dari matriks ini kita peroleh x + z = 0 dan y − 2 z = 0 . Karena nilai z
dapat ditetapkan dengan sembarang nilai t, maka kita memperoleh
sebuah penyelesaian yaitu x = −t , y = 2t , z = t ; t ∈ ℜ .
2. Diketahui matriks A4x4 dengan A =
1 1 −1
2
2 1
2
1
3 2
1
3
1 0
3
−1
a. Menghitung det(A)
Det ( A) =
=
=
1 1 −1
2
2 1
2
1
3 2
1
3
1 0
3
−1
1 1 −1
2
2 1
1
2
1 1 −1
2
1 0
−1
3
1 1 −1
2
2 1
2
1
0 0
0
0
1 0
3
−1
Diperoleh dengan mengalikan baris
kedua
dengan
-1
kemudian
menambahkannya pada baris ketiga
Diperoleh dengan mengalikan baris
pertama dengan -1 kemudian
menambahkannya pada baris ketiga
Jika kita lakukan ekspansi kofaktor sepanjang baris ketiga, maka akan
menghasilkan Det ( A) = 0 .
3
b. Menentukan solusi X (jika ada) dari AX = B dengan B =
1
4
−2
Sistem ini jika dituliskan dengan lengkap adalah
1
2
3
1
1 −1 2
1 2 1
2 1 3
0 3 −1
x1
3
x2
1
=
x3
4
−2
x4
Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
1 1 −1
2
3
2 1
2
1
1
3 2
1
3
4
1 0
3
−1 − 2
dengan menerapkan OBE yang sama dengan OBE pada poin
sebelumnya ( poin a) sistem ini akan tereduksi menjadi
1 1 −1
2
3
2 1
2
1
1
0 0
0
0
0
1 0
3
−1 − 2
Kemudian kita lanjutkan sehingga didapat bentuk eselon baris
tereduksi sebagai berikut
1 1 −1
− b1 + b 2 ~ 1 0
b3 ↔ b 4 ~ 1 0
3
−1 − 2
3
−1 − 2
0 0
0
0
0 1 −4
3
5
− b2 + b1 ~ 1 0
− b2 + b3 ~ 0 0
0 0
Dari
2
3
matriks
1 0
3
−1 − 2
0
0
0
0
0
terakhir
kita
b1 ↔ b 2 ~
peroleh
3
−1 − 2
0 1 −4
3
5
0 0
0
0
0
0 0
0
0
0
x1 + 3 x 3 − x 4 = −2
dan
x 2 − 4 x 3 + 3x 4 = 5 . karena nilai x3 bisa kita tetapkan sebagai
sembarang nilai s, dan x 4 sebagai sembarang nilai t, maka kita
mendapatkan penyelesaian yaitu
x1 = −2 − 3s + t , x 2 = 5 + 4s − 3t , x 3 = s dan x 4 = t ; s, t ∈ ℜ
3. Misalkan A = (1,1,2), B = (-1,0,3), C = (2,-3,4)
a. Menghitung luas segitiga ABC
AB = B − A = (− 1,0,3) − (1,1, 2 ) = (− 2, −1,1)
AC = C − A = (2,−3,4 ) − (1,1,2 ) = (1,−4,2 )
iˆ
− 1 1 = iˆ
AB × AC = − 2
−4 2
1
Luas ∆ABC =
kˆ
ˆj
1
2
−1 1
−4 2
AB × AC =
− ˆj
−2 1
2iˆ + 5 ˆj + 9 kˆ =
1
2
b. Menentukan proyeksi orthogonal
Pr oy
AC
AB =
AB • AC
AC
AC =
2
1
− 2 −1
= 2iˆ + 5 ˆj + 9kˆ
+ kˆ
2
1 −4
1
2
4 + 25 + 81 =
1
2
110
terhadap
−2+4+2
(1,−4,2 ) = 4 (1,−4,2)
1 + 16 + 4
21
{
}
4. Memeriksa apakah W subruang dari R3 jika W = (a, b, c ) a 2 = b 2 + c 2 .
Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat dari subruang.
Misalkan ada dan ambil sembarang anggota dari W yaitu w1 , w 2 ∈ W
dengan w1 = (a1 , b1 , c1 ) dan w2 = (a 2 , b2 , c 2 ) . Tujuan kita adalah
memeriksa apakah w1 + w2 ∈ W .
Karena w1 , w2 ∈ W
maka secara berturut turut haruslah berlaku
a1 2 = b1 2 + c1 2 * dan a 2 2 = b2 2 + c 2 2 * .
Kemudian
w1 + w2 = (a1 , b1 , b2 ) + (a 2 , b2 , c 2 ) = (a1 + a 2 , b1 + b2 , c1 + c 2 ) .
Sekarang perhatikan bahwa
(a1 + a 2 )2 = a1 2 + a 2 2 + 2a1a 2
(
= (b
)(
)+ (c
berdasarkan * dan ** akan menghasilkan
)
= b1 2 + c1 2 + b2 2 + c 2 2 + 2a1 a 2
2
1
+ b2 2
1
2
)
+ c 2 2 + 2a1 a 2
≠ (b1 + b2 )2 + (c1 + c 2 )2
Ini menunjukkan bahwa w1 + w2 ∉ W yaitu W tidak tertutup terhadap
perkalian. Jadi W bukanlah subruang dari R3. (tidak perlu kita periksa
sifat sifat yang lainnya dari subruang)
5. Memeriksa
p1 (x ) = 1 + x,
apakah
polinom-polinom
p 2 (x ) = 1 − x + x ,
2
berikut
p 3 (x ) = 2 + x , dan
2
Membangun
P2
p 4 (x ) = 3 + x + x
.
2
Untuk melihatnya harus kita periksa apakah sembarang polinom
p = a + bx + cx 2
pada P2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear
p = k1 p1 + k 2 p 2 + k 3 p 3 + k 4 p 4 (5.1) .
Jika
kita
tuliskan
(5.1)
(
dengan
a + bx + cx = k1 (1 + x ) + k 2 1 − x + x
2
2
lengkap
akan
menjadi
)+ k (2 + x )+ k (3 + x + x )
2
2
3
4
= (k1 + k 2 + 2k 3 + 3k 4 ) + (k1 − k 2 + k 4 )x + (k 2 + k 3 + k 4 )x 2
Dengan membandingkan koefisien suku yang sejenis pada kedua ruas
diperoleh
k1 + k 2 + 2k 3 + 3k 4 = a
k1 − k 2 + k 4 = b
k 2 + k3 + k 4 = c
Dalam bentuk perkalian matriks sistem ini menjadi
k
1 1 2 3 1
a
k
1 −1 0 1 2 = b
k
0 1 1 1 3
c
k4
Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
1
1
2 3
a
1 −1 0 1
0 1 1 1
b
c
yang dapat direduksi sebagai berikut
1
1
2
3
− b1 + b 2 ~ 0 − 2 − 2 − 2
0 1
1
1
1 1 2 3
a
b−a
c
1
2
− b2 ~ 0 1 1 1
0 1 1 1
a
1
2
(a − b )
c
Perhatikan bahwa sistem ini akan konsisten (memiliki penyelesaian ) jika
dan hanya jika c = 12 (a − b) yang bertentangan dengan pernyataan
sembarang polinom p = a + bx + cx 2 . Jika c ≠
1
2
(a − b ) maka sistem ini
tidak memiliki penyelesaian yang berarti ada polinom p ∈ P2 yang tidak
dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear p = k1 p1 + k 2 p 2 + k 3 p 3 + k 4 p 4
yaitu p1, p 2 , p3 dan p 4 tidak membangun P2.
!
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Genap 2007/2008
MA 1223 ALJABAR LINEAR
Rabu / 9 April 2008
UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008
1. Untuk melihat apakah S = {v1 = (1,2,3), v 2 = (2,3,4), v 3 = (0,0,0)} saling
bebas linear harus diperiksa apakah k1 = k 2 = k 3 = 0 merupakan satu
satunya solusi dari k1v1 + k 2 v 2 + k 3 v3 = 0 .
Jika kita tuliskan persamaan ini dalam komponen komponennya maka
akan menjadi k1 (1,2,3) + k 2 (2,3,4 ) + k 3 (0,0,0) = (0,0,0) .
Dengan mudah dibuktikan bahwa k1 = k 2 = k 3 = 0 merupakan solusi dari
persamaan ini. Tetapi itu bukan satu satunya solusi, karena
k1 = k 2 = 0, k 3 = t , t ∈ ℜ juga merupakan solusi. Sehingga menurut
definisinya S bergantung linear (tak bebas linear).
Alternatif
Karena kita dapat menuliskan v 3 sebagai kombinasi linear dari vektor
vektor lainnya pada S yaitu v 3 = 0v1 + 0v 2 maka S saling bergantung
linear.
2. Menghitung det(2A) jika diketahui A =
1
2
3 4
0
0
−1 1 5
2 0 0
!
3 −5 1 0
Dengan melakukan ekspansi kofaktor sepanjang baris ketiga kita
memiliki
1 3 4
3 4
1 5
+3
det( A) = (− 1)5 .2. 0 1 5 = −2
= −2(− 5 + 33) = −56
1 5
1 0
3 1 0
Sehingga Det (2 A) adalah 2 4 (− 56) = −896
"
3. Menentukan solusi SPL
2 x + y − z = −1
x− y=2
y + z =1
Jika
2
1
0
kita tuliskan
1 −1 x
−1 0 y =
1
1 z
dalam bentuk perkalian matriks akan menjadi
−1
2 .
1
Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
2 1 −1 −1
1 −1 0 2
0 1
1 1
yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai
berikut
1 2 −1 − 3
1 2 −1 − 3
− b1 + b2 ~ 0 − 3 1 5
− b2 + b1 ~ 1 − 1 0 2
0 1
1 1
0 1
1 1
− 2b3 + b1 ~
b2
− 14 b2 + b3 ~
1 0 0
1
0 0 4
8
0 0
4
8
0 1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
~ 0
0
1
2
b 2 ↔ b3 ~ 0
1
0 −1
0
1
0 −1
0
0
1
3b3 + b2 ~
1
4
1 0 −3 −5
3
4
b2 + b1 ~
0 1 0 −1
1
2
Dari matriks yang terakhir kita telah memperoleh sebuah penyelesaian
SPL yaitu x = 1, y = −1 dan z = 2 .
{
4. Diketahui W = a + bx + cx 2 a = b + c, dengan b , c ∈ R
}
c. Memeriksa apakah W adalah subruang polinom orde dua P2 .
Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat sebagai subruang.
Karena 2 + x + x 2 adalah anggota dari W, maka W memenuhi sifat
subruang pertama yaitu W ≠ { } .
#
Jelas bahwa W ⊂ P2
Misalkan ada sembarang polinom anggota W yaitu w1 , w2 ∈W
dengan w1 = a1 + b1 x + c1 x 2 dan w2 = a 2 + b2 x + c 2 x 2 . Tujuan
kita adalah ingin memeriksa apakah w1 + w2 ∈W .
Karena w1 , w2 ∈W maka secara berturut turut haruslah berlaku
a1 = b1 + c1 * dan a 2 = b2 + c 2 * * . Kemudian
(
) (
w1 + w2 = a1 + b1 x + c1 x 2 + a 2 + b2 x + c 2 x 2
= (a1 + a 2 ) + (b1 + b2 )x + (c1 + c 2 )x
Sekarang
perhatikan
)
2
bahwa
berdasarkan * dan **
a1 + a 2 = (b1 + c1 ) + (b2 + c 2 ) = (b1 + b2 ) + (c1 + c 2 ) yang menunjukkan
bahwa w1 + w2 ∈W . jadi W memenuhi sifat selanjutnya dari
subruang.
Selanjutnya untuk sembarang nilai k ∈ R dan w1 ∈W berlaku
(
)
kw1 = k a1 + b1 x + c1 x 2 = ka1 + kb1 x + kc1 x 2 dan akan kita periksa
apakah kw1 ∈ W
Karena ka1 = k (b1 + c1 ) = kb1 + kc1 ini menunjukkan bahwa kw1 ∈ W
yang melengkapi pemeriksaan kita bahwa W subruang dari P2.
d. Menentukan basis dan dimensi dari W.
persamaan a = b + c memiliki jumlah penyelesaian yang tak trivial.
Karena hanya ada sebuah persamaan yang melibatkan tiga buah
bilangan yang tidak diketahui, maka ada dua variabel bebas. Misalkan
b = s dan c = t maka a = s + t . sehingga kita dapat menuliskan W
sebagai
{
(
)}
W = (s + t ) + sx + tx 2 = (1 + x )s + 1 + x 2 t
yang
menunjukkan bahwa
polinom polinom p1 = 1 + x dan
p 2 = 1 + x 2 merentang W. Karena p1 dan p 2 keduanya tidak saling
berkelipatan satu sama lain, maka p1 dan p 2 saling bebas linear. Jadi
{p1 , p 2 } adalah basis bagi W yang berdimensi 2.
5. Menentukan basis dan dimensi ruang solusi dari SPL homogen
x+ y+ z+w=0
− x + 2y − w = 0
Kita dapat menyatakan sistem ini dalam bentuk perkalian matriks sebagai
w
1 1 1 1 x
0
=
−1 −1 2 0 y
0
z
Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
1 1 1 1 0
−1 −1 2 0 0
Yang dapat direduksi menjadi eselon baris tereduksi sebagai berikut
b1 + b2 ~
1 1 1 1 0
1
b
3 2
0 0 3 1 0
~
1 1 1 1 0
0 0 1 13 0
− b2 + b1 ~
Dari matriks yang terakhir kita memiliki w = − x −
2
3
1 1 0
0 0 1
2
3
1
3
0
0
z dan y = − 13 z .
karena nilai x dapat ditetapkan dengan sembarang nilai s dan nilai z
dapat ditetapkan dengan sembarang nilai t, maka terdapat tak terhingga
banyaknya pemecahan yang membentuk ruang solusi SPL yaitu
w
x
y
z
− s − 23 t
=
s
1
3
− t
t
=
−1
1
0
0
−
s+
2
3
0
− 13
1
−1
yang menunjukkan bahwa vektor vektor v1 =
1
0
0
− 23
0
dan
− 13
1
merentang
ruang solusi tersebut. Karena v1 dan v 2 tidak saling berkelipatan satu
sama lain maka kedua vektor ini saling bebas bebas linear. Jadi {v1 , v 2 }
adalah basis bagi ruang solusi SPL yang dimaksud yang berdimensi 2.
6. Menghitung luas segitiga yang titik-titik sudutnya P (1,2,3) , Q (4,3,1),
dan R (2,1,2)
PQ = Q − P = (4,3,1) − (1,2,3) = (3,1,−2)
PR = R − P = (2,1,2) − (1,2,3) = (1,−1,−1)
iˆ
ˆj
PQ × PR = 3
1
kˆ
− 2 = iˆ
1 −1 −1
Luas ∆PQR =
1
2
−2
1
−1 −1
PQ × PR =
1
2
− ˆj
3 −2
1
3 1
+ kˆ
= −3iˆ + ˆj − 4kˆ
−1
1 −1
− 3iˆ + ˆj − 4kˆ =
1
2
26
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Genap 2006/2007
Aljabar Linear / MA1223
UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007
a
1. Menentukan basis dan dimensi subruang W =
b
c
a − 2c = 0
Kondisi a − 2c = 0 menunjukkan bahwa b merupakan variabel bebas,
misalkan b = s . Karena tersisa sebuah persamaan dan dua bilangan yang
belum diketahui (a,c) , maka kita memiliki sebuah variabel bebas lagi,
misalkan c = t sehingga diperoleh a = 2t . Dengan demikian kita dapat
menuliskan W sebagai
a
W=
2t
0
2
b = s = 1 s+ 0 t
c
t
0
1
2
0
yang menunjukkan bahwa vektor vektor u = 1 dan v = 0 merentang
1
0
W. Karena u dan v tidak saling berkelipatan satu sama lain, maka kedua
vektor ini saling bebas linear . Akhirnya kita simpulkan bahwa {u, v}
adalah basis bagi W yang berdimensi 2.
{
2. Diketahui S = 2 + x + x 2 , 1 − 2 x + x 2 , 1 + x − 2 x 2
}
a. Memeriksa apakah S bebas linear.
Untuk memeriksanya harus kita periksa apakah jika diberikan
k1 , k 2 , dan k 3 maka k1 = k 2 = k 3 = 0 merupakan satu satunya solusi
(
) (
) (
)
dari k1 2 + x + x 2 + k 2 1 − 2 x + x 2 + k 3 1 + x − 2 x 2 = 0 .
Dengan mengumpulkan
....(*)
suku suku yang sejenis pada (*) akan
diperoleh (2k1 + k 2 + k 3 ) + (k1 − 2k 2 + k 3 ) x + (k1 + k 2 − 2k 3 ) x 2 = 0 .
Karena persamaan ini harus dipenuhi untuk setiap nilai x, maka
haruslah berlaku 2k1 + k 2 + k 3 = k1 − 2k 2 + k 3 = k1 + k 2 − 2k 3 = 0 atau
dalam bentuk perkalian matriks menjadi
2
1
1 −2
1
1
1
k1
1
k 2 = 0 . .....(* *)
0
k3
−2
0
Sekarang perhatikan bahwa
2 1
1
1 1
1 −2
−2 1
det 1 − 2 1 = 2
+ (− 1)3
+
= 6 + 3 + 3 = 12 ≠ 0
1 −2
1 −2 1 1
1 1 −2
yang menunjukkan bahwa matriks koefisien pada ** dapat dibalik
(memiliki invers) yang berakibat ** hanya memiliki sebuah solusi
penyelesaian yaitu
2
k1
1
1
k2 = 1 − 2
1
k3
−1
0
0 = 0
1
−2
1
0
0
0
yang berarti S bebas linear.
b. Memeriksa apakah S membangun P2.
Akan kita periksa apakah sembarang polinom
a = a 0 + a1 x + a 2 x
2
dapat
(
dinyatakan
sebagai
) (
pada P2
yaitu
kombinasi
linear
) (
a 0 + a1 x + a 2 x 2 = k1 2 + x + x 2 + k 2 1 − 2 x + x 2 + k 3 1 + x − 2 x 2
)
.
Atau
dengan kata lain akan kita periksa apakah ada k1 , k 2 , dan k 3 sehingga
(
) (
) (
)
a 0 + a1 x + a 2 x 2 = k1 2 + x + x 2 + k 2 1 − 2 x + x 2 + k 3 1 + x − 2 x 2 .
Dengan mengumpulkan suku suku yang sejenis pada kedua ruas akan
diperoleh
a 0 + a1 x + a 2 x 2 = (2k1 + k 2 + k 3 ) + (k1 − 2k 2 + k 3 ) x + (k1 + k 2 − 2k 3 ) x 2 .
Dengan membandingkan koefisien suku yang sama pada kedua ruas
diperoleh k1 + k 2 + k 3 = a 0 , k1 − 2k 2 + k 3 = a1 , dan k1 + k 2 − 2k 3 = a 2
atau dalam bentuk perkalian matriks menjadi
2
1
1 −2
1
1
1
k1
1
k 2 = a1 ....(***)
k3
a2
−2
a0
Terlihat bahwa matriks koefisien pada ** dan *** adalah sama dan
pada poin sebelumnya telah ditunjukkan bahwa matriks koefisien pada
*** dapat dibalik yang berakibat *** selalu memiliki penyelesaian
untuk sembarang a 0 , a1 dan a 2 yaitu S membangun P2.
Note :
Untuk membuktikan bahwa S bebas linear kita cukup menunjukkan
keberadaan k1 , k 2 , dan k 3 (ada atau tidak ada) tanpa perlu mencari
nilai tepat dari k1 , k 2 , dan k 3 yang sebenarnya. Tetapi jika pembaca
ingin mendapatkannya, maka untuk kasus di atas penyelesaian untuk
k1 , k 2 , dan k 3 adalah
2
k1
1
1
k2 = 1 − 2
1
k3
1
−1
a0
1
a1
−2
a2
c. Memeriksa apakah S basis P2 .
Karena S merentang P 2 dan S bebas linear , maka S basis bagi P2.
3. Menentukan
y
jika
diketahui
u = (− 1,3,2) ),
y = ( y1 , y 2 , y3 )
dan
u × y = (1,1,−1) = iˆ + ˆj − kˆ
i
j
u × y = −1 3
y1 y 2
k
3
2 =i
y2
y3
−1 2
2
−1 3
−j
+k
y3
y1 y3
y1 y 2
= (3 y 3 − 2 y 2 )i + ( y 3 + 2 y1 ) j − ( y 2 + 3 y1 )k
Karena menurut hipotesanya u × y = iˆ + ˆj − kˆ
maka kita memiliki
3 y 3 − 2 y 2 = 1 , y 3 + 2 y1 = 1 , dan y 2 + 3 y1 = 1 yang dapat dituliskan dalam
bentuk perkalian matriks menjadi
0 −2 3
y1
2
0
1
y2 = 1
3
1
0
y3
1
1
Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah
0 −2 3 1
2
0
1 1
3
1
0 1
yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai
berikut.
0 −2 3
1
b1 + b3 ~ 2 0 1
2
3 0 32
− 12 b1
1
b
2 2
1
1
3
2
0 1 − 32 − 12
~
1 0 12 12
~
0 0 0 0
0 −2 3
3
− b1 + b3 ~ 2 0 1
2
0 0 0
1
0
1
1 0 12
2
b1 ↔ b2 ~ 0 1 − 32 − 12
0 0 0
0
Dari matriks terakhir kita peroleh y1 + 12 y 3 =
y 3 sebagai variabel bebas.
1
1
2
, y 2 − 32 y 3 = − 12 dengan
Misalkan y 3 = t maka y1 = 12 − 12 t dan
y 2 = − 12 + 32 t . Akhirnya kita mendapatkan y yang dimaksud yaitu
y = ( y1 , y 2 , y 3 ) =
(12 − 12 t, − 12 + 32 t, t ) = (12 , − 12 , 0)+ (− 12 , 32 , 1)t
4. Menentukan semua nilai k supaya u dan v membentuk sudut lancip,
Jika diketahui u = (k , k − 1,1), v = (− k − 1,2k ,4)
Agar u dan v membentuk sudut lancip maka haruslah berlaku u • v ≥ 0
yaitu
(k , k − 1,1) • (−k − 1,2k ,4) ≥ 0
k (− k − 1) + (k − 1)2k + 4 ≥ 0
− k 2 − k + 2k 2 − 2k + 4 ≥ 0
k 2 − 3k + 4 ≥ 0
(k − 32 )2 + 74 ≥ 0
2
Karena (k − 32 ) + 74 selalu bernilai positif (definit positif) untuk setiap nilai
k maka pernyataan terakhir adalah selalu benar untuk sembarang nilai k.
Jadi nilai k yang menyebabkan u dan v membentuk sudut lancip adalah
k∈ℜ .
5. Menentukan basis dan dimensi ruang solusi
homogen
(ruang null) dari SPL
x1
0
x2
= 0 .
x3
0
x4
3 1 1 1
5 −1 1 −1
1 −1 0 −1
Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah
3
1
1
1 0
5 −1 1 −1
0
1 −1 0 −1 0
yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai
berikut
b3 + b1 ~
− b3 + b2
4
0
1
0
0
4
0
1
0
0
1 −1 0 −1
0
1 −1 0
b1 ↔ b3 ~
1 0 14
1
~
b
2
4
4 0 1
b3 + b1 ~
− b3 + b 2 ~
−1 0
− b1 + b2 ~
0 0
− 4b2 + b3 ~
0 0
1 0
1
4
1
4
b2 + b1 ~ 0 1
0 0 0
0
4
0
1
0 0
4
0
1
0 0
1 −1 0 −1 0
1 −1 0
−1 0
1 0
0 0
0
1
1
4
0
0
0
0
1 0
0 0
Dari matriks ini kita memiliki x1 + 14 x 3 = 0 dan x 2 + 14 x 3 + x 4 = 0 dengan
x 3 dan x 4 sebagai variabel bebas. Misalkan x 3 = s dan x 4 = t maka
x1 = − 14 s dan x 2 = − 14 s − t . Dengan demikian ruang penyelesaian SPL
homogen di atas adalah sebagai berikut
x1
t
0
1
x2
−1
1
t−s
=
=
t+
s
x3
−4
− 4t
0
x4
s
1
0
yang menunjukkan bahwa vektor vektor
!
0
−1
dan v =
u=
0
−4
1
0
1
1
merentang ruang penyelesaian SPL tersebut. Karena u dan v tidak saling
berkelipatan satu sama lain, maka kedua vektor ini saling bebas linear .
Akhirnya kita simpulkan bahwa {u , v} adalah basis ruang solusi SPL di
atas.
"
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Genap 2005/2006
MA1223 Aljabar Linear
KAMIS 6 April 2006
UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006
1. Menentukan nilai x3 jika diketahui SPL dalam bentuk matriks AX = B ,
k
5
5
dengan A = − 1 − 1 0
k
2k
3
x1
1
X = x2 , B = 1 dan Det ( A) = −1
−1
x3
Untuk mempermudah dalam menentukan nilai x3 terlebih dahulu kita
tentukan nilai k. Dari Det ( A) = −1 kita memiliki
5
−1 −1
k
5
+0+3
= −1
−1 −1
k 2k
5(−2k + k ) + 3(−k + 5) = −1
−8k + 15 = −1
k =2
Sehingga SPL menjadi
2
5
5
x1
1
−1 −1 0
x2 = 1
2
x3
4
3
.
−1
Kemudian dengan menggunakan metode Crammer kita peroleh
2
5
1
−1 −1
−1 1
−1 1
det ( A3 )
x3 =
+ 1.
+ (− 1)3 .5.
= − −1 −1 1 = − 2
2
4
2 −1
4 −1
det ( A )
2
4 −1
= −(2.(− 3) − 5(− 1) + (− 2)) = −(− 6 + 5 − 2) = 3
2. Menentukan nilai k agar
proyb a = 4 jika diketahui
a = (1, k ,1) dan
b = (2,2,−1) .
proyb a = 4
a •b
=4
b
#
(1, k ,1) • (2,2,−1) = 4
(2,2,−1)
2 + 2k − 1
4 + 4 +1
=4
2k + 1
=4
3
2k + 1 = 12
k=
11
2
3. Memeriksa apakah W subruang R3 jika diketahui W = {(x, y, z ) x − z = 0}
Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat dari subruang.
Dengan mudah dapat ditunjukkan bahwa (1,1,1) adalah anggota dari
W yang menunjukkan W memenuhi sifat pertama dari subruang yaitu
W ≠ { }.
Jelas bahwa W ⊂ R 3 yang menunjukkan bahwa memenuhi sifat kedua
dari subruang.
Misalkan ambil sembarang anggota dari W yaitu w1 , w2 ∈ W dengan
w1 = (a, b, c ) dan w2 = ( p, q, r ) . Tujuan kita adalah memeriksa apakah
( w1 + w2 ) ∈ W .
Karena
w1 , w2 ∈ W maka secara berturut turut haruslah berlaku
a − c = 0 * dan p − r = 0 * * .
Kemudian
w1 + w 2 = (a , b , c ) + ( p , q , r ) = (a + p , b + q , c + r )
.
Sekarang perhatikan bahwa
(a + p ) − (c + r ) = (a − c ) + ( p − r ) = 0 + 0 = 0 (berdasarkan * dan **)
yang menunjukkan bahwa ( w1 + w2 ) ∈ W yaitu W memenuhi sifat
selanjutnya dari subruang.
Selanjutnya
untuk
setiap
k ∈ℜ
dan
w1 ∈ W
berlaku
kw1 = k (a, b, c ) = (ka, kb, kc ) dan kita ingin memeriksa apakah kw1 ∈ W .
Karena ka − kc = k (a − c ) = k .0 = 0 (berdasarkan*) maka kw1 ∈ W yang
melengkapi pemeriksaan kita bahwa W adalah subruang dari R3.
{
4. Diketahui S = 1 − x + x 2 ,1 + x + x 2
}
a. Memeriksa apakah S membangun P2
Misalkan S = {p1 , p 2 } dengan p1 = 1 − x + x 2 dan p 2 = 1 + x + x 2 .
untuk melihat apakah S membangun P2 maka harus diperiksa apakah
sembarang polinom p = a + bx + cx 2 pada P2 dapat dinyatakan sebagai
kombinasi linear p = k1 p1 + k 2 p 2 . Atau dengan kata lain akan kita
tunjukkan apakah ada k1 dan k 2 sehingga p = k1 p1 + k 2 p 2 .............(4.a ) .
Jika (4.a) kita tuliskan dalam komponennya akan menghasilkan
(
) (
)
k1 1 − x + x 2 + k 2 1 + x + x 2 = a + bx + cx 2 .
Dengan mengumpulkan suku suku yang sejenis pada ruas kiri
diperoleh
(k1 + k 2 ) + (− k1 + k 2 )x + (k1 + k 2 )x 2 = a + bx + cx 2
Dengan membandingkan koefisien suku yang sama pada kedua ruas
diperoleh
k1 + k 2 = a...................(4.b )
− k1 + k 2 = b................(4.c )
k1 + k 2 = c..................(4.d )
Perhatikan bahwa (4.b) dan (4.d) mengharuskan a = c yang
bertentangan dengan pernyataan sembarang polinom p = a + bx + cx 2 .
Artinya
tidak
ada
k1 dan k 2
untuk
sembarang
p
sehingga
p = k1 p1 + k 2 p 2 , yaitu S tidak membangun P2.
b. Memeriksa apakah S bebas linear.
Karena polinom polinom p1 dan p 2 pada
S
tidak saling
berkelipatan satu sama lain maka S bebas linear.
Alternatif untuk menunjukkan bahwa S bebas linear adalah dengan
menunjukkan bahwa k1 = k 2 = 0 merupakan satu satunya solusi dari
k1 p1 + k 2 p 2 = 0 . Penulis tinggalkan kepada pembaca sebagai latihan.
c. Menentukan apakah S basis P2 .
Walaupun S bebas linear, tetapi S tidak merentang P2 sehingga S
bukan basis bagi P2.
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Genap 2004/2005
MA1223 – Aljabar Linear
KAMIS, 14 April 2005
UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005
1. Diketahui A = (1,2,3), B = (−1,2,−3), dan C = (3,2,1) merupakan titik pada
ruang XYZ .
a. Menentukan proyeksi vektor AC terhadap vektor AB !
AC = C − A = (3,2,1) − (1,2,3) = (2,0,−2)
AB = B − A = (− 1,2,−3) − (1,2,3) = (− 2,0 − 6)
proy AB AC =
AC • AB
AB
2
⋅ AB =
(2,0,−2) • (− 2,0,−6) ⋅ (− 2,0,6)
(
4 + 0 + 36
)
2
−4 + 12
1
⋅ (− 2,0,6 ) = (− 2,0,6 )
40
5
=
b. Menentukan luas segitiga ABC
1
AC × AB
2
ˆj kˆ
iˆ
Luas ∆ABC =
2 −2
0 − 2 = (− 1)3 ˆj
= −(− 12 − 4) ˆj = 16 ˆj
−2 −6
−2 0 −6
AC × AB = 2
Luas ∆ABC =
1
1
16 ˆj = ⋅16 = 8 satuan luas .
2
2
2. Menentukan det 3
a
b
det d − a e − b
g
h
2a
2b
2c
d − a e −b f − c
g + 2a h + 2b i + 2c
c
f −c = t
i
a b c
jika jiketahui det d e f = t
g h i
2a
2b
2c
det d − a e − b
g
h
f − c = 2t
i
2a
2b
2c
d −a
e−b
det
f − c = 2t
g + 2a h + 2b i + 2c
2a
2b
2c
d −a
e−b
f −c
g + 2a h + 2b i + 2c
det 3
3. Menentukan vektor tak nol u =
= 3 3.2t = 54t
x
y
sehingga Bu = 6u jika B =
1 3
5 3
..
Bu − 6u = 0
1 3
x
5 3
y
1 3
x
5 3
y
1 3
x
5 3
y
1 3
x
5 3
y
x
−6
y
x
−6I
−6
−
3
x
5
−3
y
0
=
y
0
0
1 0
x
0 1
y
6 0
x
0 6
y
1 3
6 0
−
5 3
0 6
−5
0
=
=
0
=
0
0
=
0
x
0
=
y
0
0
0
Dari matriks ini kita peroleh 5x − 3 y = 0 . Karena hanya terdapat sebuah
persamaan yang melibatkan dua buah bilangan tidak diketahui maka ada
sebuah variabel bebas. Misalkan y = t maka x = 35 t . Jadi vektor u yang
dimaksud adalah u =
3
5
t
t
=
3
5
1
t
dengan t ∈ ℜ .
{
}
4. Menentukan basis subruang S = ax 2 + bx + c a + 2b = 3c .
a + 2b = 3c
a = −2b + 3c
Karena hanya terdapat sebuah persamaan yang melibatkan 3 buah
bilangan yang tidak diketahui, maka ada dua buah variabel bebas.
Misalkan b = s dan c = t maka a = −2 s + 3t . Sehingga kita dapat
menuliskan S sebagai
{
} {(
) (
)}
S = (− 2s + 3t )x 2 + sx + t . = x − 2 x 2 s + 1 + 3 x 2 t
yang menunjukkan bahwa polinom polinom
p 2 = 1 + 3x 2
(
p1 = x − 2x 2
)
dan
merentang S. Karena p1 dan p 2 keduanya tidak saling
berkelipatan maka p1 dan p 2 saling bebas linear. Jadi {p1 , p 2 } adalah
basis bagi S.
Note :
Alternatif lain untuk membuktikan bahwa {p1 , p 2 } bebas linear adalah
melalui prosedur umum yang biasa dilakukan yaitu dengan menunjukkan
bahwa k1 = k 2 = 0 merupakan satu satunya penyelesaian dari
k1 p1 + k 2 p 2 = 0 .
Jika ditulis dalam bentuk lengkap persamaan terakhir menjadi
(
)
(
)
k1 x − 2 x 2 + k 2 1 + 3 x 2 = 0
k 2 + k1 x + (− 2k1 + 3k 2 )x 2 = 0
Karena persamaan tersebut harus berlaku untuk setiap nilai x, maka
haruslah k1 = k 2 = 0 yaitu {p1 , p 2 } bebas linear.
PEMBAHASAN
Ujian Tengah Semester Ganjil 2003/2004
MA-2313 Aljabar Linear
Selasa 7 Oktober 2003
UTS Aljabar Linear MA2313 2003-2004
3 − 6 2 −1
1. Misalkan sistem persamaan linear AX = B, dimana A =
2 −4 1
0
1 − 2 1 −1
1 −2 0
1
a. Menentukan Determinan A
3 − 6 2 −1
det ( A) =
2 −4 1
0
1 − 2 1 −1
1 −2 0
1
3 − 6 2 −1
=
=
3 − 6 2 −1
Diperoleh dengan menambahkan baris ke tiga
pada baris ke dua.
1 − 2 1 −1
1 −2 0
1
0
0
0
0
3 − 6 2 −1
1 − 2 1 −1
1 −2 0
Diperoleh dengan mengalikan baris kedua
dengan -1 kemudian menambahkannya pada
baris pertama.
1
=0
b. Menentukan A-1 bila ada
Karena det ( A) = 0 maka A tidak memiliki invers.
c. Menentukan basis ruang solusi, jika B = 0
x1
x
Misalkan X = 2 maka
x3
x4
SPL menjadi
3
2
1
1
matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah
−6
−4
−2
−2
2 −1
1 0
1 −1
0 1
x1
0
x2
0
=
x3
0
x4
0
3 − 6 2 −1 0
2 −4 1
0
0
1 − 2 1 −1 0
1 −2 0
1
0
Yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai
berikut
3
b3 + b 2
−6
2
−1 0
3 − 6 2 −1
0
− b1 + b 2 ~ 0 0 0 0
2b3 + b 4 ~ 1 − 2 1 − 1
0
~
3
−6
2
−1 0
− b1 + b4 ~
1
−2
1
−1 0
−2
4
−2
0
0
0
0
− 3b3 + b1 ~
b 3 ↔ b1 ~
b 2 ↔ b3 ~
2
0
0
0
0
−1
2
0
0
0
−1 2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1 −2
1
−1
0
1 −2
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
−2
0
1
0
1 −2 0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
−1 2
0
0
0
1 −2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
−2
0
1
0
0
0
1
−2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
b1 + b3 ~
− b3 ~
0
0
0
0
0
Dari matriks ini diperoleh x3 − 2 x 4 = 0 dan x1 − 2 x 2 + x 4 = 0 . Karena
hanya terdapat dua persamaan dengan empat buah bilangan tidak
diketahui, maka ada dua buah variabel bebas. Misalkan x 2 = s dan
x 4 = t maka x 3 = 2t dan x1 = 2 s − t sehingga kita memperoleh ruang
penyelesaian SPL sebagai berikut
x1
2s − t
2
x2
s
1
=
=
s+
x3
0
2t
x4
t
0
−1
0
t
2
1
−1
2
yang menunjukkan bahwa
vektor
vektor
u=
1
0
dan v =
0
2
1
0
merentang ruang penyelesaian tersebut. Karena u dan v keduanya
tidak saling berkelipatan, maka u dan v saling bebas linear . Jadi
{u , v } adalah basis ruang solusi dari SPL yang dimaksud.
2. Diketahui sistem persamaan linear
1
0
1
1
0 2
1 −1
5 α
0 2
1
1
6
β
x1
1
x2
2
=
x3
11
x4
α
a. Menentukan nilai dan agar SPL memiliki solusi yang banyak.
Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah
1
0
1
1
0 2
1 −1
5 α
0 2
1
1
6
1
2
11
β
α
yang dapat direduksi sebagai berikut
1 0
2
1
1
− b1 + b4
0 1
−1
1
2
− b1 + b3
0 5 α −2
5
10
0 0
0
1 0
− 5b2 + b3 ~
β − 1 α −1
2
0 1 −1
0 0 α +3
0 0
0
1
1
1
0
2
0
*
β − 1 α −1
Ada dua kemungkinan yang menyebabkan sistem ini memiliki solusi
banyak yaitu α = −3 atau α = β = 1 .
b. Menentukan solusi SPL diatas dari jawaban a
misalkan kita pilih alternatif kedua pada poin a yaitu α = β = 1 , maka
operasi terakhir pada poin a (*) akan menjadi
1 0
2
1 1
0 1 −1 1 2
0 0 4 0 0
0 0
0
0 0
1
b
4 3
~
1 0 2 1 1
1 0 0 1 1
0 1 −1 1 2
0 0 1 0 0
− 2b3 + b1 ~ 0 1 0 1 2
b3 + b2 ~ 0 0 1 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
!
Dari matriks terakhir kita memiliki x 3 = 0 , x1 + x 4 = 1 , dan
x2 + x4
= 2 . Karena tersisa dua persamaan dengan tiga buah
bilangan yang tidak diketahui, maka ada sebuah variabel bebas.
Misalkan x 4 = t maka x1 = 1 − t
dan x 2 = 2 − t . Sehingga kita
mendapatkan
penyelesaian
SPL
yang
dimaksud
yaitu
1− t
1
x1
−1
2−t
2
x2
−1
t.
+
=
=
0
0
0
x3
0
1
x4
t
3. Diketahui A = (1,-1,2), B = (2,1,-1), dan C = (1,0,-3)
a. Menentukan luas segitiga ABC !
AC = C − A = (1,0,−3) − (1,−1,2) = (0,1,−5)
AB = B − A = (2,1,−1) − (1,−1,2) = (1,2,−3)
iˆ
kˆ
ˆj
= iˆ
AB × AC = 1 2 − 3
0 1 −5
Luas ∆ABC =
=
ˆj kˆ
2 −3
+ 1.(− 1)3
+0
1 −5
1 −5
= −7iˆ + 5 ˆj + kˆ
1
1
AB × AC = − 7iˆ + 5 ˆj + k
2
2
1
75 5
3 .
49 + 25 + 1 =
=
2
2
2
b. Menentukan proyeksi orthogonal ruas garis AB terhadap ruas garis
yang tegak lurus terhadap ruas garis CA dan CB !
CA = A − C = (1,−1,2 ) − (1,0,−3) = (0,−1,5)
CB = B − C = (2,1,−1) − (1,0,−3) = (1,1,2 )
Misalkan v adalah vektor yang tegak lurus terhadap CA dan CB maka
iˆ
ˆj
kˆ
ˆj kˆ
−1 5
+0+
= −7iˆ + 5 ˆj + kˆ
v = CA × CB = 0 − 1 5 = iˆ
1 2
−1 5
1 1 2
proyv AB =
AB • v
v
2
⋅v =
(1,2,−3) • (− 7,5,1) ⋅ (− 7,5,1) =
49 + 25 + 1
0
⋅ (− 7,5,1) = (0,0,0 ) .
75
"
Kita gunakan alternatif lain untuk mendapatkan jawaban ini.
Perhatikan gambar berikut !.
B
A
C
W
l
Misalkan segitiga ABC terletak pada sebuah bidang W dan l adalah
garis yang tegak lurus terhadap ruas garis AC dan BC. Karena l tegak
lurus AC dan BC maka l tegak lurus dengan bidang W dan karena AB
terletak pada bidang W maka l tegak lurus dengan AB. Sehingga
haruslah proyeksi garis AB terhadap garis l adalah (0,0,0). (mengapa
???)
4. a. Memeriksa
apakah
{
}
A = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a 0 − 2a 2 + a 3 = 0
merupakan subruang dari P3 !
Akan kita periksa apakah A memenuhi sifat sifat sebagai subruang.
Mudah dibuktikan bahwa 1 + x + x 2 + x 3 ∈ A yang menunjukkan
bahwa A memenuhi sifat subruang yang pertama yaitu A ≠ { }.
Jelas bahwa A ⊂ P3 yang menunjukkan A memenuhi sifat subruang
yang lain.
Misalkan ambil sembarang anggota dari A yaitu p, q ∈ A dengan
p = p 0 + p1 x + p 2 x 2 + p 3 x 3 dan q 0 + q1 x + q 2 x 2 + q 3 x 3 . Tujuan kita
adalah memeriksa apakah p + q ∈ A .
p, q ∈ A maka secara berturut turut haruslah berlaku
Karena
p 0 − 2 p 2 + p3 = 0 *
(
dan
q 0 − 2q 2 + q 3 = 0 * * .
) (
p + q = p 0 + p1 x + p 2 x 2 + p 3 x 3 + q 0 + q1 x + q 2 x 2 + q 3 x 3
= ( p 0 + q 0 ) + ( p1 + q1 )x + ( p 2 + q 2 )x + ( p 3 + q 3 )x
2
Kemudian
)
3
.
Sekarang perhatikan bahwa Berdasarkan * dan **
#
( p0 + q0 ) − 2( p2 + q2 ) + ( p3 + q3 ) = ( p0 − 2 p2 + p3 ) + (q0 − 2q2 + q3 ) = 0 + 0 = 0
yang menunjukkan bahwa
yaitu A memenuhi sifat
p+q∈ A
subruang yang berikutnya.
Selanjutnya
untuk
setiap
2
dan
k ∈ℜ
p∈ A
berlaku
3
kp = kp 0 + kp1 x + kp 2 x + kp3 x dan akan kita periksa apakah kp∈ A.
Karena kp 0 − 2kp 2 + kp 3 = k ( p 0 − 2 p 2 + p 3 ) = k .0 = 0 (berdasarkan *)
maka kp∈ A. yang melengkapi pemeriksaan kita bahwa A adalah
subruang dari P3.
Menentukan basis dan dimensi dari A.
{
}
A = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a 0 − 2a 2 + a 3 = 0
Kondisi a0 − 2a2 + a3 = 0 menunjukkan bahwa a1 sebagai variabel
bebas. Misalkan a1 = α . Kemudian karena hanya terdapat sebuah
persamaan dan tersisa 3 buah bilangan yang tidak diketahui, maka ada
dua buah variabel bebas lagi. Misalkan a 2 = β dan a 3 = µ maka
a 0 = 2β − µ
sehingga
{
kita
A = (2β − µ ) + αx + βx + µx
2
3
dapat
menuliskan
A
sebagai
}= {αx + β (2 + x )+ µ (− 1 + x )}
2
3
yang menunjukkan bahwa polinom polinom p1 = x , p 2 = 2 + x 2 , dan
p 3 = −1 + x 3 merentang A.
Selanjutnya untuk melihat apakah p1 , p 2 dan p 3 saling bebas
linear akan kita periksa apakah α = β = µ = 0 merupakan satu satunya
solusi dari α . p1 + β . p 2 + µ . p 3 = 0 .
Jika kita tuliskan dengan lengkap, maka persamaan ini menjadi
(
) (
)
αx + β 2 + x 2 + µ − 1 + x 3 = 0 atau (2β − µ ) + αx + βx 2 + µx 3 = 0 .
Karena persamaan ini harus berlaku untuk setiap nilai x, maka
haruslah α = β = µ = 0 yaitu p1 , p 2 dan p 3 ketiganya saling bebas
linear . Jadi {p1 , p 2 , p 3 } adalah basis bagi A yang berdimensi 3.
Note : jangan bingung dengan simbol α , β , dan µ . Itu sama saja
dengan k1 , k 2 , k 3 seperti yang pembaca sering gunakan.
b. Memeriksa apakah
W = w1 =
2 1
0 2
1 1
1 2
, w2 =
, w3 =
, w4 =
. merupakan
−1 3
−1 1
−1 4
−1 0
basis bagi M 2 x 2 .
Untuk mengetahui apakah W merupakan suatu basis bagi M 2 x 2 ,
maka harus diperlihatkan apakah W membangun M 2 x 2 dan apakah
setiap anggota dari W saling bebas linear satu sama lain.
Untuk melihat apakah W membangun M 2 x 2 harus kita periksa apakah
sembarang matriks A =
a
c
b
d
pada M 2 x 2 dapat dinyatakan sebagai
kombinasi linear A = k1 w1 + k 2 w2 + k 3 w3 + k 4 w4 .
Jika kita tuliskan persamaan tersebut dengan lengkap akan menjadi
a b
2 1
0 2
1 1
1 2
.
+ k4
+ k3
= k1
+ k2
−1 3
−1 1
−1 0
−1 4
c d
Dengan menyederhanakan ruas kanan kemudian membandingkan tiap
tiap entri pada kedua ruas akan diperoleh
2k1 + 0k 2 + k 3 + k 4 = a
2 0 1 1
1 2 1 2
−1 −1 −1 −1
0 4 1 3
k1 + 2k 2 + k 3 + 2k 4 = b
− k1 − k 2 − k 3 − k 4 = c
0k1 + 4k 2 + k 3 + 3k 4 = d
Matriks
2
0
yang
1
diperluas
1
untuk
k1
a
k2
b
=
k3
c
k4
d
sistem
tersebut
adalah
a
1
2 1
2 b
−1 −1 −1 −1 c
0
4
1
3
d
yang dapat direduksi sebagai berikut
1
−1
0
0
a+c
b3 + b1 ~ 0 1
0 1 b+c
b3 + b2 ~ − 1 − 1 − 1 − 1 c
0
4
1
3
d
1
b1 + b3 ~
−1
0
0
a+c
0 1
0 1 b+c
0 − 2 − 1 − 1 a + 2c
0
4
1
3
d
1
b3 + b4
~
−1
0
0
0 1
0 1
0 − 2 −1 −1
a+c
b+c
a + 2c
0
2
0
2
a + 2c + d
1
−1
0
0
a+c
0 1
0 1
− 2b 2 + b 4 ~
0 − 2 −1 −1
b+c
a + 2c
0
a − 2b + d
0
0
0
.
Perhatikan bahwa agar sistem ini memiliki penyelesaian , maka
haruslah berlaku a − 2b + d = 0 (baris terakhir). Jika a ≠ 2b − d maka
sistem ini tidak memiliki penyelesaian yang berarti ada matiks A
anggota dari M 2 x 2 yang tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi
linear
A = k1 w1 + k 2 w2 + k 3 w3 + k 4 w4 dari W. Dengan demikian
tidak membangun M 2 x 2 sehingga W bukan basis bagi M 2 x 2 .
W