Subruang pada Vektor

BAB I
PENDAHULUAN
A. Latar Belakang
Gagasan penggunaan pasangan bilangan untuk meletakkan titiktitik pada dan penggunaan tripec bilangan untuk meletakkan titik-titik di
ruang 3 mula-mula diungkapkan secara jelas dalam pertengahan abad ke
17 menjelang akhir abad ke 19 para ahli matematika dan ahli fisika mulai
menyadari bahwa tidak perlu diberhenti dengan tripec. Pada waktu itu
dikenal bahwa kuadrupel bilangan (a1, a2, a3, a4) dapat ditinjau sebagai
titik pada ruang ‘berdemensi’ (a1, a2, …….a5) sebagai titik diruang 3,
namun kita mungkin memperluas gagasan yang dikenal hingga melebihi
ruang 3 dengan bekerja bagi sifat analetik atau sifat numeris titik dan
vektor serta bukan bekerja dengan sifat geometrik.
B. Tujuan
Adapun tujuan yaitu :
-
Untuk mengetahui subruang pada vektor
-
Mengetahui kebebasan linear pada vektor
-
Mengetahui basis dan dimensi pada vektor
-
Mengetahui baris dan kolom matriks, rank, penerapan terhadap
pencarian basis.
iii
BAB II
PEMBAHASAN
A. Subruang
Subhimpunan W dari sebuah ruang vektor V dinamakan subruang
(subspace) V jika W itu sendiri adalah ruang vektor di bawah
penambahan dan perkalian skalar yang didefinisikan pada V.
Jika W adalah himpunan dari satu atau lebih vektor dari sebuah
ruang vektor V, maka W adalah subruang dari V jika dan hanya jika
kondisi-kondisi berikut berlaku
1) Jika u dan v adalah vektor-vektor pada W, maka u + v terletak di W
2) Jika k adalah sebarang skalar dan u adalah sebarang vektor pada W,
ku berada di W
Kondisi-kondisi (1) dan (2) sering kita jelaskan dengan menyatakan
bahwa W tertutup dibawah penambahan dan tertutup di bawah perkalian
skalar. Bukti jika W adalah subruang dari V, maka semua aksioma ruang
vektor dipenuhi; khususnya Aksioma 1 dan Aksioma 6 berlaku. Tetapi
dalam hal ini persis merupakan kondisi (1) dan kondisi (2).
Setiap ruang vektor pada V mempunyai paling sedikit dua
subruang. V sendiri adalah sebuah subruang, dan himpunan {0} yang
terdiri dari vektor nol saja pada V yang merupakan sebuah subruang
yang kitanamakan subruang nol (zero subspace).
Contoh :
Misalkan W sebarang bidang yang melalui titik asal dan misalkan
u serta V sebarang vektor pada W. maka u + v harus terletak pada W
karena u + v adalah diagonal jajaran genjang yang ditentukan oleh u dan
v (gambar 1) dan k u harus terletak pada W untuk sebarang skalar k
iii
karena ku terletak pada garis yang melalui u. jadi W adalah subruang dari
R3 .
Contoh
Perlihatkan bahwa himpunan W dari semua matriks 2 x 2 yang
mempunyai bilangan nol pada diagonal utamanya adalah subruang dari
ruang vektor M22 dari semua matriks 2 x 2
Pemecahan.
 0 a12 
A

a 21 0 
 0 b12 
B

 b21 0 
Adalah seberang dua matriks pada W dan K adalah sebarang
skalar. Maka
ka12 
 0
kA  
0 
 ka 21
dan
a12  b12 
 0
AB 
0 
a 21  b21
Oleh karena kA dan A + B mempunyai bilangan nol pada diagonal
utama, maka kA dan A + B terletak pada W. Jadi, W adalah subruang
dari M22.
Contoh
Vektor-vektor i = (1, 0, 0) j = (0, 1, 0) dan k = (0, 0, 1) merentang R3
karena setiap vektor (a, b, c) pada R3 dapat kita tuliskan sebagai :
(a, b, c) = ai + bj + ck
Teorema jika v1, v2, ……….vr adalah vektor–vektor pada ruang vektor V,
maka:
iii
(1) Himpunan W dari semua kombinasi linear v1, v2, …….vr adalah
subruang V
(2) W adalah subruang terkecil dari V yang mengandung v1, v2, …….vr,
adalah arti bahwa setiap subruang lain dari V yang mengandung v1,
v2,…….,vr harus mengandung W
Kombinasi linear vi, v2, ……..vr, maka kita dapatkan subruang V.
subruang tersebut kita namakan ruang linear terentang oleh {v1, v2,
…….vr}, atau dengan lebih sederhana kita namakan ruang terentang oleh
{v1, v2,…….vr}
Bukti
(a) Untuk memperlihatkan bahwa W adalah subruang V, kita harus
membuktikan bahwa W tertutup dibawah penambahan dan perkalian
skalar. Jika u dan v adalah vektor-vektor pada W, maka
u = c1v1 + c2v2 + …………… + crvr
dimana c1, c2, …….cr, k1, k2,…………kr adalah skalar. Maka,
u + v = (c1k1)v1 + (c2 + k2)v2 + …………… + (cr+kr)vr
dan, untuk sebarang skalar k,
ku = (kc1) v1 + (kc2) v2 + ………..+ (kcr) vr
jadi u + v dan ku adalah kombinasi-kombinasi linear v1, v2, ……… vr,
dan sebagai konsekuensinya maka u + v dan ku terletak di W sehingga
W tertutup di bawah penambahan dan perkalian skalar.
(b) Setiap vektor vi adalah kombinasi-kombinasi v1, v2, ……..vr, karenanya
dapat kita tulis
vi = 0v1+0v2 + ………..+ 1vi + …………..0vr
oleh karena itu, subruang w mengandung setiap vektor v1, v2, …….vr
misalkan W1 adalah sebarang subruang lain yang mengandung v1, v2,
iii
…….vr. karena W-1 tertutup di bawah penambahan dan perkalian skalar,
maka W-1 harus mengundang semua kombinasi linear.
c1v1 + c2v2 dari v1,v2……,vr
jadi, W1 mengandung setiap vektor W.
B. Kebebasan Linear
Ketahui bahwa ruang vektor V direntang oleh himpunan vektor
S = [v1, v2……..vr] jika setiap vektor pada V adalah kombinasi linear, v1,
v2……..vr. dengan merentang himpunan tersebut akan berguna dalam
berbagai soal, karena mungkin kita sering menelaah ruang vektor V
dengan menelaah terlebih dahulu vektor-vektor dengan merentang
himpunan S. dan kemudian dengan memperluas hasil-hasil tersebut pada
bagian selebihnya dari V. maka, kita perlu mempertahankan perentangan
himpunan S sekecil mungkin. Permasalahan untuk mendapatkan
peretangan himpunan terkecil untuk ruang vektor bergantung pada
pengertian kita mengenai kebebasan linear.
Definisi. Jika S = {v1, v2……..vr} adalah himpunan vektor, maka
persamaan vektor.
k1v1 + k2v2 + …………..krvr = 0
Mempunyai paling sedikit satu pemecahan, yakni
k1 = 0, k2 = 0, ………….kr = 0
jika ini adalah satu-satunya pemecahan, maka S kita namakan himpunan
bebas linear (linearly independent). Jika ada pemecahan lain, maka S kita
namakan himpunan tak bebas linear (linearly dependent).
Contoh :
Tinjaulah vektor-vektor i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), dan k = (0, 0, 1) pada R3
ruas komponen persamaan vektor
iii
Kii + 1 + k2v2 + ………..krvr = 0
Menjadi
k1 = (1, 0, 0), + k2 (0, 1, 0) + k3(0, 0, 1) = (0, 0, 0)
atau secara ekivalen menjadi
(k1, k2, k3) = (0, 0, 0)
Jadi, k1 = 0, k2 = 0, k3 =0; sehingga himpunan S = (i, j, k) bebas linear.
Uraian serupa dapat digunakan untuk memperlihatkan bahwa vektorvektor e1 = (1, 0, 0,……..0), e2 = (0, 1, 0, …..0),…….,cn = (0, 0, 0,……..1)
membentuk himpunan bebas linear pada Rn.
Teorema 6. Himpunan S dengan dua vektor atau lebih adalah
(a) Tak bebas linear jika dan hanya paling tidak satu diantara vektor S
dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor S lainnya
(b) Bebas linear jika dan hanya jika tidak ada vektor S yang dapat
dinyatakan sebagai kombinasi dalam linear dalam vektor S lainnya .
Teorema 27
(a) Jika sebuah himpunan mengandung vektor nol, maka himpunan itu
takbebas linear
(b) Sebuah himpunan yang mempunyai persis dua vektor tak bebas jika
bebas satu dari vektor itu adalah perkalian dari skalar lainnya.
Contoh 27.
Dalam R2 atau R3 satu vektor adalah kelipatan skalar dari vektor lainnya
jika hanya jika kedua vektor yang terletak pada garis yang sama yang
melalui titik asal ditempatkan pada titik awalnya melalui titik asal. Jadi,
berikutnya dari bagian (b) dari teorema 7 bahwa dalam R2 dan R3 dua
vektor yang berbentuk himpunan tak bebas linear adalah jika dan hanya
jika vektor itu terletak pada garis yang sama melalui titik asal yang
ditempatkan pada titik awalnya melalui titik asal itu sendiri.
iii
Teorema 8. misalkan S = {v1, v2, ……….vr) adalah himpunan vektorvektor pada Rn jika r > n, maka S tak bebas linear.
Bukti.
v1 = (v11, v12, ……….v1n)
v2 = (v21, v22, ……….v2n)
vr = (vr1, vr2, ……….vrn)
tinjaulah persamaan
kiv1 + k2v2 + ………..krvr = 0
C. Basis dan Dimensi
Definisi. Jika V adalah sebarang ruang vektor dan S = {V1, V2,.....Vr}
merupakan himpunan berhingga dari vektor-vektor pada V, maka S kita
namakan basis untuk V jika
(i) S bebes linear;
(ii) S merentang V
Contoh 32
Misalkan
1 0 
0 1
 0 0
 0 0
M1  
M2  
M3  
M4  




0 0
0 0
1 0
0 1
iii
Himpunan S = {M1, M2, M3, M4} adalah sebuah basis untuk ruang
vektor M22 dari matriks-matriks 2x2. Untuk melihat bahwa S merentang
M22, perhatikan bahwa sebuah vektor khas (matriks).
a b 
c d 


Dapat ditulis sebagai
a b 
1 0   0 1   0 0   0 0 
 c d   a  0 0   0 0  1 0   0 1 



 
 
 

= aM1 + bM2 + cM3 + dM4
Untuk melihat bahwa S bebas linear, anggaplah bahwa
aM1 + bM2 + cM3 + dM4 = 0
yakni
1 0 
a
 b
0 0 
0 1 
0 0   c


0 0
1 0   d


0 0 0 0
0 1   0 0

 

a b 
0 0 
 c d   0 0




Jadi, a = b = c = d = 0 sehingga S bebas linear.
Definisi. Sebuah ruang vektor taknol V dinamakan berdimensi berhingga
(finite dimensional) jika ruang fektor tersebut mengandung sebuah
himpunan berhingga dari vektor-vektor {V1,V2,...Vn} yang membentuk
sebuah basis. Jika tidak ada himpunan seperti itu, maka V dinamakan
dimensi tak berhingga (infinite dimensional), tambahan lagi, kita akan
menganggap ruang vektor nol sebagai ruang vektor berdimensi
berhingga walaupun ruang vektor tersebut tidak mempunyai himpunan
bebas linearm sehingga basispun tidak ada.
Teorema 9. Jika S = {V1,V2,….Vn} adalah basis untuk ruang vektor V, maka
setiap himpunan dengan lebih dari n vektor adalah tak terbebas linear
iii
Bukti. Misalkan S= {W1, W2,….Wm} adalah sebarang himpunan m vektor
pada V, dimana m>n. Kita ingin memperlihatkan bahwa S tak bebas
linear. Karena S = {V1,V2….Vn} adalah sebuah basis maka setiap w dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor S, katakanlah,
w1 = a11v1 + a21v2 +………an1vn
w1 = a12v1 + a22v2 +………an1vn
wm = a1mv1 + a2mv2 +………anmvn
Untuk memperlihatkan bahwa S tak bebas linear, maka kita harus cari
skalar-skalar K1,K2…Km, yang tidak semuanya nol, sehingga
k1w1 + k2v2 +….………kmwm = 0
Teorema 10. Sebarang dua basis untuk ruang vektor berdimensi berhingga
mempunyai jumlah vektor yang sama.
Bukti. Misalkan S = {V1,V2….Vn} dan S {W1, W2,….Wm} adalah dua basis
untuk sebuah ruang vektor V yang berdimensi berhingga. Karena S
adalah sebuah basis dan S adalah himpunan basis linear, maka teorema 9
menunjukkan bahwa mn. Demikian juga, karena S adalah sebuah basis
dan S bebas linear, kita juga memperoleh nm. maka m=n.
Definisi. Dimensi sebuah ruangan vektor V yang berdimensi berhingga
didefinisikan sebagai banyaknya vektor pada basis untuk V. Tambahan
lagi, kita mendefinisikan ruang vektor nol mempunyai dimensi nol.
Contoh 37
Tentukanlah basis dan dimensi untuk ruang pemecahan dari sistem
homogen.
2x1 + 2x2 - x3
+ x5 = 0
- x1 - x2 + 2x3 - 3x4 + x5 = 0
x1 + x2 - 2x3
iii
- x5 = 0
x3 + x4 + x5 = 0
Pemecahan. Pada contoh
x1 = – s – 1, x2 = s,
x3 = -t,
x4 = 0, x5 = t,
Sehingga vektor-vektor pemecahan tersebut dapat dituliskan sebagai
 x1   s  t   s    t   1  1
x   s   s   0   1   0 
 2 
        
 x 3     t    0     t    0    1
  
        
x4   0   0   0   0   0 
 x 5   t   0   t   0   1 
Yang memperlihatkan bahwa vektor-vektor
 1
 1
0
0
 
 
v1   0  dan v 2   1
 
 
0
0
 0 
 1 
Teorema 11
(a) Jika S = {V1,V2….Vn} adalah sebuah himpunan n vektor bebas linear
pada sebuah ruang V yang berdimensi n, maka S adalah sebuah basis
untuk V.
(b) Jika S = {V1,V2….Vn} adalah sebuah himpunan n vektor yang
merentang ruang V yang berdimensi n, maka S adalah basis untuk V
(c) Jika S = {V1,V2….Vr} adalah sebuah himpunan bebas linear pada ruang
V yang berdimensi n dan r < n, maka S dapat diperbesar menjadi basis
untuk V, yakni vektor-vektor {Vr,1….Vn} sehingga {V1,V2….{Vr,Vr
+1,…Vn}
adalah sebuah basis untuk V.
iii
D. Ruang Baris Dan Kolom Matriks, Rank, Penerapan Terhadap Pencarian
Basis
Definisi. Tinjauan matriks m x n
 a11 a12 .....a1n 
A   a 21 a 22 .....a 2n 
a m1 a m2 .....a mn 
Vektor-vektor
r1
 (a11,a12
.....a1n )
r2
 (a 21 , a 22
.....a 2n )
rm
 (a m1 , a m2 .....a mn )
Bentuk dari baris-baris A yang kita namakan vektor-vektor baris A, dan
vektor-vektor
 a11 
c1   a 21  ,
a m1 
 a12 
 a1n 


c2   a 22  ,...........cn   a 2n 
a m2 
a mn 
Terbentuk dari kolom-kolom A. Subruang Rn yang direntang oleh vektorvektor baris yang kita namakan ruang baris (row space) A dan Subruang
Rm yang direntang oleh vektor-vektor kolom kita namakan ruang kolom
(column space)A
Contoh
Misalkan
3 1 0
A

 2 1 4 
Vektor-vektor baris A adalah
r1 = (2,1,0) dan r1 = (3,-1,4)
Teorema berikutnya akan membantu kita mencari basis-basis untuk ruang
vektor.
Teorema 12. operasi baris elementer tidak mengubah ruang baris sebuah matriks
iii
Jelaslah bahwa dari teorema ini bahwa sebuah matriks dan semua bentuk
eselon barisnya mempunyai ruang baris yang sama. Akan tetapi, vektorvektor baris taknol dari matriks berbentuk eselon baris selalu bebas linear.
Sehingga vektor-vektor baris taknol ini membentuk basis untuk ruang
baris tersebut. Jadi, kita peroleh hasil berikut.
Teorema 13. Vektor-vektor baris taknol berbentuk eselon baris dari matriks A
membentuk basis untuk ruang baris A.
Contoh 40
Carilah sebuah basis untuk ruang yang direntang oleh vektor-vektor
v1 = (1,-2,0,0,3,), v2 = (2,-5,-3,-2,6) v3 = (0,5,15,10,0)
v4 = (2,6,18,8,6)
Pemecahan. Ruang yang direntang oleh vektor-vektor ini adalah ruang
baris dari matriks
1 2 0 0
 2 5 3 2

 0 5 15 10

 2 6 18 8
3
6 
0

6
Dengan meredekusi matriks ini menjadi bentuk eselon baris, kita
dapatkan (buktikan):
1 2
0 1

0 0

0 0
0 0 3
3 2 0 
1 1 0

0 0 0
Vektor-vektor baris taknol pada matriks ini adalah
w1 = (1,-2,0,0,3), w2 = (0,1,3,2,0) w3 = (0,0,1,1,0)
Vektor-vektor ini membentuk basis bagi ruang baris tersebut dan sebagai
konsekuensinya maka akan membentuk basis untuk ruang yang
direntang oleh v1, v2, v3 dan v4
iii
Teorema 14. Jika A adalah sebarang matriks, maka ruang baris dan ruang
kolom A mempunyai dimensi yang sama.
Contoh
1 0 1 1 
A   3 2 5 1 
0 4 4 4 
Mempunyai ruang kolom berdimensi dua. Jadi teorema 14 menyatakan
bahwa ruang baris tersebut juga berdimensi dua. Untuk melihat bahwa
kasusnya memang demikian, maka kita reduksi A terhadap bentuk eselon
baris, yang menghasilkan (buktikan).
1 0 1 1 
0 1 1 1


0 0 0 0 
Karena matriks ini mempunyai dua baris taknol, maka ruang baris A
berdimensi dua. Definisi. Dimensi ruang baris dan ruang kolom matriks
A dinamakan rank A dan ditanyakan dengan rank (A)
Teorema
Jika A adalah matriks n x n, maka pertanyaan-pertanyaan berikut
ekivalen satu sama lain.
(a) A dapat dibalik
(b) Ax = 0 hanya mempunyai pemecahan trivial
(c) A ekivalen baris dengan In
(d) Ax = b konsisten untuk tiap-tiap matriks b yang berukuran n x 1
(e) Det (A)  0
(f) A mempunyai rank n
(g) Vektor-vektor baris A bebas linear
(h) Vektor-vektor kolom A bebas linear
iii
Bukti. Kita akan perlihatkan bahwa (c), (f), (g) dan (h) ekivalen satu
sama lain membuktikan urutan implikasi (c) => (f) => (g) => (c). ini akan
melengkapkan bukti tersebut karena kita sudah mengetahui bahwa (c)
ekivalen dengan (a), (b), (d) dan (e).
(c) => (f) karena A ekivalen baris dengan In, dan In baris taknol, maka
ruang baris dari A berdimensi n menurut Teorema 13. jadi, A mempunyai
rank n.
(f) => (g) karena A mempunyai rank n, maka ruang baris dari A, maka
jelaslah dari teorema 11 dalam bagian 4.5 bahwa vektor-vektor baris A
bebas linear.
(g) => (h) anggaplah vektor-vektor baris A bebas linear. Jadi, ruang baris
A berdimensi n. Menurut teorema 14 maka ruang kolom. A juga
berdimensi n. karena vektor-vektor kolom A merentang ruang kolom,
maka vektor-vektor kolom A bebas linear menurut teorema 11 pada
bagian 4.5.
(h) => (c) anggapalah vektor-vektor kolom A bebas linear. Jadi, ruang
kolom A berdimensi n dan sebagai konsekuensinya, maka menurut
Teorema 14 ruang baris A berdimensi n. ini berarti bahwa bentuk eselon
baris tereduksi A mempunyai n baris taknol, yakni bahwa semua
barisnya taknol. Seperti yang disajikan pada contoh 24 bagian 2.3 maka
ini berarti bahwa bentuk eselon baris tereduksi A adalah I n. jadi, A
ekivalen baris dengan In.
Teorema 16. Sebuah sistem persamaan linear Ax = b adalah konsisten jika
dan hanya jika b berada pada ruang kolom A
Contoh 44.
Misalkan Ax = b adalah sistem linear
iii
 1 3 2   x1   1 
 1 2 3  x    9

 2  
 2 1 2  x 3   3
Pecahkan sistem tersebut dan gunakan hasil untuk menyatakan b sebagai
kombinasi linear dari vektor kolom A.
Pemecahan. Dengan memecahkan sistem menggunakan eliminasi Gauss
akan menghasilkan ( buktikan ):
x1 = 2 x 2 = 1
x3 = 3
Jadi, dari persamaan ( 4. 16,
 1  3  2   1 
2  1    2  3  3   9
 2  1   2  3
Teorema 18 jika Ax= b adalah sistem linear konsisten dari m
persamaan n bilangan tak diketahui dan A mempunyai rank r, maka
pemecahan sistem tersebut mengandung n-r parameter.
Jika A adalah mertiks 5x7 dengan rank 4, dan jika Ax=b adalah
sistem linear konsisten maka pemecahan tersebut mengandung sistem 74=3 parameter.
iii
BAB III
PENUTUP
A. Kesimpulan
Adapun kesimpulan yang dapat diambil dari pembahasan ini adalah :
1. Subhimpunan w dari sebuah ruang vektor dinamakan subruang
(subspace) v jika w itu sendiri adalah ruang vektor di bawah
penambahan dan perkalian skalar yang didefinisikan pada v
2. Kebebasan linear jika s (v1, v2, ….v5) adalah himpunan vektor, maka
persamaan vektor kiv1 + kiv2 + ……… + krvr = 0
Mempunyai paling sedikit satu pemecahan yakni :
Ki = 0, K2 = 0, Kr = 0
Jika ini adalah satu-satunya pemecahan maka, s kita namakan
himpunan bebas linear (linearly independent). Jika ada pemecahan
lain maka S kita namakan himpunan tak bebas linear (linearly
dependent)
3. Ke basis dan dimensi dimana jika v adalah sebarang ruang vektor dan
s = (v1, v2………vr) merupakan himpunan sehingga dari vektorvektor pada v maka s dinamakan basis untuk v jika:
(i) S bebas linear
(ii) S merentang v
4. Ruang garis dan kolom matriks, rank, penerapan terhadap pemecahan
basis
Dimensi ruang baris dan ruang kolom matriks A dinamakan rank A
dan dinyatakan dengan rank (A)
iii
B. Saran
Dalam
menentukan
ruang-ruang
dalam
vektor
diperlukan
ketelitian yang tinggi dan dilandaskan dengan definisi-definisi yang telat
ada, sehingga mendapatkan hasil yang maximal.
iii
DAFTAR PUSTAKA
Anton Howard, 1987. Aljabar Linear Erlementer, Edisi Ketiga Jakarta. Erlangga.
iii