diktat mata kuliah aljabar linear elementer (bagian ii)

DIKTAT MATA KULIAH
ALJABAR LINEAR ELEMENTER
(BAGIAN II)
DISUSUN OLEH
ABDUL JABAR, M.Pd
JURUSAN/PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA
STKIP PGRI BANJARMASIN
MARET 2013
MUQADIMAH
Alhamdulillah penyusun ucapkan ke hadirat ALLAH SWT, karena berkat limpahan rahmat,
taufik dan hidayah-Nya penyusun dapat menyelesaikan diktat Aljabar Linear ini. Shalawat dan
salam juga semoga selalu tercurah kepada junjungan kita Nabi Muhammad SAW beserta
sahabat, kerabat, serta ummat beliau yang senantiasa istiqamah mengikuti risalah beliau
hingga akhir zaman.
Diktat ini disusun dalam dua bagian, dengan harapan setelah selesai bagian I akan
dilaksanakan ujian tengah semester, dan nanti langsung dilanjutkan dengan bagian II. Semoga
dengan penyusunan diktat ini dapat membantu mahasiswa dalam belajar Aljabar Linear,
tentu saja perlu ditambah dengan buku pendukung lainnya.
Penyusun juga menyadari bahwa diktat ini masih jauh dari sempurna, sehingga saran dan
kritik sangat penyusun harapkan.
Banjarmasin, Maret 2013
Penyusun,
TTD
Abdul Jabar, M.Pd
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal i
DAFTAR ISI
BAB IV RUANG VEKTOR
……………………………………………………………………………..
4.1 Field
………………………………………………………………………………………………………
4.2 Ruang Vektor
…………………………………………………………………………………………
4.3 Ruang Vektor Bagian
………………………………………………………………………….
4.4 Kombinasi Linear dan Span
…………………………………………………………………..
4.5 Bebas Linear
……………………………………………………………………………………….
4.6 Basis dan Dimensi
………………………………………………………………………………..
4.7 Row Space, Column space dan Null space
…………………………………………………
BAB V RUANG HASIL KALI DALAM
……………………………………………………………..
5.1 Hasilkali Dalam Umum
…………………………………………………………………………
5.2 Hasilkali Dalam Khusus
……………………………………………………………………..
5.3 Panjang vektor , jarak antar vektor ,dan besar sudut dalam RHD
…………………
5.4 Basis Ortonormal; Proses Gram-Schmidt
…………………………………………………
5.5 Perubahan Basis …………………………………………………………………………………………
BAB VI TRANSFORMASI LINEAR
…………………………………………………………………
BAB VII NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN ……………………………………………………….
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Halaman
1
1
2
4
4
5
6
8
12
12
13
14
15
18
20
25
Hal ii
BAB IV
RUANG VEKTOR
4.1
Field
Misal { K, + , * }, K adalah himpunan , didefinisikan 2 operasi + (penjumlahan) dan *
(perkalian). Akan dikatakan Field jika dipenuhi :
1.
untuk setiap ,  K maka  +  K dan  *   K, dikatakan K tertutup terhadap
operasi penjumlahan dan perkalian.
2.
untuk setiap ,,  K maka (+ ) +  =+ ( + )
3.
terdapat 0  K disebut elemen nol, sedemikian sehingga 0 +  =  + 0 =  , untuk setiap
 K
4.
untuk masing-masing  K , terdapat -  K disebut negatip dari  sedemikian sehingga
(- ) +  =  +(- )=0
5.
untuk setiap , K maka  +  =  + 
6.
untuk setiap ,,  K maka (*)* =* ( * )
7.
untuk setiap ,,  K
(i) *(  +  )=* + *
(ii) (  +  )*  = * + *
8.
untuk setiap , K maka  *  =  * 
9.
terdapat 1 K disebut elemen satuan , sedemikian sehingga 1*  =  *1 =  , untuk
setiap  K
10. untuk masing-masing 0 K , terdapat -1 K disebut negatip dari  sedemikian
sehingga -1 *  =  *-1=1
Anggota dari Field disebut Skalar.
Perhatikan : Sistem Bilangan berikut
Bilangan Kompleks
Bilangan Imajiner
Bilangan Riil
B. Irrasional
B. Rasional
B. Bulat
B. Pecahan
Dijelaskan 10 Syarat di atas diterapkan pada Masing-masing bilangan tersebut. Sehingga
dapat disimpulkan Contoh Field adalah Bilangan Kompleks, Riil, dan Rasional.
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 1
4.2 Ruang Vektor
Suatu objek di dalam ruang vektor V disebut vektor. V dikatakan sebagai ruang vektor bila
memenuhi 10 aksioma berikut :
1. Jika u dan v di dalam V, maka u + v juga harus di dalam V
2. u + v = v + u
3. u + (v + w) = (u + v) + w
4. Di dalam ruang vektor V ada objek 0, yang disebut sebagai vektor 0 sedemikian
sehingga 0 + u = u + 0 = u, untuk semua u di dalam vektor V
5. Untuk setiap u di dalam V, ada objek yang disebut sebagai –u di dalam V, yang disebut
sebagai negatip u, sehingga u + (-u) = (-u) + u = 0
6. Jika k adalah sebarang skalar dan u adalah objek di dalam ruang vektor V, maka ku
juga ada di dalam ruang vektor V
7. k(u+v) = ku + kv
8. (k + m)u = ku + mu
9. k(mu) = (km)u
10. 1.u = u
Contoh 4.1
Buktikan R2 merupakan ruang vektor!
Jawab
Ambil u, v, w  R2
u = (u1, u2) v = (v1, v2)
w = (w1, w2)
1. u + v = (u1, u2) + (v1, v2)
= (u1 + v1, u2 + v2)  R2 (sifat tertutup bilangan real)
2. u + v = (u1 + v1, u2 + v2)
= (v1 + u1, v2 + u2) (sifat komutatif bilangan real)
= (v1, v2) + (u1, u2)
=v+u
3. u+(v + w)
= (u1, u2) + [(v1, v2) + (w1, w2)]
= (u1, u2) + (v1 + w1, v2 + w2)
= (u1 + (v1 + w1), u2 +( v2 + w2) )
= ((u1 + v1)+ w1), (u2 + v2) + w2) (Sifat assosiatif bilangan real)
= [(u1 + v1, u2 + v2)] + (w1, w2)
= [(u1, u2) + (v1, v2)] + (w1, w2)
= (u+v ) + w
4.  0 = (0, 0)  R2
u + 0 = (u1, u2) + (0, 0) = (u1, u2) = u
5.  u  R2  -u = (-u1, -u2)  R2
u + (-u) = (u1, u2) + (-u1, -u2) = (0, 0) = 0
6. ku = k (u1, u2) = (ku1, ku2)  R2
7. k (u + v)
= k (u1 + v1, u2 + v2)
= (k(u1 + v1), k(u2 + v2))
= (ku1 + kv1, ku2 + kv2)
= (ku1, ku2) + (kv1, kv2)
= k(u1, u2) + k(v1, v2) = ku + kv
8. (k + l) u
= (k + l) (u1, u2)
= ((k + l) u1, (k + l) u2)
= ((k u1 + l u1), (k u2 + l u2))
= (ku1, ku2) + ( lu1, lu2)
= k (u1, u2) + l (u1, u2)
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 2
= ku + lu
9. k (lu)
= k (l(u1, u2))
= k (lu1, lu2) = (klu1, klu2)
= kl (u1, u2) = (kl)u
10. 1u
= 1 (u1, u2) = (u1, u2) = u
R2 merupakan ruang vektor karena memenuhi 10 aksioma
Contoh 4.2
Diketahui : B = {(x, y) | x, y  R} dimana (x, y) + (x’, y’) = (x + x’, 0) dan k(x, y) = (2x, ky)
Selidiki apakah B sebuah ruang vektor?
Jawab:
Ambil u, v, w  B
u = (u1, u2) v = (v1, v2)
w = (w1, w2)
1. u + v = (u1, u2) + (v1, v2)
= (u1 + v1, 0)  B (sifat tertutup bilangan real)
2. u + v = (u1 + v1, u2 + v2) = (u1 + v1, 0)
= (v1 + u1, 0)
v + u = (v1, v2) + (u1, u2) = (v1 + u1, 0)
=u+v
3. u+(v + w)
= (u1, u2) + [(v1, v2) + (w1, w2)]
= (u1, u2) + (v1 + w1, 0)
= (u1 + (v1 + w1), 0)
= ((u1 + v1)+ w1), 0)
(Sifat assosiatif bilangan real)
(u+v ) + w
= [(u1, u2) + (v1, v2)] + (w1, w2)
= [(u1 + v1, 0)] + (w1, w2)
= ((u1 + v1)+ w1), 0)
=u+(v + w)
4.  0 = (0, 0)  B
u + 0 = (u1, u2) + (0, 0) = (u1, 0) ≠ u (gagal)
5.  u  B  -u = (-u1, -u2)  B
u + (-u) = (u1, u2) + (-u1, -u2) = (0, 0) = 0
6. ku = k (u1, u2) = (2u1, ku2)  B
7. k (u + v)
= k (u1 + v1, 0)
= (2(u1 + v1), 0)
= (2u1 + 2v1, 0)
ku + kv
= k(u1, u2) + k(v1, v2)
= (2u1, ku2) + (2v1, kv2)
= (2u1 + 2v1, 0) = k (u + v)
8. (k + l) u
= (k + l) (u1, u2)
= ( 2u1, (k + l) u2)
ku + lu
= k (u1, u2) + l (u1, u2)
= (2u1, ku2) + ( 2u1, lu2)
= ((2u1 + 2u1), 0)
= (4u1, 0) ≠ (k + l) u (gagal)
9. k (lu)
= k (l(u1, u2))
= k (2u1, lu2) = (4u1, klu2)
(kl)u
= kl (u1, u2) = (2u1, klu2)
≠ k (lu) (gagal)
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 3
10. 1u = 1(u1, u2) = (2u1, u2) ≠ u (gagal)
B bukan ruang vektor sebab tidak memenuhi aksioma 4, 8, 9, dan 10
4.3 Ruang Vektor Bagian ( Subspace )
V adalah Ruang Vektor , W adalah Subset dari V. Untuk menentukan apakah W
merupakan ruang bagian V, cukup diperiksa berikut :
1.
W   ( W tidak hampa ) , untuk itu perlu ditunjukkan bahwa vektor 0 W.
2.
Untuk setiap a, b W maka a + b W
3.
Untuk setiap a  W ,   K maka  a  W
Contoh 4.3
U = { (x, 0) | x R}. Buktikan bahwa U merupakan sub ruang dari R2!
Misalkan a , b ∈ U artinya a = ( x1,0 ) dan b = ( x2,0 ) dengan x1,x2 ∈ R
1. U . Contoh 0 = (0,0) ∈ U
2. a + b = ( x1 + x2,0 ) dengan x1+x2 ∈ R , jadi a + b ∈ U
3. Untuk skalar k , maka k a = ( kx1,0 ) dengan kx1 ∈ R , jadi k a ∈ U
Semua syarat terpenuhi , maka U merupakan sub–ruang R2
Contoh 4.4
U = { (x, y, z) | y = 2x + z}. Selidiki apakah U merupakan sub ruang dari R3
Misalkan a , b ∈ U
artinya a = (a1, a2, a3) dan b = (b1, b2, b3) dengan a2 = 2a1 + a3 dan b2= 2b1 + b3
1. U . Contoh 0 = (0, 0, 0) ∈ U
2. a + b = ( a1 + b1, a2 + b2 , a3 + b3 ) apakah a2 + b2 = 2(a1 + b1) + (a3 + b3 )
Penyelidikan:
2(a1 + b1) + (a3 + b3 ) = 2a1 + 2b1 + a3 + b3 (sifat distributif dan assosiatif umum)
= 2a1 + a3+ 2b1 + b3 (sifat komutatif umum)
= (2a1 + a3)+ (2b1 + b3) = a2 + b2
a + b ∈ U (terpenuhi)
3. Untuk skalar k , maka k a = (ka1, ka2, ka3) apakah ka2= 2ka1+ ka3
Penyeledikan:
2ka1+ ka3 = k2a1+ ka3 =k(2a1+ a3 ) = ka2 ( terpenuhi)
U merupakan sub–ruang R3
4.4 Kombinasi Linier dan Span (Membangun)
Sebuah vektor w dikatakan merupakan suatu kombinasi linier dari vektor-vektor v1, v2, …,
vn jika vektor w dapat dituliskan sebagai :
w = a1v1 + a2v2 + ……..+ anvn
dengan a1, a2 ……an adalah sembarang skalar yang memenuhi persamaan.
Contoh 4.5
Jika terdapat vektor u=(-1,1,2) dan v=(2,-3,0) di ruang R3, tentukan apakah vektor-vektor
berikut ini adalah kombinasi linier dari u dan v :
a) (-4,5,4)
b) (1,-2,0)
Jawab :
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 4
a) Untuk mengetahui suatu vektor adalah kombinasi linier dari vektor yang lainnya,
dibuat penulisan persamaan vektor sebagai berikut : w = a1u + a2v
-4 
-1
 2
 5   a  1   a -3
  1  2 
 4 
 2 
 0 
-4 = -a1 + 2a2;5 = a1- 3a2; 4 = 2a1
Jadi : karena ditemukan a1 = 2 dan a2= -1 maka w mrupakan kombinasi linear dari u
dan v
b) Sebagai latihan
Jika S={v1,v2, …,vr) adalah himpunan vektor di dalam ruang vektor V, dikatakan membangun
(Span) suatu ruang vektor V jika setiap vektor pada V selalu dapat dinyatakan sebagai
kombinasi linear dari vektor – vektor di S.
Contoh 4.6
Tentukan apakah v1=(-2,1,2), v2=(0,1,3), v3=(-1,0,1) span dari ruang vektor R3?
Jawab :
Untuk menentukan span di ruang vektor R3, maka dicari kemungkinan setiap vektor di ruang
R3 adalah kombina-si linier dari v1, v2 dan v3. Misalkan vektor a=(a1,a2,a3) di ruang vektor R3,
maka a dapat ditulis sebagai kombinasi linier dari v1,v2,dan v3
Agar supaya ada nilai k1,k2 dan k3, maka matrik 3 x 3 tersebut harus mempunyai invers atau
determinan tidak boleh sama dengan nol. Karena determinan matrik tersebut adalah -3,
maka k1,k2 dan k3 didapatkan. Jadi disimpulkan bahwa v1,v2 dan v3 merupakan span dari
ruang vektor R3
4.5 Bebas Linear
Definisi :
Himpunan m buah vektor {u1, u2 , …, um} disebut bergantung linier ( linearly dependent,
tidak bebas linier) bila terdapat skalar-skalar 1, 2 , …, m yang tidak semua nol
sedemikian sehingga 1 u1 + 2 u2 +… + m um = 0 ( 0 = vektor nol ).
Dalam hal lain himpunan { u1, u2 , …, um} disebut bebas Linier (linearly independent ),
dengan perkataan lain apabila 1 u1 + 2 u2 +… + m um = 0 hanya dipenuhi oleh 1= 2 = …
=m=0.
Contoh 4.6
Apakah vektor-vektor v1=(1,0,1), v2=(2,-1,3) dan v3=(-3,1,-4) saling bebas atau bergantung
linier?
Jawab :
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 5
Untuk mengecek kebergantungan linier, langkah yang dilakukan adalah dengan menuliskan
persamaan homogen yang mengandung vektor-vektor tersebut yakni : a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0
a1(1,0,1) + a2(2,-1,3) +a3(-3,1,-4) = 0
Diperoleh persamaan :
a1+ 2a2 – 3a3=0; -a2 + a3 = 0 dan a1+ 3 a2 – 4 a3 = 0, didapatkan : a1 = a2 = a3 = 1
Jadi vektor v1, v2 dan v3 adalah bergantung linier.
Beberapa catatan :
1. Sebuah kumpulan vektor yang ada di dalam S, maka
a) Saling bergantung linier jika dan hanya jika paling sedikit ada 1 vektor di dalam S
yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari vektor yang lain yang juga di
dalam S
b) Saling bebas linier jika dan hanya jika tidak ada vektor di dalam S yang dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linier dari vektor lainnya di dalam S.
2. Sekumpulan vektor berjumlah berhingga yang memuat vektor nol (0) adalah saling
bergantung linier.
3. Jika S ={v1, v2, v3, …, vn} adalah sekumpulan vektor di ruang Rm. Apabila n>m, maka
himpunan S adalah saling bergantung linier.
4.6
Basis dan Dimensi
Basis : suatu ukuran tertentu yang menyatakan komponen dari sebuah vector. Dimensi
biasanya dihubungkan dengan ruang, misalnya garis adalah ruang dengan dimensi 1, bidang
adalah uang dengan dimensi 2 dan seterusnya.
Definisi
Jika V adalah ruang vektor dan S = {v1, v2, v3, …, vn} adalah kumpulan vektor di dalam V, maka
S disebut sebagai basis dari ruang vektor V jika 2 syarat berikut ini dipenuhi :
1. S bebas linier
2. S span (membangun) V
Contoh 4.7
Jika v1=(1,2,1), v2=(2,9,0) dan v3=(3,3,,4).
Apakah S={v1, v2, v3} adalah basis di R3?
Jawab :
• Syarat sebagai basis adalah span dan bebas linier, maka langkah yang harus dilakukan
adalah menguji kedua syarat tersebut.
• Jika span, maka harus ada vektor lain yang merupakan kombinasi linier v1, v2 dan v3
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 6
•
•
•
•
Supaya ada solusi, maka matrik 3 x 3 memiliki invers.
Dari hasil perhitung diperoleh nilai determinan = 1, yang menandakan bahwa matrik
memiliki invers. Dengan demikian setiap nilai b1, b2 dan b3 akan menghasilkan nilai
a1, a2 dan a3.
Dapat dikatakan bahwa S adalah span dari R3.
Jika nilai b1= b2 = b3 = 0, maka a1= a2 = a3= 0 (detailnya sebagai latihan) sehingga
ketiga vector saling bebas linier.
Kesimpulannya : S={v1, v2, v3} adalah himpunan dari vektor basis di R3
Catatan:
 Ruang vektor V yang bukan nol (0) disebut dimensi terbatas (finite dimensional), yaitu
mengandung kumpulan vektor yang membentuk baris {v1, v2, v3, …, vn}
 Jika tidak ada kumpulan vektor yang membentuk basis, maka V disebut sebagai dimensi
tak terbatas (infinite dimensional)
 Catatan : ruang vektor nol disebut finite dimensional
 Dimensi dari ruang vektor V yang berdimensi terbatas didefinisikan sebagai jumlah
vektor yang membentuk basis di dalam ruang vektor V.
 Ruang vektor nol mempunyai dimensi nol.
Pada pembahasan mengenai membangun dan bebas linier , suatu himpunan vektor dapat
ditunjukkan merupakan himpunan yang bebas linier atau membangun ruang vektor V hanya
dengan melihat dari jumlah vektor dan dim ruang vektor. Sebenarnya tanpa menghitung kita
sudah bisa menyimpulkan bahwa himpunan vektor tersebut tidak bebas linier karena agar
bebas linier maksimal jumlah vektor = dim ruang vektor. Sebaliknya jika suatu himpunan
vektor hanya memuat vektor dengan jumlah kurang dari dim ruang vektor , maka dapat
disimpulkan bahwa himpunan vektor tersebut tidak membangun .
Berdasarkan hal ini, maka suatu himpunan vektor kemungkinan bisa menjadi basis ruang
vektor berdimensi n jika jumlah vektornya = n. Jika jumlah vektor < n maka tidak
membangun sebaliknya jika jumlah vektor > n maka bergantung linier.
Jika jumlah vektor = n , maka dapat dihitung nilai determinan dari ruang yang dibangun oleh
himpunan vektor tersebut.
Jika det = 0 , maka ia tidak bebas linier dan tidak membangun
Jika det ≠ 0 , maka ia bebas linier dan membangun  merupakan basis .
Contoh 4.8
Tentukan basis dan dimensi serta solusi dari system persamaan linier homogen berikut ini :
x1 + 2x2 + 2x3 – x4 + 3x5 = 0
x1 + 2x2 + 3x3 + x4 + x5 = 0
3x1 + 6x2 + 8x3 + x4 + 5x5 = 0
Jawab :
Harus dicari solusi SPL dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan diperoleh hasil
berikut: (detail sebagai latihan)
x3 + 2x4 – 2x5 = 0
x1 + 2x2 – 5x4 + 7x5 = 0
Solusinya :
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 7
Maka yang menjadi basisnya adalah :
Sedangkan dimensinya adalah 3 (karena vektor basisnya ada 3)
4.7 Row space, Column space dan Null space
Jika A adalah suatu matrik dengan ordo mxn :
 a11 a12 a13 ... ... a1n 
a

 21 a22 a23 ... ... a2n 
a
a32 a33 ... ... a3n 
Am x n =  31
... ...
... ... ... ... 


... ... ... ... 
 ... ...
a

 m1 am 2 am3 ... ... amn 
Maka vektor baris adalah r1=[a11 a12 … a1n], r2=[a21 a22 … a2n] dan seterusnya.
 a11 
 a12 
a 
a 
21 

Vektor kolom adalah c1 
, c 2   22  dan seterusnya.
 ... 
 ... 
 
 
a m1 
a m 2 







Vektor-vektor baris r1, r2, ….., rm disebut : row space dari A
Vektor-vektor kolom c1, c2, ….., cn disebut : column space dari A
Ruang solusi SPL homogen Ax = 0 yang merupakan sub ruang Rn disebut : null space
Sistem linier Ax = b disebut konsisten jika dan hanya jika b adalah column space dari A
Jika x0 adalah salah satu solusi dari sistem persamaan linier Ax = b dan kumpulan solusi
dari Ax=0 yaitu v1, v2, …, vn merupakan basis untuk null space dari A, maka setiap solusi
dari Ax = b dapat ditulis sebagai berikut : x = x0 + a1v1 + a2v2 + …. + anvn
Solusi dari Ax = b adalah x0 yang disebut sebagai solusi khusus (particular solution) dan
x0 + a1v1 + a2v2 + …. + anvn disebut solusi umum (general solution).
Solusi umum dari Ax = 0 adalah a1v1 + a2v 2 + …. + anvn, dengan demikian dapat
disimpulkan bahwa solusi lengkap dari Ax = b adalah solusi khusus ditambah solusi
umum dari Ax=0.
Menentukan basis ruang baris/kolom
Basis ruang baris A didapatkan dengan melakukan OBE pada A sehingga diperoleh bentuk
BEB, baris yang tak nol merupakan basisnya. Sedangkan basis ruang kolom A didapatkan
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 8
dengan melakukan OBE pada AT sehingga diperoleh bentuk BEB, baris yang tak nol
merupakan basisnya.
Dimensi (ruang baris) = Dimensi (ruang kolom) = rank matriks.
Rank dan Nullity
Pada suatu matrik A dan AT, terdapat 6 ruang vektor yaitu
Row space A
Row space AT
Column space A Column space AT
Null space A
Null space AT
Namun row space AT = column space A, begitu juga dengan column space AT = row space A.
Oleh sebab itu tinggal 4 ruang vektor yang perlu diperhatikan yaitu row space A, column
space A, null space A dan null space AT.
Ini semua disebut sebagai fundamental matrix space dari A.
Dapat disimpulkan bahwa dimensi dari row space dan column space suatu matrik adalah
sama. Dimensi dari row space dan column space suatu matrik disbut dengan istilah “rank”,
sedangkan dimensi dari null space disebut dengan istilah “nullity”(nullitas)
Contoh 4.9
Carilah solusi dari system persamaan linier berikut ini :
x1 + 2x2 – x3 + 3x4 – 4x5 = – 1
2x1 + 4x2 – 2x3 – x4 + 5x5 = 2
2x1 + 4x2 – 2x3 + 4x4 – 2x5 = 0
Jawab :
Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan (detailnya sebagai latihan) diperoleh :
x1 = -2x2 + x3 + 1/8
x4 = 1/8
x5 = 3/8
 18 
 x1   2 
1 
 0
x   1 
0 
 
 2  
 
maka  x3    0  x2  1  x3  0 .
1
   
 
8
 x4   0 
0 
 83 
 x5   0 
0 
 18 
  2
1
 18 
0 
1
0
0 
 
 
 
 
Solusi khususnya adalah 0 , sedangkan solusi umumnya adalah  0  x2  1 x3 + 0
1 
1 
 
 
8 
8 
0
0
 83 
 83 




0
0
 
 
Bagaimana cara mencari basis dari null space ?
Ruang solusi dari SPL homogen Ax=0 adalah null space.
Jadi untuk mencari basis dari null space adalah dengan menganggap ada SPL homogen
Contoh 4.10
Tentukan basis dari null space A serta nullitasnya dari SPL homogen berikut:
2x1 + 2x2 – x3
+ x5 = 0
– x1 – x2 + 2x3 – 3x4+ x5 = 0
x1 + x2 – 2x3
– x5 = 0
x3 + x4+ x5 = 0
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 9
Jawab:
Dengan menggunakan eleminasi Gauss-Jordan (detailnya sebagai latihan) diperoleh:
x1 = -x2 - x5
x3 = -x5
v4 = 0
 x1   1
 1
x   1 
0
 2  
 
 x3    0  x 2   1 x5
   
 
 x4   0 
0
 x5   0 
 1 
 1
 1
1
0
 
 
Jadi basis dari null space adalah :  0  dan  1 . Nullitas adalah 2
 
 
0
0
 0 
 1 
Jika suatu matrik di dalam bentuk row-reduced echelon, maka vektor baris (row vector)
dengan 1 (satu) sebagai leading entry menjadi basis dari row-space dari matrik tersebut dan
vektor kolom (column vector) dengan 1 (satu) sebagai leading entry menjadi basis dari
column space dari matrik tersebut
Contoh 4.11
Tentukan basis dari row space , column space dan rank matriks dari matrik berikut ini :
Jawab :
Karena sudah berbentuk BEB, maka
Basis dari row space adalah : r1 = [1 0 -1 2 1]
r2 = [0 1 0 1 2]
r3 = [0 0 0 1 3]
Untuk mencari basis untuk column space, maka lakukan OBE pada AT sehingga berbentuk
BEB (detailnya sebagai latihan)
Diperoleh
Rank matriks adalah 3
Catatan:
Jika dua matrik A dan B saling row-equivalent, maka :
1. Kumpulan vector kolom A saling bebas linier jika dan hanya jika kolom vektro B yang
berkorespondensi letaknya juga saling bebas linier.
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 10
2. Kumpulan vector kolom A membentuk basis dari column space (ruang kolom) A jika
dan hanya jika vector B yang letaknya sama dengan A juga membentuk basis untuk
ruang kolom B
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 11
BAB V
RUANG HASIL KALI DALAM
5.1 Hasil Kali Dalam Umum
Definisi
Hasilkali dalam (inner product) pada sebuah ruang vektor V adalah sebuah fungsi yang
mengasosiasikan sebuah bilangan real <u, v> dengan sepasang vektor u dan v di dalam V,
sedemikian sehingga aksioma-aksioma berikut ini dipenuhi bagi semua vektor u, v, dan w di
dalam V dan semua bilangan skalar k.
1. Simetris: <u, v> = <v, u>
2. Aditivitas: <u + v, w> = <u, w> + <v, w>
3. Homogenitas: <ku, v> = k <u, v>
4. Positivitas: <v, v> ≥ 0 dan <v, v> = 0 jika dan hanya jika v = 0.
Ruang vektor yang dilengkapi hasil kali dalam seperti diatas disebut Ruang hasil kali dalam
yang biasa disingkat dengan RHD.
Contoh 5.1
Tunjukkan bahwa operasi perkalian titik standar di R3 Euclides merupakan hasil kali dalam !
Jawab
Akan ditunjukkan bahwa perkalian titik standar memenuhi keempat aksioma hasil kali
dalam , yaitu :
Misalkan a = ( a1,a2,a3 ) , b = ( b1,b2,b3 ) , c = ( c1,c2,c3 ) maka a , b, c ∈ R3
1. Simetris
< a,b>
= ( a . b)
= (a1b1 + a2b2 + a3b3 )
= (b1a1 + b2a2 + b3a3 )
= < b, a >
………… ( terpenuhi )
2. Aditivitas
< a + b , c > = ( ( a + b) . c )
= ((a1+b1 , a2+b2 , a3+b3 ) . ( c1,c2,c3 ) )
= ((a1c1 + b1c1) + ( a2c2+b2c2 ) + (a3c3 + b3c3 )
= (a1c1 + a2c2 + a3c3 ) + (b1c1 + b2c2 + b3c3 )
= (a.c )+(b.c )
= < a,c >+< b,c >
…… ( terpenuhi )
3. Homogenitas
<ka,b>
=(ka.b)
= ( ka1b1 + ka2b2 + ka3b3 )
= k(a1b1 + a2b2 + a3b3 )
= k( a . b )
= k< a , b >
………… ( terpenuhi )
4. Positivitas
< a,a >
= ( a . a ) = ( a12+ a22+ a32 ) ≥ 0
………… ( terpenuhi )
dan
< u, u > = ( a12+ a22+ a32 ) = 0 ↔ u = ( 0,0,0 ) = 0 . … …( terpenuhi )
RHD yang memiliki hasil kali dalam berupa perkalian titik standar seperti diatas biasa
disebut RHD Euclides.
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 12
Contoh 5.2
Tunjukkan bahwa <u, v> = u1v1 + u3v3 tidak memenuhi syarat aksioma hasil kali dalam.
Jawab
Misalkan a = ( a1,a2,a3 ) , b = ( b1,b2,b3 ) , c = ( c1,c2,c3 ) maka a , b, c ∈ R3
1. Simetris
< a,b>
= (a1b1 + a3b3 )
= (b1a1 + b3a3 )
= < b, a >
………… ( terpenuhi )
2. Aditivitas
< a + b , c > = <(a1+b1 , a2+b2 , a3+b3 ) , ( c1,c2,c3 ) >
= ((a1c1 + b1c1) + (a3c3 + b3c3 )
= (a1c1 + a3c3 ) + (b1c1 + b3c3 )
= < a,c >+< b,c >
…… ( terpenuhi )
3. Homogenitas
<ka,b>
= ( ka1b1 + ka3b3 )
= k(a1b1 + a3b3 )
= k( a . b )
= k< a , b >
………… ( terpenuhi )
4. Positivitas
< a,a >
= ( a . a ) = ( a12 + a32 ) ≥ 0
………… ( terpenuhi )
dan
< a, a > = ( a12 + a32 ) = 0 ↔ a = ( 0,0,0 ) = 0 tidak terpenuhi sebab ambil a = (0, a2, 0)
maka < a, a > = 0 padahal a bukan 0.
Terbukti bahwa <u, v> = u1v1 + u3v3 tidak memenuhi syarat aksioma hasil kali dalam.
5.2 Hasilkali Dalam Khusus
Jika w1, w2, …, wn adalah bilangan-bilangan real positif yang disebut nilai bobot (weight),
dan jika u = (u1, u2, …, un) dan v = (v1, v2, …, vn) adalan vektor-vektor pada Rn maka
<u, v> = w1 u1v1 + w2 u2 v2 + …. + wn unvn
mendefinisikan sebuah hasil kali dalam pada Rn . Hasilkali dalam ini disebut hasilkali dalam
Euclidean berbobot dengan nilai-nilai bobot w1, w2, …, wn.
Contoh 5.3
Diketahui <u, v> = 2 u1v1 + 3 u2 v2 dan u = (7, 5) dan v = (2, -1). Tentukan <u, v>.
Jawab
<u, v> = 2.7.2 + 3.5.(-1) = 13
Hasilkali dalam yang dibangun oleh Matriks
 u1 
 v1 
u 
v 
 2
 2
Misalkan u =  ...  dan v =  ...  adalan vektor-vektor pada Rn, maka
 
 
 ... 
 ... 
u n 
vn 
<u, v> = vTATAu
Dinamakan hasilkali dalam yang dibangun oleh A.
Contoh 5.4
 2
Tentukan formula hasil kali dalam yang dibentuk oleh A = 
0
0
!
3
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 13
Jawab:
 2 0   2 0   u1 
= [v1 v2] 

 
3  0
3  u 2 
0
= 2u1v1 + 3u2v2 (detailnya sebagai latihan)
<u, v> = vTATAu
5.3 Panjang vektor , jarak antar vektor ,dan besar sudut dalam RHD
Ketika kita membahas tentang panjang vektor , maka kita harus menghilangkan rumusan
yang selama ini kita gunakan mengenai panjang vektor dalan ruang –n Euclides berdasarkan
operasi hasil kali titik . Kita akan menghitung panjang suatu berdasarkan hasil kali dalam
yang telah diberikan, dan sudah dibuktikan bersama – sama bahwa hasil kali titik dalan
ruang – n Euclides juga merupakan hasil kali dalam jadi konsep yang digunakan ini akan
lebih luas daripada konsep sebelumnya.
Misalkan V merupakan ruang hasil kali dalam u, v ∈ V maka
1/ 2
a. u  u ,u
b. d(u, v) = <u – v, u – v>1/2
c. Misalkan β adalah sudut antara u dan v, maka cos β adalah
u, v
cos  
u v
Contoh 5.5
Diketahui u = (2, -1), v = (7, 3) dan β adalah sudut antara u dan v. Tentukan panjang masingmasing vektor dan cos β menggunakan hasilkali dalam yang diberikan berikut:
a. Hasilkali dalam Euclidis
b. Hasilkali dalam Euclidis yang diboboti <u, v> = 3u1v1 + 2u2v2 dimana u = (u1, u2) dan v =
(v1, v2)
1 2 
c. Hasilkali dalam yang dibentuk oleh matriks A 

3 1 
Jawab:
a. Hasilkali dalam Euclidis
1/ 2
 u  u, u
 2.2  ( 1)(1)  5

v  v, v
1/ 2
u, v
 7.7  3.3  58
2.7  (1).3
11

u v
5 58
290
b. Hasilkali dalam yang diboboti
1/ 2
 u  u, u
 3.2.2  2( 1)(1)  14

cos  

v  v, v
1/ 2
u, v

 3.7.7  2.3.3  165
3.2.7  2(1).3
36

u v
14 165
2310
c. Hasilkali yang dibentuk oleh matriks A
 1 3  1 2  2 
1/ 2
 u  u, u

  
 2 1
 2 1  3 1  1 

cos  

4
 4
7    65
7
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 14


 1 3  1

3
 2 1  3
1 3  1
7 3

u, v
2 1  3

cos  

u v
65 745
v  v, v
1/ 2

7
2  7 
  
1  3 
13
 13 
24    745
 24 
2  2 
 
1  1 
(hitung sendiri hasil akhirnya)
5.4 Basis Ortonormal; Proses Gram-Schmidt
Diketahui V ruang hasil kali dalam dan v1, v2,…, vn adalah vektor – vektor dalam V.
Beberapa definisi penting
a. H = { v1, v2,…, vn } disebut himpunan ortogonal bila setiap vektor dalam V saling tegak
lurus ,yaitu < vi, vj > = 0 untuk i ≠ j dan i,j = 1,2,…,n.
b. G = { v1, v2,…, vn } disebut himpunan ortonormal bila
 G himpunan ortogonal
 Norm dari vi = 1 , i = 1,2,…,n atau <vi, vi > = 1
Contoh 5.6
Diketahui: S = { v1, v2, v3 }
1 
 1
1 
 1
dimana v1 = (0, 1, 0), v2 = 
,0,
,0,
 . Selidiki apakah S ortonormal?
 , dan v3 = 
2
2
 2
 2
Jawab:
Pertama kita selidiki dulu apakah S ortogonal, setelah diselidiki ternyata S ortogonal sebab
< v1, v2 > = < v1, v3 > = < v2, v3 > = 0 ternyata panjang semua vektornya adalah 1.
Sehingga disimpulkan S ortonormal.
Metode Gramm–Schimdt
Metode Gramm–Schimdt digunakan untuk merubah suatu himpunan vektor yang bebas
linier menjadi himpunan yang ortonormal. , jadi dalam hal ini disyaratkan himpunan yang
ditransformasikan ke himpunan ortonormal adalah himpunan yang bebas linier. Jika yang
akan ditransformasikan adalah himpunan vektor yang merupakan basis dari ruang vektor V
maka metode Gramm–Schimdt akan menghasilkan basis ortonormal untuk V. Sebelum
membahas tentang metode ini, akan dibahas tentang proyeksi ortogonal vektor terhadap
ruang yang dibangun oleh himpunan vektor.
Diketahui H = { v1, v2,…, vn } adalah himpunan vektor yang bebas linier dari ruang vektor V
dengan dim ≥ n dan S = { w1, w2,…, wn } merupakan himpunan yang ortonormal . Jika W
menyatakan ruang yang dibangun oleh w1, w2,…, wn maka untuk setiap vektor z1 dalam W,
dapat dituliskan z1 = k1w1 + k2w2 +…+ knwn dengan k1, k2, …,kn skalar.
Jika u adalah sembarang vektor dalam V , maka tentunya u dapat dituliskan sebagai
jumlah dari dua vektor yang saling tegak lurus misalkan z1 dan z2 , jadi dapat dituliskan
u = z1 + z2. Karena z1 dalam W , maka sebenarnya z1 merupakan proyeksi ortogonal u
terhadap W , sedangkan z2 merupakan komponen vektor u yang tegak lurus terhadap W.
Jadi untuk menentukan z1, maka harus ditentukan nilai k1, k2, …,kn sedemikian hingga nilai
k1 merupakan panjang proyeksi u terhadap w1, k2 merupakan panjang proyeksi u
terhadap w2 dan seterusnya sehingga kn merupakan panjang proyeksi u terhadap wn.
Proyeksi ortogonal u terhadap wi adalah proy Wi ( u ) = < u, wi > , dikarenakan w1, w2,…,
wn merupakan vektor – vektor yang ortonormal .
Jadi dapat dituliskan bahwa proyeksi ortogonal u terhadap W adalah :
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 15
proyw ( u) = z1 = < u, w1 > w1 + < u, w2 > w2 +…+ < u, wn > wn dengan { w1, w2,…,
wn} merupakan himpunan orthonormal.
Komponen u yang tegak lurus terhadap W adalah
z2 = u – (< u, w1 > w1 + < u, w2 > w2 +…+ < u, wn > wn)
Misal diketahui K = { v1, v2,…, vn } adalah himpunan yang bebas linier, maka K dapat dirubah
menjadi himpunan S = { w1, w2,…, wn } yang ortonormal dengan menggunakan metode
Gramm–Schimdt yaitu :
v
1. w1  1
v1
2. w 2 
3. w 3 
v 2  v 2 , w1 w1
v 2  v 2 , w1 w1
v 3  v 3 , w1 w1  v 3 , w 2 w 2
v 3  v 3 , w1 w1  v 3 , w 2 w 2
……
n.
wn 
v n  v n , w1 w1  v n , w 2 w 2  ...  v n , w n 1 w n1
v n  v n , w1 w1  v n , w 2 w 2  ...  v n , w n 1 w n1
Contoh 5.7
Diketahui H = {a , b, c } dengan a = ( 1,1,1 ) , b = ( 1,2,1 ) , c = (−1,1,0 )
a. Apakah H basis R3?
b. Jika ya , transformasikan H menjadi basis orthonormal dengan menggunakan hasil kali
dalam Euclides !
Jawab
a. Karena dim(R3) = 3 dan jumlah vektor dalam H = 3 , maka untuk menentukan apakah H
merupakan basis R3 atau bukan , adalah dengan cara menghitung determinan matriks
koefisien dari SPL Ax = b dengan b adalah sembarang vektor dalam R3, yaitu = det
1 1  1
1 2 1  . Setelah dihitung diperoleh det A = 1, ini berarti H merupakan basis untuk R3.


1 1 0 
b. Hasil kali dalam antara a , b dan c
< a , b > = 4, < a , c > = 0 , < b , c > = 1
Untuk menjadikan H ortonormal, kita gunakan metode Gramm–Schimdt yaitu :
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 16
Normalisasi himpunan orthogonal ke himpunan ortonormal
Diketahui V RHD dan H = {v1, v2, …., vn} dalam V merupakan ortogonal dengan v1≠ 0, maka
bisa diperoleh himpunan ortonormal yang didefinisikan sebagai : S = { s1, s2, …., sn} dengan
Kalau dicermati, sebenarnya ini adalah rumusan Gramm – Schimdt yang telah direduksi
yaitu untuk nilai proy w(vi) = 0, akibat dari v1, v2, …. v n yang saling orthogonal. Proses untuk
mendapatkan vektor yang ortonormal disebut menormalisasikan vektor.
Jika dim (V) = n, maka S juga merupakan basis ortonormal dari V
Contoh 5.8
Diketahui a, b, c dalam R3 dengan a = (2,-1,1), b = (2, 5, 1) dan c =(-1,0,2). Jika R3 merupakan
RHD Euclides, transfor-masikan a, b, c ke basis ortonormal !
Jawab :
<a,b> = 0, <a,c> = 0, <b,c> = 0
Misalkan H = {a,b,c} maka H merupakan himpunan ortonormal. Dim (R3) = 3 jadi dapat
ditentukan basis ortonormal untuk R3.
Misalkan :
Basis ortonormal untuk R3 adalah :
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 17
5.5 Perubahan Basis
Suatu ruang vektor dapat memiliki beberapa basis. Jika terdapat sembarang vektor x dalam
ruang vektor V yang memiliki himpunan vektor A dan B sebagai basisnya, maka x tentunya
merupakan kombinasi linier dari vektor A dan B
Jika V ruang vektor, S={s1, s2, ….,sn} merupakan basis V, maka untuk sembarang x dalam V
dituliskan:
x = k1s1 + k2s2 +……+ knsn
dengan k1, k2, ….kn skalar yang juga disebut koordinat x relatif terhadap basis S
 k1 
k 
 x s   2 
 
 kn 
disebut matrik x relatif terhadap basis S
Jika S merupakan basis ortonormal, maka :
  x, s1  
  x, s  
2

 x s  



  x, sn  
Jika A ={x1,x2} dan B = {y1, y2} berturut-turut merupakan basis dari V, maka untuk sembarang z
dalam V didapatkan :[z]A dan [z]B. Bagaimana hubungan [z]A dan [z]B ?
Misalkan
Dari
…………………..(1)
………………(2)
Untuk
………………………(3)
Dengan mensubstitusikan persamaan (1) dan (2) ke (3) diperoleh :
Ini berarti :
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 18
P disebut matrik transisi dari basis A ke basis B.
Secara umum, jika A = {x1, x2, …xn} dan B = {y1, y2, ….yn} berturut-turut merupakana basis dari
ruang vektor V, maka matrik transisi basis A ke basis B adalah :
Jika P dapat dibalik, maka P-1 merupakan matrik transisi dari basis B ke basis A
Contoh soal :
Diketahui : A = { v, w} dan B = {x, y} berturut-turut merupakan basis R2 dengan v =(2,2), w = (3,1), x = (1,3) dan y = (-1,-1).
Tentukan :
a. Matrik transisi dari basis A ke basis B
  1
b. Hitung  
 3   A
  1
c. Hitung   dengan menggunakan hasil dari b
 3  B
d. Matrik transisi dari basis B ke basis A
Jawab
a 
2 1  1 a 
a   0 
a. Misalkan v B    , maka    
didapatkan     



b 
2 3  1 b 
b   2 
c 
 3  1  1  c 
 c    2
Dan untuk wB    , maka    
didapatkan     



d 
 1 3  1 d 
 d    5
Jadi matriks transisi dari basis A ke basis B adalah:
 0  2
P= 

 2  5 
  1
k 
b. Misalkan     1  maka didapatkan
 3   A  k 2 
 k1   1 
k    1
 2  
  1 
 0  2
1
c. Dari a dan b diperoleh P = 
dan       sehingga

 2  5 
 3   A  1
  1
  1
 0  2  1   2
   P    
  = 
 3  B
 3  A  2  5 1 3
d. Matriks transisi dari B ke basis A adalah P-1 dengan P merupakan matriks transisi
1   5 2
terhadap basis A ke basis B. Jadi P-1 =  
4  2 0 
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 19
BAB VI
TRANSFORMASI LINEAR
Transformasi linear merupakan fungsi khusus dari suatu ruang vektor ke ruang vektor
yang lain. Fungsi khusus tersebut didefinisikan sebagai berikut.
Definisi 6.1.
Jika T: V1 → V2 merupakan fungsi dari ruang vektor V1 ke ruang vektor V2, maka T
dinamakan transformasi linear, jika dan hanya jika
1. T(u + v) = F(u) + F(v) untuk setiap vektor u dan v di V1.
2. T(ku) = kT(u) untuk setiap vektor u di V1 dan setiap skalar k.
Contoh 6.1.
Untuk fungsi-fungsi berikut, selidiki apakah fungsi tersebut merupakan transformasi
linear? Berikan alasannya!
1. Fungsi F1 dari R2 ke R2 yang didefinisikan dengan F1((x,y)) = (2x – y, x) untuk setiap (x,y) 
R2.
2. Fungsi F2 dari R2 ke R2 yang didefinisikan dengan F2((x,y)) = (x2,y) untuk setiap (x,y)  R2.
3. Fungsi T1 dari R3 ke R 3 yang didefinisikan dengan T1((x,y,z)) = (1,z,y) untuk setiap (x,y,z) 
R3.
4. Fungsi T2 dari R3 ke R3 yang didefinisikan dengan T2((x,y,z)) = (x + 2y, y – z, x + 2z) untuk
setiap (x,y,z)  R3.
Penyelesaian:
1. Misalkan u = (x1 , y1) dan v = (x2 , y2) anggota R2 dan k sebarang skalar.
F1(u + v) = F1((x1 + x2 , y1 + y2))
= (2(x1 + x2) – (y1 + y2), x1 + x2)
= (2x1 + 2x2 – y1 – y2, x1 + x2)
= ((2x1 – y1) + (2x2 – y2), x1 + x2)
= (2x1 – y1, x1) + (2x2 – y2, x2)
= F1(x1, y1) + F(x2, y2)
= F1(u) + F1(v).
F1(ku)
= F1((kx1, ky1))
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 20
= (2kx1 – ky1, kx1)
= k(2x1 – y1, x1)
= kF1(x1, y1)
= kF1(u).
Jadi, F1 adalah transformasi linear.
2. Misalkan u = (x1 , y1) dan v = (x2 , y2) anggota R2 dan k sebarang skalar.
F2(u + v) = F2((x1 + x2 , y1 + y2))
= ((x1 + x2)2, y1 + y2)
= (x12 + 2x1x2 + x22, y1 + y2)
F2(u) + F2(v) = F2((x1 , y1)) + F2((x2 , y2))
= (x12,y1) + (x22,y2)
= (x12 + x22, y1 + y2)
Ternyata F2(u + v) ≠ F2(u) + F2(v).
Jadi, F2 bukan transformasi linear.
Untuk contoh nomor 3 dan 4, silakan Anda selesaikan seperti contoh nomor 1 dan 2.
Ada beberapa definisi dan teorema berkenaan dengan transformasi linear yang harus
Anda ketahui, karena definisi dan teorema tersebut sering digunakan dalam aljabar linear.
Definisi dan teorema tersebut adalah:
Definisi 6.2.
1. Misalkan T: V1 → V2 adalah transformasi linear. Himpunan vektor di V1 yang oleh T
dipetakan ke o dinamakan kernel (ruang nol dari T). Himpunan tersebut dinyatakan oleh
ker(T). Himpunan semua vektor di V2 yang merupakan bayangan oleh T dinamakan
jangkauan dari T. Himpunan tersebut dinyatakan oleh R(T).
Dengan demikian ker(T) = {v  V1 T(v) = 0}, dan R(T) = {w  V2 T(v) = w, untuk setiap v
 V1}.
2. Jika T: V1 → V2 adalah transformasi linear, maka dimensi jangkauan dari T dinamakan rank
T dan dimensi kernel dari T dinamakan nulitas T.
Teorema 6.1.
1. Jika T: V1 → V2 adalah transformasi linear, maka
a. T(o) = o.
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 21
b. T (- v) = -T(v) untuk setiap v di V1.
c. T(v – w) = T(v) – T(w) untuk setiap v dan w di V1.
2. Jika T: V1 → V2 adalah transformasi linear, maka:
a. Ker (T) adalah ruang bagian dari V 1.
b. R(T) adalah ruang bagian dari V2.
3. Jika T: V1 → V2 adalah transformasi linear dari ruang vektor V1 yang berdimensi n ke ruang
vektor V2, maka (rank dari T) + (nulitas dari T) = n.
Berikut ini merupakan contoh-contoh soal yang berkenaan dengan ker(T), R(T), rank
T, dan nulitas T pada transformasi linear T.
Contoh 6.2.
1. Diketahui T : R2 → R2 adalah transformasi linear yang dirumuskan oleh:
T(x,y) = (x – 2y, 3x – 6y) untuk setiap (x,y)  R2.
a. Apakah vektor berikut terletak dalam ker(T).
1) (-2,-1)
2) (1,3)
b. Apakah vektor berikut terletak dalam R(T).
1) (1,5)
2) (3,9)
2. Diketahui T : R3 → R3 yang dirumuskan oleh T(x,y,z) = (x – y + 3z, 5x + 6y – 4z, 7x + 4y +
2z). Tentukan:
a. rank T.
b. nulitas T.
Penyelesaian:
1. a. 1) T(-2,-1) = (-2 + 2, -6 + 6) = (0,0).
Jadi (-2,-1) terletak dalam ker(T).
2) T(1,3) = (1 – 6, 3 – 18) = (-5,-15).
Jadi (1,3) tidak terletak dalam ker(T).
b. 1) Perhatikan bentuk T(x,y) = (1,5), diperoleh sistem persamaan linear:
x – 2y = 1
3x – 6y = 5
a11 = 1; a12 = -2; b1 = 1
a21 = 3; a22 = -6; b2 = 5
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 22
a 21 a 22
b
a
a
b

 3 dan 2  5  21  22  2
a 11 a 12
b1
a 11 a 12 b1
Jadi sistem persamaan tersebut tidak mempunyai penyelesaian, sehingga vektor
(1,5) tidak terletak dalam R(T).
2) Bentuk T(x,y) = (3,9) akan menghasilkan sistem persamaan linear:
x – 2y = 3
3x – 6y = 9
a11 = 1; a12 = -2; b1 = 3
a21 = 3; a22 = -6; b2 = 9
a 21 a 22 b 2


3
a 11 a 12 b1
Jadi sistem persamaan mempunyai penyelesaian dengan jumlah tak hingga.
Bentuk matriks dari sistem persamaan tersebut adalah:
1  2 3
1  2 3
3  6 9  0 0 0




Diperoleh x – 2y = 3
Misal y = t, maka x = 2y + 3
Penyelesaian: x = 2y + 3 dan y = t
Dengan mengambil t = 1 didapat x = 5 dan y = 1.
Ini berarti T (5,1) = (5 – 2, 15 – 6) = (3,9).
Jadi (3,9) terletak dalam R(T).
2. a. Bentuk matriks Tdiubah menjadi
1

 1

 3
5
6
7
1


4   0

4 2

0
5
11
7 
1 5 7 



11   0 1 1  .

19 19

0

0 0 
Jadi basis R(T) adalah {(1,5,7),(0,1,1)}, akibatnya rank T = 2.
b. Ambil sebarang vektor (x,y,z) di ker(T), maka T(x,y,z) = (0,0,0).
Didapat (x – y + 3z, 5x + 6y – 4z, 7x + 4y + 2z) = (0,0,0).
x – y + 3z = 0
5x + 6y – 4z = 0
7x + 4y + 2z = 0
Bentuk matriks dari sistem persamaan tersebut adalah:
1  1
3
0
1  1 3 0
1  1 3 0
19

5 6  4 0  0 11  19 0  
0 1  11 0




0 11  19 0
7 4
0 11  19 0
2 0


Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 23
14


1 0 11 0

19 
0
 0 1 
11 

0
0
0 0


Diperoleh:
x+
14
z=0
11
y–
19
z=0
11
Misal z = t, maka x = -
14
19
t dan y =
t
11
11
Penyelesaian dari sistem persamaan linear tersebut adalah:
x=-
14
19
t; y =
t; dan z = t
11
11
 14 19 
 14 19 
sehingga (x,y,z) = t   , ,1 . Hal Ini berarti   , ,1 pembangun ker(T) dan
 11 11 
 11 11 
 14 19 
vektor   , ,1 bebas linear.
 11 11 
 14 19 
Jadi   , ,1 basis untuk ker (T), sehingga nulitas T = 1.
 11 11 
Dari a dan b didapat rank T = 2; nulitas T = 1; dimensi R3 = 3, dan terpenuhi bahwa rank T +
nulitas T = dimensi R3.
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 24
BAB VII
NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN
7.1 Definisi
Sebuah matriks bujur sangkar dengan orde n x n misalkan A, dan sebuah vektor kolom X.
Vektor X adalah vektor dalam ruang Euklidian R n yang dihubungkan dengan sebuah
persamaan:
(7.1)
AX  X
Dimana  adalah suatu skalar dan X adalah vektor yang tidak nol Skalar  dinamakan nilai
Eigen dari matriks A. Nilai eigen adalah nilai karakteristik dari suatu matriks bujur sangkar.
Vektor X dalam persamaan (7.1) adalah suatu vektor yang tidak nol yang memenuhi
persamaan (7.1) untuk nilai eigen yang sesuai dan disebut dengan vektor eigen. Jadi vektor X
mempunyai nilai tertentu untuk nilai eigen tertentu.
Contoh 7.1
1 
 4 0
Misalkan Sebuah vektor X    dan sebuah matriks bujur sangkar orde 2 x 2 A  
,
 2
 4 2
Apabila matriks A dikalikan dengan X maka:
 4 0  1   4  0   4
AX
= 
   =
=  
 4 2  2  4  4  8 
Dimana:
 4
8 
 
1 
= 4   = X
 2
Dengan konstanta   4 dan
 4 0  1 
1 
 4 2  2 = 4  2 

  
 
Memenuhi persamaan (7.1).
 4 0
sangkar A  

 4 2
Konstanta   4 dikatakan nilai eigen dari matriks bujur
Contoh 7.2
 2
1 1
Sebuah vektor X    dan sebuah matriks A  
.
1 
0 3
Apabila matriks A dikalikan X didapat:
1 4  2 2  4 6 
AX
= 
   = 
= 
0 3 1   0  3  3 
Dimana:
6 
3 
 
2
= 3  = X
1
1 4 
dengan   3. Maka   3 adalah nilai eigen dari matriks A  
.
0 3 
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 25
Contoh 7.3
 0
 4 0
Sebuah vektor X    dan mateiks A  
 bila matriks A dikalikan dengan X maka:
1 
8 2
 4 0  0 
AX
= 
  
8 2 1 
0  0
= 

0  2
0 
=  
 2
Dimana:
0 
 2
 
0 
0 
= 2   =    dengan   2.
1 
1 
4
  2 adalah nilai eigen dari matriks 
8
0
 0
dan vektor X    adalah vektor eigen dari

2
1 
 4 0
matriks 
 yang bersesuaian dengan nilai eigen   2.
8 2
Contoh 7.4
 3
1 3
Sebuah vektor X    dan matriks A  
.
 2
2 0 
Perkalian matriks A dengan X adalah:
1 3  3
AX
= 
  
 2 0  2
3  6 
= 

6  0
9 
=  
6 
9 
3
 3
Dimana   = 3  =    .
6 
2
 2
1 3
Konstanta   3 adalah nilai eigen dari matriks bujur sangkar A  

2 0 
Contoh 7.5
1
1 0 2


Sebuah vektor X  1 dan matriks A  2 1 0 .
1
3 0 0
Matriks A dikalikan X didapat:
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 26
AX
1 0 2 1
= 2 1 0 1
3 0 0 1
1  0  2 
= 2  1  0 =


3  0  0
3
3
 
3
3
3
 
3
1
1


= 3 1 =  1 = X
1
1
1 0 2
dengan   3 adalah nilai eigen matriks A  2 1 0
3 0 0
Contoh 7.6.
1
Sebuah vektor X  2 dan matriks A =
 
3
2 0 0 
2 1 0 


0 0 2
Perkalian matriks A dan X adalah:
2 0 0  1 
AX
= 2 1 0  2
0 0 2  3
2  0  0 
= 2  2  0
0  0  6
 2
=  4
 
6
AX
 2
=  4 = 2
6
1 
2 = X , dengan   2.
 
3
2 0 0 
Maka   2 adalah nilai eigen dari A = 2 1 0
0 0 2
7.1.1 Perhitungan nilai eigen
Kita tinjau perkalian matriks A dan X dalam persamaan (7.1) apabila kedua sisi dalam
persamaan tersebut dikalikan dengan matriks identitas didapatkan:
IAX = IX
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 27
AX
= IX
I  AX  0
Persamaan (7.2) terpenuhi jika dan hanya jika:
det I  A
(7.2)
(7.3)
Dengan menyelesaikan persamaan (7.3) dapat ditentukan nilai eigen (  ) dari sebuah matriks
bujur sangkar A tersebut/
Contoh 7.7.
2 1 
Dapatkan nilai eigen dari matriks A = 

 3 2
Jawab:
Dari persamaan (7.3) maka:
1 
  2
det 
=0
  2
 3
(   2)(   2)  3  0
 2  4  4  3  0
 2  4  1  0
Dengan menggunakan rumus abc didapatkan:
1, 2
4  (4) 2  4.1.1
=
2
=
4  16  4
2
=
4  12
2
=
42 3
2
= 2 3
Maka penyelesaian adalah: 1  2  3 dan  2  2  3 .
 2 1
Nilai eigen matriks A = 
 adalah:
 3 2
1  2  3 dan 3  2  3
Contoh 7.8
 4 1
Dapatkan nilai eigen dari matriks A = 

1 5
Jawab:
Nilai eigen ditentukan dengan persamaan:
1 
  4
det 
=0
  5
 1
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 28
maka:
(   4)(  5)  1  0
 2  9  20  1  0
 2  9  19  0
Dengan rumus abc didapatkan:
1, 2
9  (9) 2  4.1.19

2
1, 2 
9  81  76
2
1, 2 
9 5
2
Didapatkan 1  4,5 
1
1
5 dan  2  4,5 
5 , jadi nilai eigen matriks
2
2
 4 1
1
A= 
adalah   4,5 
5

2
1 5
Contoh 7.9
0 3
Dapatkan nilai eigen dari A = 

2 1
Jawab:
Nilai eigen ditentukan dari persamaan:
det I  A  0
3 

det 
 =0
 2   1
 (  1)  6  0
2    6  0
(   3)(  2)  0
Penyelesaian persamaan tersebut adalah:
 3 0
 3
dan
20
 2
0 3
Jadi nilai eigen matriks A = 
 adalah   3 dan   2 .
2 1
Contoh 7.10.
 4 0
Dapatkan nilai eigen dari A = 

 3 5
Jawab:
Determinan dari  I  A = 0
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 29
0 
  4
det 
0
  5
 3
(   4)(   5)  0  0
Penyelesaian persamaan adalah:
 40
 4
dan
 5 0
 5
4 0
Jadi nilai eigen dari matriks A = 
 adalah: 1  4 dan  2  5 .
3 5
Contoh 7.11
2 1 0 
Carilah nilai eigen dari A = 3 4 0
0 0 2
Jawab:
det I  A  0
1
0 
  2

 4
0 0
det  3

 0
0
  2
(  2)(  4)(  2)  3(  2) = 0
(  2)(  4)(  2)  3  0

(  2)

(  2) 2  6  8  3  0
2

 6  5  0
(  2)(   1)(  5)  0
Penyelesaian persamaan adalah:
20
2
 1  0
 1
dan
 5  0
 5
2 1 0 
Jadi nilai eigen yang bersesuai untuk matriks 3 4 0 adalah:
0 0 2
1  2 ,  2  1 dan 3  5 .
Contoh 7.12
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 30
1 0 0 
Dapatkan Nilai eigen dari matriks A  3 6 7 
0 8  1
Jawab:
Nilai eigen A didapatkan dari persamaan:
detI  A = 0
0
0 
  1

 6
7 
det  1

 0
8
  1
(  1)(  6)(  1)  56

(  1)

(  1) 2  5  6  56
2
 5  62

=0
=0
=0
=0
Maka nilai  adalah:
 1  0
1  1
 2  5  62  0
Dengan rumus abc didapatkan:
5  25  4.62
2
1
 2  2,5 
273
2
1
 3  2,5 
273
2
 2,3 
1 0 0 
Jadi nilai eigen dari matriks A  3 6 7  adalah:
0 8  1
1
1  1 dan   2,5 
273
2
Contoh 7.13.
7 0 0
Dapatkan nilai eigen dari A = 0 3 0
0 0 3
Jawab:
Nilai eigen didapatkan dari persamaan:
detI  A  0
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 31
0
0 
  7

det 0
 3
0 


 0
0
  3
(   7)(   3)(   3)  0
Maka nilai  adalah:
 7  0
 7
 3 0
  3 (2 kali)
=0
7 0 0
Jadi nilai eigen dari matriks A = 0 3 0 adalah   3 dan   7


0 0 3
Contoh 7.14
2 0 0 
Dapatkan nilai eigen dari A = 0 2 5
0 5 4
Jawab:
Berdasarkan persamaan detI  A  0 maka:
0
0 
  2

 2
5 
det  0
 0
5
  4 
(  2){(   2)(  4)  25}  0
=0
(  2){2  6  17}  0
Maka nilai  adalah:
 20
1  2
 2  6  17  0
Dengan rumus abc didapatkan:
1, 2 
6  36  4.17
2
 2,3  3 
1
104
2
2 0 0 
1
1
Jadi nilai eigen matriks A = 0 2 5  adalah 1  2 ,  2  3 
104 dan  3  3 
104
2
2
0 5 4
Contoh 7.15
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 32
7 0 0
Dapatkan nilai eigen dari A = 0 3 0
0 0 3
Jawab:
Dengan menggunakan persamaan det I  A  0 maka:
0
0 
  7

det 0
 3
0 0


 0
0
  3
(   7)(   3)(   3)  0
Nilai  adalah:
 7  0
 7
 3 0
 3
 3 0
 3
7 0 0
Jadi nilai eigen dari matriks A = 0 3 0 adalah: 1  7 dan 2  3  3.
0 0 3
Contoh 7.16
2 0 0 
Dapatkan Nilai eigen dari A = 3 3 6
3 2 4
Jawab:
Dengan menggunakan persamaan det I  A  0 maka:
0
0 
  2

det 3
 3
6 0


 3
2
  4
(   2)[(   3)(   4)  12]  0
(  2)[2  7  12  12]  0
(  2)[2  7 ]  0
(   2)  (   7 )  0
Maka nilai-nilai  adalah:
20
 2
 0
 7  0
 7
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 33
2 0 0 
Jadi nilai-nilai eigen dari matriks A = 3 3 6 adalah: 1  2,  2  0 dan 3  7.
3 2 4
7.2 Perhitungan Vektor Eigen
Kita tinjau kembali persamaan AX  X dimana A adalah matriks bujur sangkar dan X
adalah vektor bukan nol yang memenuhi persamaan tersebut. Dalam subbab 7.1 telah
dibahas tentang perhitungan nilai eigen dari matriks A(  ), pada subbab ini kita bahas vektor
yang memenuhi persamaan tersebut yang disebut vektor eigen(vektor karakteristik) yang
sesuai untuk nilai eigennya.
Kita tinjau sebuah matriks bujur sangkar orde 2 x 2 berikut:
a12 
a
A =  11

a21 a 22 
Persamaan AX  X dapat dituliskan:
 a11 a12   x1 
x 
  1 
a



 21 a 22   x 2 
 x2 
Persamaan (7.4) dikalikan dengan identitas didapatkan:
1 0   a11
0 1  a

  21
 a11
a
 21
a12 
a 22 
a12 
a 22 
 x1 
x 
 2
(7.4)
1 0  x1 
= 
  
 0 1  x 2 
 x1   0   x1 
x  = 0    x 
 2 
  2
a12   x1 
a11  
=0
 a
a 22     x 2 
 21
Persamaan (7.5) dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan:
(a11   ) x1  a12 x2  0
(7.6)
a 21 x1  (a 22   ) x2  0
(7.5)
Persamaan (7.6) adalah sistem persamaan linier homogen, vektor dalam ruang Rn yang tidak
nol didapatkan jika dan hanya jika persamaan tersebut mempunyai solusi non trivial untuk
nilai eigen yang sesuai.
Contoh. 7.17
0
Dapatkan vektor eigen dari matriks A = 
2
Jawab:
Pada contoh 7.9 nilai eigen didapatkan 1
3
1
 2 dan  2  3 , vektor eigen didapatkan dengan
persamaan:
 x1  3 x2  0
2 x1  (1   ) x 2  0
Untuk   2 maka:
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 34
 2 x1  3 x 2  0
2 x1  x2  0
Solusi non trivial sistem persamaan ini adalah:
2 x1  x 2
Misalkan x1  r maka x 2  2r
0 3
Vektor eigen matriks A = 
 untuk   2 adalah:
2 1
r
X    dimana r adalah bilangan sembarang yang tidak nol.
2 r 
Untuk   3 maka:
 3 x1  3 x2  0
2 x1  2 x2  0
Solusi non trivial sistem persamaan tersebut adalah:
x1  x2
Misalkan x1  s maka vektor eigen untuk   3 adalah:
s 
X    dimana s adalah senbarang bilangan yang tidak nol.
s 
Contoh 7.18
 4 0
Dapatkan vektor eigen dari matriks A = 

 3 5
Jawab:
Pada contoh 7.10 nilai eigen matriks tersebut adalah   4 dan   5 maka vektor eigen
didapatkan dari persamaan:
(4   ) x1  0  0
3 x1  (5   ) x 2  0
Untuk   4 didapatkan sistem persamaan linier berbentuk:
00  0
3x1  x2  0
Solusi non trivialnya adalah x1  
x2
, bila dimisalkan x 2  r didapatkan vektor eigen
3
matriks A untuk   4 adalah:
1 
r
X   3  dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.
 r 


Untuk   5 maka:
(4  5) x1  0  0
3 x1  (5  5) x 2  0
Sistem persamaan linier menjadi:
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 35
 x1  0  0
3 x1  0  0
Tidak ada solusi non trivial dari sistem persamaan linier tersebut, jadi tidak terdapat vektor
eigen dari matriks A untuk   5.
Contoh 7.19
1 3
Dapatkan vektor eigen dari A  

2 0 
Jawab:
Nilai eigen matriks A didapatkan dari persamaan:
detI  A  0
3 
  1
det 
0
0   
 2
 (  1)   6  0
 2    6  0
(    2)(   3)  0
Nilai eigen matriks A adalah:
   2  0, maka 1  2
  3  0, maka 2  3
Vektor eigen didapatkan dengan persamaan:
(1   ) x1  3 x 2  0
2 x1  x2  0
Untuk   2 maka:
 x1  3 x2  0
2 x1  2 x 2  0
Solusi non trivial sistem persamaan linier tersebut adalah:
3x2  x1
Misalkan x1  r maka x 2  3r.
Jadi vektor eigen matriks A untuk   2 adalah:
r
X    dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.
3r 
Untuk   3
Vektor eigen didapatkan dari sistem persamaan linier:
 2 x1  3 x 2  0
2 x1  3 x 2  0
Solusi non trivial adalah:
2
x1
3
Misalkan x1  r vektor eigen matriks A yang sesuai dengan   3 adalah:
2 x1  3 x 2 , maka x 2 
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 36
 r 
X   2  dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.
 3 r 
Contoh 7.20
 3 2
Dapatkan vektor eigen dari A = 

 1 0 
Jawab:
Nilai eigen matriks A didapatkan dari persamaan det I  A  0
(  3) 2 
det 
0
 
 1
 (  3)  2  0
 2  3  2  0
(   1)(   2)  0
  1  0 maka 1  1
  2  0 maka  2  2
Vektor eigen didapatkan dari persamaan:
(3   ) x1  2 x 2  0
 x1  (0   ) x2  0
Untuk   1 maka:
2 x1  2 x2  0
 x1  x2  0
Solusi non trivial persamaan tersebut adalah:
x1   x 2 , jika x1  r maka x 2   r
Vektor eigen yang sesuai dengan   1 adalah:
 r 
X    dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.
 r 
Untuk   2 maka:
x1  2 x 2  0
 x1  2 x2  0
Solusi non trivial sistem persamaan linier tersebut adalah;
x1  2x 2
1
Misalkan x1  r maka x 2   r
2
Jadi vektor eigen yang sesuai dengan   2 adalah:
 r 
X   1
 r 
Contoh 7.21
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 37
2 0 0 
Dapatkan vektor eigen dari A = 3 3 6
3 2 4
Jawab:
Pada contoh 7.16 diketahui nilai eigen matriks A adalah:   2,   0 dan   7.
Vektor eigen ditentukan dari persamaan:
0
0   x1  0
(2   )
 3
(3   )
6   x 2   0

   
 3
2
(4   )  x3  0
Untuk   2 maka:
0 0 0  x1  0
 3 1 6   x    0

 2   
3 2 2  x3  0
Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan:
000  0
3x1  x2  6 x3  0
3x1  2 x 2  2 x3  0
Solusi non trivial didapatkan dari:
3x1  x2  6 x3   3x1  2 x2  2 x3   0
 x2  4 x3  0
x 2  4x3
Maka
3x1  4 x3  6 x3  0
3x1  10 x3  0
3x1  10 x3
x1 
 10
x3
3
2 0 0 
Jadi vektor eigen matriks A = 3 3 6 untuk   2 adalah:
3 2 4
  10 
 3 x3 
X   4 x3 


 x3 


Misalkan x 3  r maka:
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 38
  10 
 3 r
X   4r  dengan r adalah bilangan sembarang yang tidak nol.


 r 


Untuk   0
Vektor eigen ditentukan dari persamaan:
2 0 0   x1  0
3 3 6   x   0

 2   
3 2 4  x3  0
Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan:
2 x1  0  0  0
3 x1  3 x 2  6 x3  0
3 x1  2 x 2  4 x3  0
Solusi sistem persamaan linier adalah:
2 x1  0
x1  0
0  3 x 2  6 x3  0
x 2  2x3
2 0 0 
Vektor eigen dari matriks A = 3 3 6 untuk   0 adalah:
3 2 4
 0 
X   2 x3 


 x3 
Misalkan x 3  r maka:
 0 
X   2r  dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.


 r 
Untuk   7
Vektor eigen didapatkan dari persamaan:
0   x1  0
 5 0
 3  4 6   x   0

 2   
 3
2  3  x3  0
Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan:
 5 x1  0  0  0
3 x1  4 x2  6 x3  0
3 x1  2 x2  3 x3  0
Solusi sistem persamaan linier adalah:
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 39
 5 x1  0
x1  0
 4 x 2  6 x3  0
x2 
3
x3
2
2 0 0 
Vektor eigen matriks A = 3 3 6 untuk   7 adalah:
3 2 4
 0 
3 
X   x3 
 2x 
 3 
Misalkan x 3  r maka:
0
3 
X   r  dengan r sembarang bilangan yang tidak nol.
 2r 
 
Contoh 7.22
2 0 0 
Dapatkan vektor eigen dari matriks A = 0 2 5


0 5 4
Jawab:
Pada contoh 7. 14 diketahui nilai eigen matriks tersebut yang merupakan bilangan bulat
adalah   2 , vektor eigennya didapatkan dari persamaan:
0
0   x1  0
(2  2)
 0
(2  2)
5   x 2   0

   
 0
5
(4  2)  x3  0
Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan:
000  0
0  0  5 x3  0
0  5 x 2  2 x3  0
Solusi non trivial sistem persamaan liniernya adalah:
5 x 2  2 x 3
2
x3
5
x1  0
x2 
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 40
2 0 0 
Vektor eigen matriks A = 0 2 5 yang sesuai dengan nilai eigen 2 adalah:
0 5 4
 0 
 2 
X 
x3 
5
 x 
 3 
Misalkan x 3  s maka:
 0 
 2 
X   s  dengan s adalah bilangan sembarang yang tidak nol.
 s5 


Contoh 7.22
1 0 2
Dapatkan vektor eigen dari A = 2 1 0
3 0 0
Jawab:
Nilai eigen didapatkan dengan persamaan:
0
2
(  1)

det 2
(  1) 0   0


 3
0
 
(  1)(  1)   20  3(  1)  0


(  1) 2    6  0
Nilai eigen matriksnya adalah:
 1  0
 1
20
  2
 3 0
 3
Vektor eigen didapatkan berdasar persamaan:
0
2   x1  0
(1   )
 2
(1   ) 0   x 2   0

0
    x3  0
 3
Untuk   1
Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan:
0  0  2 x3  0
2 x1  0  0  0
3 x1  0  x3  0
Solusi sistem persamaan liniernya adalah:
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 41
3x1  x3  0
x3  3x1
x2  0
Vektor eigen yang sesuai adalah:
 x1 
X  0 
 
3x1 
Misalkan x1  t
Vektor eigennya adalah:
t 
X   0  dengan t bilangan sembarang yang tidak nol.
 
3t 
Untuk   2
Sistem persamaan liniernya adalah:
3 x1  0  2 x3  0
2 x1  3 x 2  0  0
3 x1  0  2 x3  0
Solusi non trivial sistem persamaan liniernya adalah:
3x1  2 x3  0
2
x3
3
2 x1  3x 2  0
x1  
2
x1
3
Vektor eigen yang sesuai adalah:
x2  


 x1 
 2 
X   x1 
 3 
 3 x 
1
 2 
Misalkan x1  p maka vektor eigennya adalah:


 p 
 2 
X   p  dengan p bilangan sembarang yang tidak nol.
 3 
 3 p 
 2 
Untuk   3
Sistem persamaan liniernya adalah:
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 42
 2 x1  0  2 x3  0
2 x1  2 x 2  0  0
3x1  0  3x3  0
Solusi non trivial sistem persamaan liniernya adalah;
2 x1  2 x3
x1  x3
2 x1  2 x 2
x1  x2
Vektor eigen yang sesuai adalah:
 x1 
X   x1 
 
 x1 
Misalkan x1  q maka vektor eigennya adalah;
q 
X  q  dengan q bilangan sembarang yang tidak nol.
 
q 
Contoh 7.23
1 0 0 
Dapatkan vektor eigen dari matriks A = 3 6 7 
0 8 1
Jawab:
Dari penyelesaian contoh 7.12 nilai eigen yang merupakan bilangan bulat adalah 1, maka
vektor eigennya didapatkan dari persamaan:
0
0   x1  0
(1  1)
 3
(6  1)
7   x 2   0

   
 0
8
(1  1)  x3  0
Dalam bentuk sistem persamaan linier adalah:
000  0
3 x1  5 x 2  7 x3  0
0  8 x2  2 x3  0
Solusi non trivialnya adalah:
8 x2  2 x3
1
x3
4
3x1  5 x2  28x 2  0
x2 
3x1  33x 2
x1  11x 2
Vektor eigen yang sesuai adalah:
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 43
11x 2 
X   x2 


 4 x2 
Misalkan x 2  a maka vektor eigennya adalah:
11a
X  a 
 
 4a 
Contoh 7.24
2 0 0 
Dapatkan vektor eigen dari A = 2 1 0
0 0 2
Jawab:
Nilai eigen matriks tersebut didapatkan dari persamaan:
detI  A  0
0
0 
 (  2 )

det
2
(  1)
0 0


 0
0
(  2)
(  1)(  2) 2  0
Nilai eigennya adalah:
 1  0
 1
20
 2
Vektor eigen didapatkan dari persamaan:
0
0   x1  0
(2   )
 2
(1   )
0   x 2   0

   
 0
0
(2   )  x3  0
Untuk   1
Sistem persamaan liniernya dituliskan:
x1  0  0  0
2 x1  0  0  0
0  0  x3  0
Tidak ada solusi non trivial dari sistem persamaan linier tersebut, maka vektor eigen tidak
terdefinisikan.
Untuk   2
Sitem persamaan liniernya adalah:
000  0
2 x1  x2  0  0
000  0
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 44
Solusi non trivial sistem persamaan liniernya adalah:
2 x1  x 2
x3  0
Vektor eigen yang sesuai adalah:
 x1 
X  2 x1 
 
 0 
Misalkan x1  t maka vektor eigennya menjadi:
t 
X   2t  dengan t bilangan sembarang yang tidak nol.
 
 0 
Contoh 7.25
 3  2 0
Dapatkan vektor eigen dari matriks A =  2 3 0
 0
0 5
Jawab:
Nilai eigen matriks didapatkan dari persamaan:
detI  A  0
2
0 
(  3)

det  2
(  3)
0 0


 0
0
(  5)
(  3)(  3)(  5)  2 2(  5)  0

(  5)

 6  5  0
(  5) (  3) 2  4  0
2
(  5) 2 (  1)  0
Nilai eigen matriks adalah:
 5  0
 5
 1  0
 1
Vektor eigen didapatkan dari persamaan:
2
0   x1  0
(3   )
 2
(3   )
0   x 2    0

   
 0
0
(5   )  x3  0
Untuk   1
Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan:
2 x1  2 x 2  0  0
 2 x1  2 x 2  0  0
0  0  4 x3  0
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 45
Solusi non trivialnya adalah:
2 x1  2 x 2
x1  x2
x3  0
Vektor eigen yang sesuai adalah:
 x1 
X   x1 
 0 
Misalkan x1  t maka vektor eigennya adalah:
t 
X   t  dengan t bilangan sembarang yang tidak nol.
 
0
Untuk   5
Sistem persamaan liniernya adalah:
 2 x1  2 x 2  0  0
 2 x1  2 x 2  0  0
000  0
Solusi non trivialnya adalah:
2 x1  2 x 2
x1   x 2
x3  0
Vektor eigen yang sesuai adalah:
 x1 
X   x1 


 0 
Misalkan x1  r maka vektor eigenya adalah:
r 
X   r  dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.
 
 0 
Contoh 7.26
 4 0 1
Dapatkan vektor eigen dari A =  2 1 0
 2 0 1
Jawab:
Nilai eigen dari matriks didapatkan dari persamaan
detI  A  0
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 46
0
1 
(  4)

det  2
(  1)
0 0


  2
0
(  1)


(  4) (  1) 2  2(  1)  0
(   1)(  1)(  4)  2  0


(  1) 2  5  6  0
(  1)(   2)(  3)  0
Nilai eigen matriks tersebut adalah:
 1  0
 1
20
 2
 3 0
 3
Vektor eigen didapatkan dari persamaan:
0
1   x1  0
(4   )
 2
(1   )
0   x2   0

  2
0
(1   )  x3  0
Untuk   1
Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan:
3 x1  0  x3  0
 2 x1  0  0  0
 2 x1  0  0  0
Solusi non trivialnya adalah:
3x1   x3
x2  0
Vektor eigen yang sesuai adalah:
 x1 
X  0 


 3 x1 
Misalkan x1  p maka vektor eigenya adalah:
 p 
X   0  dengan p adalah bilangan sembarang yang tidak nol.
 3 p 
Untuk   2
Sistem persamaan linier yang sesuai adalah:
2 x1  0  x3  0
 2 x1  x 2  0  0
 2 x1  0  x3  0
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 47
Solusi non trivialnya adalah:
2 x1   x3
 2 x1  x2
Vektor eigen yang sesuai adalah:
 x1 
X   2 x1 


 2 x1 
Misalkan x1  s maka vektor eigennya adalah:
 s 
X   2s  dengan s bilangan sembarang yang tidak nol.


 2s 
Untuk   3
Sistem persamaan liniernya adalah:
x1  0  x3  0
 2 x1  2 x 2  0  0
 2 x1  0  2 x3  0
Solusi trivialnya adalah:
x 1 x3  0
x1   x3
 2 x1  2 x 2  0
x 2   x1
Vektor eigen yang sesuai adalah:
 x1 
X   x1 


 x1 
Misalkan x1  t maka
t 
X   t  dengan t bilangan sembarang yang tidak nol.
 
 t 
Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)
Hal 48