Kombinasi Linier - Febby Dian Anggraini

Kombinasi Linier
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Definisi Kombinasi Linier
Misalkan V ruang vektor.
S={u1, u2, ..., un}⊆V.
Misalkan a∈V.
Vektor a disebut dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier
dari S, jika terdapat skalar-skalar (konstanta riil) k1, k2, ..., kn,
sehingga memenuhi persamaan:
k1u1+ k2u2+ ...+ knun=a
Contoh:
(a, b, c)=a(1, 0,0)+b(0,1,0)+c(0,0,1),
berarti vektor (a, b, c) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier
dari {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Contoh Kombinasi Linier 1
Tunjukkan u=(2, 3, -1) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari W={a1=(1, 0,
1), a2=(0, 1, -1), a3=(1, 1, -1)} dan tuliskan bentuknya.
Jawab:
Akan dicari skalar-skalar k1, k2, dan k3 yang memenuhi:
u= k1a1+ k2a2+ k3a3.
(2, 3, -1)= k1(1, 0, 1)+ k2(0, 1, -1)+ k3(1, 1, -1)
(2, 3, -1)=(k1, 0, k1)+ (0, k2, -k2)+ (k3, k3, - k3)
(2, 3, -1)=( k1+ k3, k2+ k3, k1-k2-k3)
Berarti membentuk sistem persamaan linier:
2= k1
+ k3
3=
k2 + k3
-1= k1 - k2 - k3
Untuk menghitung skalar-skalarnya dapat digunakan eliminasi Gauss-Jordan. Dari
eliminasi Gauss-Jordan di dapat: k1=2, k2=3, dan k3=0. Berarti kombinasi liniernya
adalah: u= 2a1+ 3a2
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
1
Contoh Kombinasi Linier 3 (1/ 2)
Apakah a=(2, -1, 3) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari
S={u1=(2, -2, 4), u2=(0, 1, 2), u3=(1, 0, 4)}?
Jawab:
Akan dicari k1, k2, dan k3 yang memenuhi persamaan:
a=k1u1+k2u2+k3u3
(2, -1, 3)=k1(2, -2, 4)+k2(0, 1, 2)+k3(1, 0, 4)
(2, -1, 3)=(2k1+k3, -2k1+k2, 4k1+2k2+4k3)
Didapat sistem persamaan linier:
2 = 2k1
+ k3
-1 = -2k1+ k2
3 = 4k1+2k2+4k3
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Contoh Kombinasi Linier 3 (2/2)
Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan sistem
persamaan linier ini akan diselesaikan:
⎡2 0
⎡2 0 1 2 ⎤
⎡ 2 0 1 2⎤
⎢0 1
⎢− 2 1 0 − 1⎥ b + b ~ ⎢0 1 1 1 ⎥
~
2
1
⎢
⎢
⎥
⎥
⎢
⎢⎣ 4 2 4 3 ⎥⎦ b3 − 2b1
⎢⎣0 2 2 − 1⎥⎦ b3 − 2b2 ⎢⎣0 0
2⎤
1 ⎥⎥
0 − 3⎥⎦
1
1
Karena sistem persamaan linier di atas tidak
mempunyai solusi, berarti a tidak dapat dinyatakan
sebagai kombinasi linier dari S.
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Contoh Kombinasi Linier 4 (1/ 2)
Apakah a=(2, -1, 6) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari
S={u1=(2, -2, 4), u2=(0, 1, 2), u3=(1, 0, 4)}?
Jawab:
Akan dicari k1, k2, dan k3 yang memenuhi persamaan:
a=k1u1+k2u2+k3u3
(2, -1, 6)=k1(2, -2, 4)+k2(0, 1, 2)+k3(1, 0, 4)
(2, -1, 6)=(2k1+k3, -2k1+k2, 4k1+2k2+4k3)
Didapat sistem persamaan linier:
2 = 2k1
+ k3
-1 = -2k1+ k2
6 = 4k1+2k2+4k3
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
2
Contoh Kombinasi Linier 4 (2/ 2)
Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan sistem persamaan linier ini
akan diselesaikan:
⎡ 2 0 1 2⎤
⎢− 2 1 0 − 1⎥ b + b ~
⎢
⎥ 2 1
⎣⎢ 4 2 4 6 ⎥⎦ b3 − 2b1
⎡ 2 0 1 2⎤
⎢0 1 1 1 ⎥
~
⎢
⎥
⎣⎢0 2 2 2⎦⎥ b3 − 2b2
⎡ 2 0 1 2⎤
⎢0 1 1 1 ⎥
⎢
⎥
⎣⎢0 0 0 0⎦⎥
Karena sistem persamaan linier di atas mempunyai solusi tak hingga
banyaknya, yaitu: k1= 1 – ½ t, k2=1 – t, k3=t, berarti a dapat dinyatakan
sebagai kombinasi linier dari S, yaitu:
a=(1 – ½ t)u1+(1 – t)u2+ tu3 dengan t sebarang bilangan riil
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Kombinasi Linier-Sub Ruang (1/ 3)
Misalkan V Ruang Vektor dan B={v1, v2, ..., vr} ⊆ V,
Maka himpunan dari semua kombinasi linier dari B, yaitu:
W={k1v1+k2v2+ …+krvr| k1,k2, …,kr∈R} membentuk sub ruang.
Bukti:
1.
Ambil k1=k2= ... = kr = 0,
maka: 0v1+0v2+ ...+0vr =o.
Jadi W ≠∅.
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Kombinasi Linier-Sub Ruang (2/ 3)
2. Ambil u, w ∈W. Akan diperlihatkan u+w ∈W
Misalkan u= l11v1+l12v2+ …+l1rvr dimana l11,l12, …,l1r∈R
dan w = l21v1+l22v2+ …+l2rvr dimana l21,l22, …,l2r∈R
{aksioma
u+w= (l11v1+l12v2+ …+l1rvr)+(l21v1+l22v2+ …+l2rvr)
asosiatif}
= l11v1+l12v2+ …+l1rvr + l21v1+l22v2+ …+l2rvr {aksioma asosiatif}
{aksioma
= l11v1+ l21v1+l12v2+ l22v2+ …+l1rvr + l2rvr
distributif}
= (l11+l21)v1+(l12+l22)v2+ …+(l1r+l2r)vr
{sifat bilangan riil}
(l11+l21),(l12+l22), …,(l1r+l2r)∈R
Jadi u+w∈W
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
3
Kombinasi Linier-Sub Ruang (3/ 3)
3. Ambil u∈W dan c∈R. Akan diperlihatkan cu∈W
Misalkan u=l11v1+l12v2+ …+l1rvr dimana l11,l12, …,l1r∈R
cu = c(l11v1+l12v2+ …+l1rvr)
distributif}
= cl11v1+cl12v2+ …+cl1rvr
{sifat bilangan riil}
cl11, cl12, …, cl1r∈R
Jadi cu∈W
{aksioma
∴ W sub ruang dari V
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Tantangan 1
1.
Manakah vektor-vektor di bawah ini yang dapat dinyatakan sebagai
kombinasi linier dari S={a1=(1, -1, 0), a2=(0, 2, 1), a3=(1, 1, 1), a4=(1,
3, 2)}
a.
b.
c.
d.
e.
f.
u=(2, 0, 1)
u=(-1, 1, 1)
u=(0, 2, 3)
u=(4, 3, -1)
u=(2, 1, -1)
u=(0, 0, 1)
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Tantangan 2
2.
3.
Apakah vektor-vektor pada bidang 3x + 2y – z = 0, dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S={a1=(2,0,3),
a2=(0,1,2)}? Jelaskan!
Manakah polinom-polinom di bawah ini yang dapat dinyatakan
sebagai kombinasi linier dari: S={p1=2+3x2, p2=-1+x+3x2,
p3=3+x+9x2}
a.
b.
c.
d.
e.
f.
3+x+2x2
2x + 5x2
1+x+6x2
2 + 2x +12x2
5 – 2x2
4+2x+15x2
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
4
Membangun
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Membangun
Misalkan V ruang vektor.
S={u1, u2, ..., ur} ⊆ V.
S disebut membangun V, jika setiap vektor di V dapat dinyatakan
sebagai kombinasi linier dari S atau terdapat skalar-skalar k1, k2, …,
kr∈R, sehingga memenuhi: v= k1u1+k2u2+ …+krur untuk setiap v∈V
Contoh:
„ S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} membangun R3. Karena
setiap vektor di R3 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S,
(k1, k2, k3)= k1e1 + k2e2 + k3e3.
„ B={p1=1, p2=x, p3=x2} membangun P2. Karena setiap vektor di P2 dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linier dari B, a+bx+cx2=ap1+bp2+cp3.
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Contoh Membangun
Apakah himpunan-himpunan di bawah ini membangun ruang vektor yang sesuai?
a.
B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)}
b.
Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3=3x + 4x2}
⎡ 2 0⎤
⎡0 3⎤
⎡1 0 ⎤ ⎫
c.
M=⎧
⎨m 1 = ⎢
⎥, m 2 = ⎢2 1⎥, m 3 = ⎢2 1⎥ ⎬
⎣− 1 0⎦
⎣
⎦
⎣
⎦⎭
⎩
Jawab:
a.
B⊆R2, ambil w=(a, b).
Apakah w=(a, b) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari B,
w=k1u1+k2u2+k3u3 selalu mempunyai solusi?
(a, b)=k1(1, 2)+k2(-1, 1)+k3(0, 3)
(a, b)=(k1, 2k1)+ (-k2, k2)+ (0, 3k3)
(a, b)=(k1 - k2, 2k1 + k2 + 3k3)
Didapat sistem persamaan linier:
a= k1 - k2
b=2k1 + k2 + 3k3
Diselesaikan menggunakan eliminasi GaussGauss-Jordan
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
5
Jawab Membangun (1/5)
a+b ⎤
⎡
⎡1 −1 0 a ⎤
⎡1 −1 0 a⎤
⎡1 −1 0 a ⎤b1 +b2 ⎢ 1 0 1
3 ⎥
⎢2 1 3 b⎥ b − 2b ~ ⎢0 3 3 b-2a⎥ 1 b2 ~ ⎢
(b- 2a)⎥
~ ⎢
(b - 2a) ⎥
⎣
⎦ 3
0
1
1
1
⎦ 2
⎣
⎥
⎢0 1 1
⎢⎣
3 ⎥⎦
3 ⎦
⎣
dikembalikan ke bentuk sistem persamaan linier, didapat:
a+b
k1
+ k3 =
3
b - 2a
k2 + k3 =
3
dengan subtitusi mundur, didapat:
a +b
k1 =
− k3
3
b - 2a
k2 =
− k3
3
karena k3 dapat bernilai sebarang, maka k3 dimisalkan sebagai sebuah
parameter, k3=t, sehingga, k1=(a+b)/3 -t, dan k2=(b-2a)/3 - t, yang berarti
selalu mempunyai solusi.
Jadi, B membangun R2.
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Jawab Membangun (2/5)
Karena Q⊆P2, maka akan ditunjukkan bahwa Q membangun P2 atau
w=k1p1+k2p2+k3p3 selalu mempunyai solusi dengan w=a+bx+cx2.
a+bx+cx2= k1(2+x+2x2)+k2(-1 + 2x +3x2)+k3(3x + 4x2)
a+bx+cx2= (2k1+ k1x+2k1x2)+ (-k2 + 2k2x +3k2x2)+ (3k3x + 4k3x2)
a+bx+cx2= (2k1 - k2)+ (k1 + 2k2 + 3k3)x + (2k1 + 3k2 + 4k3)x2
Didapat sistem persamaan linier:
⎡2 − 1 0⎤ ⎡ k 1 ⎤ ⎡a ⎤
a=2k1 - k2
⎢1 2 3 ⎥ ⎢ k ⎥ = ⎢ b ⎥
b= k1 + 2k2 + 3k3
⎢
⎥⎢ 2 ⎥ ⎢ ⎥
c=2k1 + 3k2 + 4k3
⎣⎢ 2
3
4 ⎦⎥ ⎣⎢ k 3 ⎦⎥
⎣⎢ c ⎦⎥
Persamaan matrik di atas selalu mempunyai solusi, jika matrik koefisien
mempunyai invers, berarti determinan matrik koefisien tidak sama dengan nol.
2 − 1 0 b1 − 2b2
0 −5 −6
−5 −6
=-(10-6)=-4≠0
1 2 3
3 = −
= 1 2
−1 − 2
2 3 4 b3 − 2b2
0 −1 − 2
Jadi, Q membangun P2.
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Jawab Membangun (3/5)
Karena M⊆M2x2, maka akan ditunjukkan bahwa M membangun M2x2. Berarti pula
apakah persamaan w=k1m1+k2m2+k3m3 selalu mempunyai solusi untuk bentuk
umum w, w= ⎡a b ⎤
Didapat sistem persamaan linier:
⎢c d ⎥
⎣
⎦
a= 2k1
+ k3
b=
3k2
c= -k1 + 2k2 + 2k3
⎡0 3⎤
⎡1 0⎤
⎡a b⎤ = ⎡ 2 0⎤
d=
k2 + k3
⎢c d ⎥ k1 ⎢−1 0⎥ + k2 ⎢2 1⎥ + k3 ⎢2 1⎥
⎣
⎦
⎣ ⎦
⎣ ⎦ Diselesaikan menggunakan eliminasi
⎣
⎦
2k 1 + k 3
3k 2 ⎤ Gauss-Jordan:
⎡a b ⎤ = ⎡
⎢c d ⎥ ⎢
⎥
⎣
⎦ ⎣− k 1 + 2k 2 + 2k 3 k 2 + k 3 ⎦
⎡2
⎢0
⎢
⎢− 1
⎢
⎣0
0 1 a ⎤ b3
⎡− 1
⎢0
3 0 b ⎥⎥
~ ⎢
⎢2
2 2 c ⎥ b1
⎢
⎥
⎣0
1 1 d⎦
2 2 c⎤
3 0 b⎥⎥
0 1 a ⎥ b3 + 2b1
⎥
1 1 d⎦
⎡− 1
⎢0
~⎢
⎢0
⎢
⎣0
c ⎤
3 0
b ⎥⎥ b4
~
4 5 a + 2c⎥
⎥
1 1
d ⎦ b2
2 2
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
6
Jawab Membangun (4/6)
⎡−1
2
c ⎤
⎢0
1
d ⎥⎥
~ ⎢
⎢0
5 a + 2c⎥ b3 − 4b2
⎢
⎥
0
b ⎦ b4 − 3b2
⎣0
⎡− 1
⎢0
⎢
⎢0
⎢
⎣0
2
1
4
3
⎡− 1
⎢0
⎢
⎢0
⎢
⎣0
2 2
1 1
⎤
⎥
⎥
~
0 1 a + 2c - 4d⎥
⎥
0 −3
b - 3d ⎦ b4 + 3b3
2
1
2
1
c
d
⎤
⎥
⎥
0 1
a + 2c - 4d ⎥
⎥
0 0 3a + 6c + b - 15d⎦
c
d
Sistem persamaan linier di atas, hanya mempunyai solusi jika 3a+b+6c15d=0, sedangkan yang diminta untuk sebarang nilai: a, b, c, dan d.
Jadi, ada matrik 2x2 yang tidak bisa dinyatakan sebagai kombinasi
linier dari M.
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Jawab Membangun (4/5)
Contoh penyangkal:
⎡1 1⎤
u= ⎢ ⎥
⎣1 1⎦
⎡1
⎢1
⎣
⎡1
⎢1
⎣
Didapat sistem persamaan linier:
+ k3
1= 2k1
1=
3k
1⎤
= k ⎡ 2 0⎤ + k ⎡0 3⎤ + k ⎡1 0⎤ 1= -k + 2k2 + 2k
⎥
1
2
3
1⎦ 1 ⎢−1 0⎥ 2 ⎢2 1⎥ 3 ⎢2 1⎥
⎣
⎦
⎣
⎦
⎣
⎦ 1=
k2 + k3
Diselesaikan dengan eliminasi Gauss-Jordan:
1⎤
3k 2 ⎤
⎡ 2k1 + k 3
= ⎢− k + 2k + 2k k + k ⎥
1⎥⎦
2
3
2
3⎦
⎣ 1
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Jawab Membangun (5/5)
⎡2
⎢0
⎢
⎢− 1
⎢
⎣0
⎡− 1
⎢0
⎢
⎢0
⎢
⎣0
0 1 1⎤ b3 ⎡− 1
⎢0
3 0 1⎥⎥
~⎢
2 2 1⎥ b1 ⎢ 2
⎢
⎥
⎣0
1 1 1⎦
⎡− 1
2 2 1⎤
⎢0
3 0 1⎥⎥
~ ⎢
0 1 1⎥ b3 + 2b1 ⎢ 0
⎢
⎥
1 1 1⎦
⎣0
1⎤
⎡− 1
⎢ 0
1 ⎥⎥
~ ⎢
⎢ 0
0 1 -1⎥
⎥
⎢
0 − 3 - 2⎦ b4 + 3b3
⎣ 0
2
2
2
2
1
1
1
0
1
1
0
0
2 2 1⎤
⎡− 1
3 0 1⎥⎥ b4 ⎢ 0
~ ⎢
4 5 3⎥
⎢0
⎥
1 1 1⎦ b2 ⎢⎣ 0
2 2 1⎤
1 1 1⎥⎥
~
4 5 3⎥ b3 − 4b2
⎥
3 0 1⎦ b4 − 3b2
1 ⎤
1 ⎥⎥
-1⎥
⎥
- 5⎦
Dari matrik terakhir ini, terlihat bahwa SPL tidak mempunyai solusi.
Jadi, ada matrik 2x2 yang tidak bisa dinyatakan sebagai kombinasi linier dari M.
Jadi, M tidak membangun ruang vektor M2x2.
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
7
Bebas Linier
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Bebas Linier
Misalkan V ruang vektor.
B={a1, a2, ..., an}⊆V. Himpunan B disebut bebas linier, jika persamaan vektor:
k1a1 + k2a2 + ...+ knan = o
hanya dipenuhi oleh k1 = k2 = ...= kn = 0 (hanya solusi trivial).
Jika terdapat solusi yang lain (solusi tak trivial), maka B disebut tak bebas linier/
bergantung linier.
Contoh:
S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} bebas linier,
karena (0, 0, 0)=ae1 + be2 + ce3=(a, b, c), berarti hanya dipenuhi oleh a=b=c=0.
B={p1=1, p2=x, p3=x2} bebas linier, karena 0=ap1+bp2+cp3=a+bx+cx2, berarti
a=b=c=0.
⎧
⎡1 0⎤
⎡0 1⎤
⎡0 0⎤
⎡0 0⎤⎫ bebas linier,
M= ⎨⎩m1 = ⎢⎣0 0⎥⎦, m 2 = ⎢⎣0 0⎥⎦, m 3 = ⎢⎣1 0⎥⎦, m 4 = ⎢⎣0 1⎥⎦⎬⎭ karena persamaan vektor berikut
⎡0 0⎤ =am +bm +cm +dm = ⎡a b⎤
1
2
3
4 ⎢
⎢0 0⎥
⎥ , berarti didapat: a=b=c=d=0.
⎣ ⎦
⎣c d⎦
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Sifat-sifat Himpunan Tak Bebas Linier
(Bergantung Linier)
1.
2.
Jika B={v1, v2, ..., vn} himpunan tak bebas linier, maka selalu
satu vektor dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari
vektor-vektor yang lainnya atau vi=k1v1+k2v2+...+ki-1vi1+ki+1vi+1+ ...+knvn untuk i=1, 2, ..., n
Jika B={ v1, v2} himpunan tak bebas linier, maka v1=kv2 {v1
kelipatan dari v2}
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
8
Tantangan
1. Apakah himpunan-himpunan di bawah ini membangun dan bebas linier?
a. B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)}
b. Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3=3x + 4x2}
⎧
c. M= ⎨m
1
⎩
⎡2
=⎢
⎣−1
0⎤
⎡0
, m2 = ⎢
0⎥⎦
⎣2
3⎤
⎡1 0⎤⎫
, m3 = ⎢ ⎥⎬
1⎥⎦
⎣2 1⎦⎭
d. Q={u1=(1, 0, 1, 2), u2=(2, 2, 3, 7), u3=(1, 1, 2, 4), u4=(-1, -1, -2, -2)}
e. B={u1=(2, 1), u2=(0, 1), u3=(3, 3)}
f. B={p1=1 - x - x2 + 2x3, p2= x + 3x2, p3=2 –2x - x2 + 4x3,
p4=-1 + 2x + 4x2 + x3}
g. B={p1=1 - x, p2=1 + 2x, p3=2 + x}
2. Tentukan vektor-vektor yang membangun himpunan semua vektor di
bidang: 2x + 3y – z = 0. Apakah vektor-vektor tersebut bebas linier?
Jelaskan!
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Basis dan Dimensi
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Basis
Misalkan V ruang vektor.
B={u1, u2, ..., un}⊆ V.
B disebut basis ruang vektor V, jika B memenuhi dua aksioma, berikut:
1. B bebas linier
2. B membangun V
Contoh:
S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} basis di R3.
B={p1=1, p2=x, p3=x2} basis polinom berderajat maksimal 2
⎧⎪
⎪⎩
⎡1 0⎤
⎡0 1⎤
⎡0 0⎤
⎡0 0⎤⎫⎪
⎥, m2 = ⎢0 0⎥, m3 = ⎢1 0⎥, m4 = ⎢0 1⎥⎬ basis matrik 2x2.
⎣0 0⎦
⎣
⎦
⎣
⎦
⎣
⎦⎪⎭
M= ⎨m1 = ⎢
Basis-basis di atas disebut basis baku dari masing-masing ruang vektor
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
9
Basis Tidak Tunggal
„ contoh: Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3=3x + 4x2}, juga basis P2,
karena:
„ k1p1+k2p2+k3p3=o, hanya dipenuhi oleh k1=k2=k3=0
„ k1p1+k2p2+k3p3=a+bx+cx2, selalu mempunyai solusi berapapun a, b,
dan c
„ Kedua persamaan di atas mempunyai matrik koefisien
⎡2 − 1 0⎤
⎢1
2
3 ⎥⎥
dan mempunyai solusi seperti yang
⎢
3
4 ⎦⎥
⎣⎢ 2
dikehendaki, jika determinannya tidak sama dengan nol.
2 − 1 0 b1 − 2b2
0 −5 −6
−5 −6
=-(10-6)=-4≠0
= 1 2
1 2 3
3 =−
−1 − 2
2 3 4 b3 − 2b2
0 −1 − 2
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Ruang Vektor Berdimensi Berhingga
Misalkan {o}≠V ruang vektor.
V disebut berdimensi berhingga, jika mempunyai himpunan
yang banyak anggotanya berhingga yang menjadi basis.
Jika tidak ada himpunan yang demikian ini disebut berdimensi
tak hingga.
Perkecualian, walaupun ruang vektor nol tidak mempunyai
basis, namun dianggap berdimensi berhingga.
Contoh:
R3, P2, M2x2 termasuk berdimensi berhingga.
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Dimensi Ruang Vektor
Misalkan V ruang vektor berdimensi berhingga, dimensi dari V, ditulis dim(V),
adalah banyaknya anggota (kardinalitas) dari basis. Perkecualian, untuk ruang
nol didefinisikan berdimensi nol.
Contoh:
dim(R3)=3, dim(Rn)=n, dim(M2x2)=4, dim(P2)=3, dim(Pn)=n+1.
Tentukan dimensi dari sub ruang pada bidang: -x + 2y +5z=0.
1.
2.
Jawab:
x=2y+5z, sehingga
(x, y, z) = (2y+5z, y, z) dan karena y dan z variable bebas, y=t, z=s, akibatnya:
(x, y, z)=(2t+5s, t, s)= t(2, 1, 0)+s(5, 0, 1) {dapat dibaca vektor pada bidang –
x+2y+5z=0 dibangun oleh vektor (2, 1, 0) dan (5, 0, 1)}.
Karena (2, 1, 0) dan (5, 0, 1) tidak saling berkelipatan, maka bebas linier.
Jadi, basis sub ruang –x+2y+5z=0 adalah {(2, 1, 0), (5, 0, 1)} berarti
berdimensi 2.
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
10
Contoh
(1/ 2)
Tentukan basis dan dimensi dari ruang solusi sistem persamaan
linier homogen berikut:
2x + 2y – 3z
=0
2x + 3y – z – w = 0
2x + 5y + 3z – 3w = 0
Jawab:
⎡2 2 − 3 0 0⎤ b1 − 2b2
⎡2 2 − 3 0 0⎤
⎡2 2 − 3 0 0⎤
⎢ 2 3 − 1 − 1 0 ⎥ b − b ~ ⎢0 1 2 −1 0⎥
~
~ ⎢⎢0 1 2 −1 0⎥⎥
1
⎢
⎥
⎢
⎥ 2
⎣⎢0 3 6 − 3 0⎦⎥ b3 − 3b2 ⎣⎢0 0 0 0 0⎦⎥
⎣⎢ 2 5 3 − 3 0 ⎥⎦ b3 − b1
⎡2 0 − 7 2 0⎤
⎢0 1 2 −1 0⎥
⎥
⎢
⎢⎣0 0 0 0 0⎥⎦
2x – 7z + 2w = 0 atau x = (7z – 2w)/2
y + 2z - w = 0 atau y = - 2z + w
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Contoh
(2/2)
karena z dan w anu yang bebas, misalkan z = t dan w=s, maka
didapat:
x = (7t – 2s)/2
y = -2t + s
Sehingga solusinya berbentuk:
(x, y, z, w)=t (7/2, -2, 1, 0) + s (-1, 1, 0, 1)
Jadi, basis ruang solusi sistem persamaan linier di atas adalah:
{(7/2,-2,1,0), (-1,1,0,1)} dan dimensi: 2
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
Tantangan
Apakah himpunan vektor-vektor di bawah ini basis ruang vektor
yang sesuai? Jelaskan.
1.
a.
b.
c.
d.
e.
B={u1=(3, 0), u2=(1, 2), u3=(-2, 1)}
B={u1=(2, 1, 0), u2=(1, -1, 2), u3=(-2, 2, 1)}
B={u1=(1, 0, 1, 2), u2=(2, 2, 3, 7), u3=(1, 1, 2, 4), u4=(-1, -1, -2, -2)}
B={p1=1 - x, p2= 2 + 3x}
B={p1=1 - x - x2 , p2= x + 3x2, p3=2 – 2x - x2}
Tentukan basis dan dimensi dari
2.
a.
b.
ruang vektor polinom yang berbentuk a+bx+cx2, dengan syarat
a=b+2c.
Semua vektor berbentuk (a, b, c, d) dengan b = a – 3d, c = a + d
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
11
Tantangan
3.
Tentukan basis dan dimensi ruang solusi
sistem persamaan linier homogen berikut:
2x1 + x2 − x3 + 2x4 − x5 = 0 ⎫
⎪
x1 + 2x2 + x3 − x4 − x5 = 0 ⎫
⎪
⎭
3x1 + x2 + 2x3 − 3x4 − 4x5 = 0 ⎪⎭
a. − 2x1 + 3x2 − 2x3 + x4 − 3x5 = 0⎬ b. 4x1 + 3x2 + 3x3 − 4x4 − 5x5 = 0⎪⎬
4x2 − 3x3 + 3x4 − 4x5 = 0
Aljabar Matriks - Mahmud 'Imrona [email protected]
12