aljabar linier - Blog Dosen ITATS

07/11/2015
RUANG VEKTOR UMUM
Yang dibahas…….
1. Ruang vektor umum
2. Subruang
3. Hubungan dependensi linier
4. Basis dan dimensi
5. Ruang baris, ruang kolom, ruang nul, rank
dan nulitas
AKSIOMA RUANG VEKTOR
V disebut ruang vektor jika memenuhi:
1. u , v  V  (u  v )  V
2. u+v = v+u
3. u+(v+w)=(u+v)+w
4. 0  V  0  u  u  0  u , u  V
5. u  V , ( u )  V  u  ( u )  ( u )  u  0
6. k , u  V  ku  V
7. k(u+v)=ku+kv
8. (k+l)u=ku+kl
9. k(lu)=(kl)(u)
10. 1u  u
1
07/11/2015
SUBRUANG
Definisi 1.
Misalkan V adalah ruang vektor atas R dan
S  V . S disebut Sub Ruang dari V jika
terhadap operasi yang sama dengan V, S juga
mrp ruang vektor.
CONTOH:
1. S = { 0 } mrp sub ruang dari ruang Rn, dan
disebut sub ruang nol.
Dapat ditunjukkan bahwa S terhadap
operasi penjumlahan dan perkalian skalar
memenuhi aksioma2 dari ruang vektor.
2. Misalkan W = {(a, b, 0) / a, b  R}. Dapat
ditunjukkan bahwa W adalah sub ruang
dari R3
2
07/11/2015
Teorema 1
Misalkan V adalah ruang vektor dan S  V.
S disebut sub ruang dari V jhj
1. u + v  S (tertutup thd penjumlahan)
2. ku  S (tertutup thd perkalian skalar)
untuk setiap u, v  S dan k R.
LATIHAN:
1.
a
b
0
c
Misalkan S   

0
/ a , b, c, d  R 

d

S merupakan sub ruang dari M2x3.
Tunjukkan dengan Teorema 1
2.
Misalkan S = {(a, b, 1) / a, b  R}. Apakah S
subruang dari R3?
3
07/11/2015
Definisi 2
Misal V adalah ruang vektor dan
S = {v1, v2, … , vk }  V. Suatu vektor v  V
disebut sebagai kombinasi linier dari S jika
ada k1,k2,…,kr  R s.d.h
v = k1v1 + k2v2 + … + krvr
Ilustrasi gambar
k1v1
v = k1v1+k2v2
k2v2
Vektor v di R2 sbg kombinasi linier dari v1 dan v2
4
07/11/2015
Definisi 3
Misal V adalah ruang vektor dan S = {v1, v2, … , vr }  V.
Himpunan semua vektor dari V yg mrp kombinasi linier
dari S disebut span S (rentang S).
Span S = {k1v1 + k2v2 + … + krvr/ci  R}
Catt:
Span S mrp sub ruang dari V.
Ilustrasi Gambar
Jika S = {u, v}, dengan u, v  R3 tidak berada dalam satu garis, maka
span(S) mrp bidang yang melalui titik pusat dan titik u dan v.
5
07/11/2015
Himpunan Pembangun
Jika V adalah r.v. dengan
maka
dikatakan S adalah himpunan pembangun untuk V.
Dengan kata lain, S membangun V artinya setiap
vektor dalam V dapat dinyatakan sebagai
kombinasi linier dari S
CONTOH:
1. Unit vektor:
 1
0
 0 
 
 
  
e1   0 , e2   1 , e3   0 
 0
0
 1 
 
 
  
span R 3
2. Himpunan {1, x, x2, …, xn} membangun semua
polinomial berderajad ≤ n.
6
07/11/2015
Bagaimana???
Apakah himpunan S  (1 1 1), (1  1  1), (3 1 1)
membangun R3 ?
Penyelesaian:
Apakah ada x1, x2, x3  R s.d.h
x1 (1, 1, 1)t + x2(1, -1, -1)t + x3 (3, 1, 1)t = b
utk setiap b  R3 ?
Persamaan diatas dapat ditulis:
1 1 3  x1   b1 

   
1  1 1  x2    b2 
 1  1 1  x   b 

 3   3 
Merupakan SPL non homogen :
SPL
Ax  b
Ax  b akan konsisten jhj
rank [A|b] = rank (A)
Dalam kasus ini, rank (A)=2, rank [A|b]=3
(b1  0, b2  1, b3  0)
Jadi S bukan span R3.
7
07/11/2015
KEBEBASAN LINIER
Definisi 1.
Suatu himpunan S  v1 , v2 ,..., vn  dikatakan Himpunan
Bebas Linier jhj utk persamaan
k1v1  k 2 v2  ...  k r vr  0
hanya dipenuhi oleh k1  k 2  ...  k r  0
Jika ada
Linier.
k i  0, maka
dikatakan S Himpunan Tak Bebas
Dengan kata lain….
Himpunan bebas linier :
himpunan yang vektor-vektornya tidak
saling berhubungan (tidak bergantung /
bebas)
 Himpunan Tak Bebas Linier :
himpunan yang salah satu vektornya mrp
kombinasi linier dari vektor2 yang lain
(satu vektor bergantung pada vektor lain /
tidak bebas).

8
07/11/2015
CONTOH:
Tunjukkan himpunan berikut bebas linier atau tidak.
 1   1   5  
      
S   2 ,  0 ,  6  
 1   2   7  
      
Penyelesaian:
 Bentuk
1
1
5 0
 
 
   
1  2    2  0    3  6    0 
1
 2
7 0
 
 
   
Bentuk diatas dapat ditulis
 1 1 5   1   0 

   
 2 0 6   2    0 
 1 2 7     0 

 3   
Jika
1 1 5


A  2 0 6
1 2 7


maka
1 0 3


EA   0 1 2
0 0 0


Karena terdapat penyelesaian yang non trivial (tidak
tunggal), maka S tidak bebas linier.
9
07/11/2015
Tunjukkan apakah himpunan berikut
bebas linier atau tidak
(a).
 1   2   1  
      
 2 ,  1 ,  5  
 3   0   9  
      
(b). 1 2 3, 0 4 5 , 0 0 6 , 1 1 1
(c).
 3   1   2  
      
 2 ,  0 ,  1  
 1   0   0  
      
(d). 2 2 2 2 , 2 2 0 2 , 2 0 2 2 
BASIS dan DIMENSI

Definisi 2
Misalkan V ruang vektor atas R dan
S = {v1, v2, … , vn} subset dari V.
S disebut basis dari V jika
1. S membangun V ( span(S) = V )
2. S bebas linier
10
07/11/2015
Definisi 3
Jika S = {v1, v2, … , vn} adalah basis dari
ruang vektor V, maka dikatakan V
berdimensi n.
 Notasi dim(V) = n
 Jadi, dimensi suatu ruang vektor adalah
jumlah vektor yang bebas linier dan
membangun ruang vektor tsb.

TEOREMA-TEOREMA DALAM
KEBEBASAN LINIER dan BASIS
Anita T. Kurniawati
11
07/11/2015
Teorema 1
Suatu himpunan berhingga dari vektor2
yang memuat vektor nol mrp himpunan
yang tak bebas linier.
(ii) Himpunan yang terdiri atas dua elemen
vektor saja mrp himpunan bebas linier
jhj tidak ada vektor yg mrp kelipatan
skalar dari vektor lain.
(i)
BUKTI
(i) Andaikan S = {v1, v2, …, vn, 0} himpunan bebas
linier, maka
untuk kombinasi linier
1v1 + 2v2 + … + nvn + k.0 = 0 … (*)
hanya dipenuhi oleh 1 = 2 = … = n = k = 0.
Terjadi kontradiksi, karena untuk persamaan
0. v1 + 0. v2 + … + 0. vn + k. 0 = 0

k. 0 = 0

k≠0
Jadi yang benar adalah S tak bebas linier.
12
07/11/2015
(ii) Arah Kanan ()
Diketahui W = {v1, v2} adalah himp. bebas linier.
Dibuktikan : v1 ≠ k.v2 , dengan k ≠ 0.
Andaikan v1 = k.v2, maka
v1 - k.v2 = 0
Karena W bebas linier, maka 1 = 0. Terjadi kontradiksi.
Jadi yang benar, v1 ≠ k.v2 , dengan k ≠ 0.
Arah Kiri ()
Diketahui v1 ≠ k.v2 , dengan k ≠ 0.
Dibuktikan W = {v1, v2} adalah himp.bebas linier.
Andaikan W adalah himp.tak bebas linier. Maka ada 1 ≠ 0
s.d.h kombinasi linier 1v1 + 2v2 = 0.
Dari sini diperoleh v1 + (2/ 1)v2 = 0
 v1 + c.v2 = 0
 v1 = -c.v2 = k.v2
Terjadi kontradiksi.Yang benar W bebas linier.
TEOREMA 2
Jika S = {v1, v2, …, vn} adalah basis untuk ruang
vektor V, maka untuk setiap v  V dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S secara
tunggal.
13
07/11/2015
BUKTI
Karena V = span(S), maka jelas untuk setiap v  V
dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S.
Selanjutnya, akan dibuktikan bahwa kombinasi linier
ini adalah tunggal.
Andaikan v = 1v1 + 2v2 + … + nvn dan
v = k 1 v1 + k 2 v2 + … + k n v n
Maka
1v1 + 2v2 + … + nvn = k1v1 + k2v2 + … + knvn
 (1 – k1)v1 + (2 – k2)v2 + … + (n – kn)vn = 0
Karena {v1, v2, …, vn} bebas linier, maka diperoleh
1 – k1 = 0 , 2 – k2 = 0 , … , n – kn = 0
 1 = k1 ,, 2 = k2 , …, n = kn ,
TEOREMA 3
Jika V ruang vektor berdimensi n dan S = {v1, v2, …, vn} adalah
basis untuk ruang vektor V, maka
(i) setiap himpunan yang terdiri lebih dari n vektor mrp himpunan
yang tak bebas linier.
d.k.l
Jika S’ = {w1, w2, …, wm} dimana m > n maka S’ tak bebas linier.
(ii) Tidak ada himpunan yang lebih kecil dari n vektor yang dapat
membangun V.
d.k.l
Jika S’ {w1, w2, …, wr} adalah vektor2 dalam V dengan r < n
maka V ≠ span(S’).
14
07/11/2015
CATATAN:

Teorema 3 Bagian (i) mrp definisi dari
Himpunan Bebas Linier Maksimal

Teorema 3 Bagian (ii) mrp definisi dari
Himpunan Pembangun Minimal.
Bukti Teorema 3
(i)
Misalkan S’ = {w1, w2, …, wm} adalah m
vektor dalam V (m > n). Karena S = {v1, v2,
…, vn} adalah basis untuk ruang vektor V,
maka setiap wi (i = 1, 2, …,m) dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S,
yaitu
w1 = a11v1 + a21v2 + … + an1vn
w2 = a12v1 + a22v2 + … + an2vn …..(*)
…. dst
wm = a1mv1 + a2mv2 + … + anmvn
15
07/11/2015
Selanjutnya….

Akan ditunjukkan S’ tak bebas linier, yaitu ada k1,
k2, …, km yg tak nol s.d.h
k1w1 + k2w2 + … + kmwm = 0……(**)
Dari persamaan (*) dan (**) diperoleh
(k1a11 + k2a12 + … + kma1m) v1
+ (k1a21 + k2a22 + … + kma2m) v2
+ …. + (k1an1 + k2an2 + … + kmanm) vn = 0
Karena S = {v1, v2, …, vn} bebas linier , maka
 a11k1
+ a12k2 + … + a1mkm = 0
a21k1 + a22k2 + … + a2mkm = 0
…. dst
an1k1 + an2k2 + … + anmkm = 0…..(***)
SPL (***) mrp SPL homogen dengan
banyaknya variabel (m) > banyaknya
persamaan (n), maka solusi nya adalah non
trivial.
16
07/11/2015
(ii). Misalkan S’ = {w1, w2, …, wr} adalah vektor2 dalam V dengan
r < n.
Akan ditunjukkan S’ tidak membangun V.
Andaikan S’ membangun V, maka setiap vektor dalam V dapat
ditulis sbg kombinasi linier dari S’, khususnya vektor2 vj , (j = 1, 2,
…,n) dalam V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari wi
v1 = a11w1 + a21w2 + … + ar1wr
v2 = a12w1 + a22w2 + … + ar2wr
… dst
….. (a)
vn = a1nw1 + a2nw2 + … + arnwr
Utk menunjukkan adanya kontradiksi, akan ditunjukkan bahwa S
= {v1, v2, …, vn} tak bebas linier
Bentuk
k1v1 + k2v2 + … + knvn = 0 … (b)
A.d.t. ada ki ≠ 0 yang memenuhi pers.(b).
Atau dari persamaan (a) dan (b) diperoleh
(k1a11 + k2a12 + … + kna1n) w1
+ (k1a21 + k2a22 + … + kna2n) w2
+ …. + (k1ar1 + k2ar2 + … + knarn) wr = 0….(c)
a.d.t. ada ki ≠ 0 yang memenuhi persamaan ini.
17
07/11/2015
Dari persamaan c , jika dibentuk
a11k1 + a12k2 + … + a1nkn = 0
a21k1 + a22k2 + … + a2nkn = 0
…. dst
ar1k1 + ar2k2 + … + arnkn = 0
Maka SPL ini mrp SPL homogen dengan banyak variabel
tak diketahui (n) > banyak persamaan (r), sehingga
mempunyai penyelesaian non trivial. Jadi ki ≠ 0.
Terjadi kontradiksi. Jadi yang benar adalah S’ tidak
membangun V.
Latihan Soal
1.
2.
3.
Yang manakah dari himpunan berikut ini mrp himp.tak bebas
linier ?
a. {(4, -1, 2), (-4, 10, 2)} di R3
b. {(-2, 0, 1), (3, 2, 5), (6, -1, 1), (7, 0, -2)} di R3
c. {(6 – x2), (1 + x + 4x2)} di P2
d. {(1+3x+3x2), (x+4x2) , (5+6x+3x2), (7+ x – x2)} di P2
Tunjukkan bahwa :
Jika {v1, v2, v3} bebas linier, maka himpunan {v1, v2}, {v1, v3},
{v2, v3}, {v1}, {v2}, {v3} juga bebas linier.
Tunjukkan :
Jika {v1, v2, v3} tak bebas linier pada ruang vektor V dan
v4  V, maka himpunan {v1, v2, v3, v4} juga tak bebas linier.
18
07/11/2015
RUANG BARIS, RUANG
KOLOM, dan RUANG NULL
Definisi 1
Jika A adalah matriks ukuran mxn
 a11
a
 21
 

 a m1
maka :
(i) Vektor-vektor
r1  a11
….
r2  a21
rm  am1
a 22
am 2
a12
a22
a1n 
 a2 n 

 

 a mn 

a12
 a1n 
 a2 n 
am 2  amn 
dalam Rn disebut vektor-vektor baris dari matriks A.
19
07/11/2015
(ii) vektor-vektor
 a11 
 a1n 
 a12 
a 
a 
a 
21
2n
c1    , c2   22  , … , c n   
  

 
  


 
 
am 2 
 a m1 
 a mn 
di Rm disebut vektor-vektor kolom dari
matriks A.
CONTOH:
Diberikan matriks
2
A
3
0
 1 4 
1
Maka : vektor baris dari A adalah
r1 = [2 1 0] , r2 = [3 -1 4]
dan vektor kolom dari A adalah
2
c1   
3
, c2   1  , c3  0 
1
4


 
20
07/11/2015
Definisi 2

Misalkan A adalah matriks mxn. Maka
(i) subruang dari Rn yang dibangun oleh
vektor2 baris dari matriks A disebut
Ruang Baris (row space) dari A
(ii) subruang dari Rm yang dibangun oleh
vektor2 kolom dari matriks A disebut
Ruang Kolom (column space) dari A
Jadi …
Ruang baris A, dinotasikan R(B), adalah
R(B) = Ruang yang dibangun oleh
vektor2 baris matriks A
= span{r1, r2, … , rm}  Rn
 Ruang Kolom A, dinotasikan R(K), adalah
R(K) = Ruang yang dibangun oleh
vektor2 kolom matriks A
= span{c1, c2, … , cn}  Rm

21
07/11/2015

Apakah ada hubungan antara solusi SPL A.x = b
dengan ruang baris dan ruang kolom, dari
matriks A ?

Apakah ada hubungan antara ruang baris, ruang
kolom, ruang null dari suatu matriks ?
Teorema 1
Misalkan A adalah matriks ukuran mxn. Suatu
SPL Ax = b konsisten jhj b adalah elemen dari
ruang kolom matriks A.
Atau :
b  R(K)  b = A.x
22
07/11/2015
Contoh 2:

Diberikan SPL Ax = b
 1 3
1 2

 2 1

2   x1   1 
 3   x2     9 
   
 2   x3    3
Dengan EGJ, diperoleh solusi :
x1 = 2, x2 = -1, dan x3 = 3
sehingga :
1 
  1  3   2 
  9   2  1    2   3  3 
 
     
  3
 2  1    2 
yaitu b mrp kombinasi linier dari kolom2 matriks A. shg b
mrp elemen dari ruang kolom matriks A.
Contoh:

Tentukan apakah b mrp elemen dari ruang kolom
matriks A berikut ini ? Jika ya, tuliskan kombinasi
liniernya.
1
A
4
3 
 2
;
b

 10 
 6 
 
23
07/11/2015
Teorema 2
Operasi baris elementer tidak mengubah ruang
baris suatu matriks
dengan kata lain:
Jika matriks A dan B mrp matriks ekuivalen
baris , maka ruang baris A dan B adalah sama.
Contoh 4

Diberikan matriks
1
A  2

7

2
1
8
 1
3

3 
Menggunakan OBE, matriks A diubah menjadi bentuk
eselon baris tereduksi:
 1 0 7 / 3
B  0 1 5 / 3 


0 0
0 

maka, ruang baris dari matriks A dan B adalah sama.
24
07/11/2015
Basis utk ruang baris dan ruang kolom


Misalkan
 1 2 0
3
2 8
A
2
3 7

 1 2 0
2
4
 4
4 

3 

 3
Menggunakan OBE, matriks A diubah kebentuk matriks
eselon baris tereduksi :
1
0
B
0

0

3
1
0
2 0
1
1
0
0 1
0
0
0
0
1
1

 1

0
Ruang baris matriks A dan B adalah sama
Selanjutnya…


Basis utk ruang baris matriks A adalah vektor2 baris
tak nol dari matriks B, yaitu
w1 = [1 0 2 0 1]
w2 = [0 1 1 0 1]
w3 = [0 0 0 1 -1]
Sedangkan basis untuk ruang kolom matriks A adalah
vektor kolom standar dari matriks B, yaitu
u1 =  1  , u2 =   2  , u3 =  3 
3
 
2
 
 1
 2 
 
 3 
 
 2 
1 
 
2
 
4
25
07/11/2015
Prosedur utk mencari basis dari sub ruang
V di Rn


Misalkan S = {v1, v2, … , vk} adalah vektor2 di Rn, dengan V =
span(S). Maka basis utk V ditentukan dengan langkah2 :
Langkah 1
Bentuk matriks
v 
A =  1
v
 2
  
 
vk 


Langkah 2
Ubah matriks A kebentuk matriks eselon baris tereduksi
Langkah 3
vektor2 baris tak nol dari matriks B mrp basis utk V.
B.
Contoh 5

Misalkan S = {v1, v2, v3, v4} adalah vektor2
di R5 dengan v1 = [1 -2 0 3 -4]
v2 = [3 2 8 1 4]
v3 = [2 3 7 2 3]
v4 = [-1 2 0 4 -3]
dan misalkan V adalah subruang dari R5
yang dibangun oleh S. Tentukan basis
untuk V
26
07/11/2015
Contoh 6

Carilah basis utk ruang baris dan ruang kolom dari
matriks berikut :
 1 3 4
 2 6 9
B
 2 6 9

 1 3  4
2
1
1
2
4 
8
2 

9
7 

 5  4
5
Teorema 3

Jika A sebarang matriks, maka ruang baris dan
ruang kolom dari matriks A mpy dimensi yang
sama.
27
07/11/2015
Contoh 7

Pada contoh 5,
dim(ruang baris A) = 3
dim(ruang kolom A) = 3
Pada contoh 6,
dim(ruang baris B) = 3
dim(ruang kolom B) = 3
RANK MATRIKS

DEFINISI 3
(i) Dimensi dari ruang baris disebut rank
baris
(ii) Dimensi dari ruang kolom disebut rank
kolom
28
07/11/2015
Definisi 4
Jika A adalah matriks sebarang, maka
rank baris A = rank kolom A = rank A.
Rank matriks A dituliskan : rank(A).

Cara mencari Rank suatu matriks
Misalkan A adalah sebarang matriks.
 Langkah 1
Ubah matriks A menjadi matriks eselon
baris tereduksi B.
 Langkah 2
Rank A = jumlah baris tak nol dari
matriks B.

29
07/11/2015

Carilah rank dari matriks :
 1 2
 1 9
A
 3 8

 2 3
 1
 1

3

2
RUANG NULL dan NULLITY

Definisi 5
(i) Himpunan dari semua solusi sistem
homogen A.x = 0 disebut dengan
Ruang Null (Nullspace).
Nullspace merupakan subset dari Rn.
(ii) Dimensi dari ruang null disebut Nullity.
30
07/11/2015
Basis utk Ruang Null


Diberikan SPL homogen A.x = 0, dengan A matriks
berukuran m x n.
Solusi dari sistem di atas dicari menggunakan EGJ, yaitu
matriks augmented
A
0
diubah ke matriks eselon baris tereduksi
B 0
dimana matriks B mpy r baris tak nol, 1 ≤ r ≤ m.

Jika m > n (r = n), yaitu
n
1
0



B  0
0


0

0

0
0
1

0
0

0

0

1
0
0
0
0

0

0
0



0
0


0 
r=n
m
Maka, solusi A.x = 0 trivial. Artinya, semua solusinya adalah
nol, sehingga ruang solusinya tidak punya basis, akibatnya,
nullity = 0.
31
07/11/2015

Jika m < n (r < n), yaitu
n
1
0



0
B
0

0


0
0 0  0
s11

1 0  0
s21  s2 n
s1n

0 0  1
sr1 
srn
0 0  0
0

0
0 0  0
0

0
0

0

0 0  0
0
0



0
0

0


0
r
m
Maka, solusi A.x = 0 adalah non trivial (mpy r buah solusi), shg
ruang solusinya mpy r buah basis, akibatnya nillity = r.
Contoh 9

Carilah ruang null dan nullity dari SPL homogen :
1  1 1
3  3 2

 x1 
x 
2
 2 1  
 x3  
0 2   
 x4 
 x5 
0
0
 
32
07/11/2015
Teorema 4

Jika A adalah matriks ukuran m x n, maka
rank(A) + nullity A = n
Contoh 10

Apakah SPL berikut mpy solusi?
1 1 1  x1   6 
1  1 1  x    2 

 2   
5 1 5  x3   5
33
07/11/2015
RANK dan KESINGULARAN
MATRIKS
Teorema 6
Diberikan matriks A berukuran nxn .
det(A) ≠ 0 jhj rank(A) = n
Teorema 7
 Misalkan A
i.
ii.
matriks ukuran nxn.
SPL A.x = b mempunyai
penyelesaian tunggal jhj rank(A) = n
SPL A.x = 0 mpy solusi non trivial jhj
rank(A) < n.
34