BASIS

✓ BASIS
Definisi. Jika V adalah ruang vector dan S = {V1, V2, … Vn} adalah kumpulan
vektor didalam V, maka S disebut sebagai basis dari ruang vektor V bila memenuhi
dua syarat:
i.
S merentang V
ii.
S bebas linier
Teorema 5.4.1. Jika S = {𝑉1, 𝑉2, … 𝑉𝑛} adalah suatu basis untuk suatu ruang vector
V, maka setiap vektor V dalam V dapat dinyatakan dalam bentuk V=
cv1+cv2+…+cvn dalam tepat satu cara.
Bukti : Karena S merentangkan V , maka dari definisi suatu himpunan rentang kita
dapatkan bahwa setiap vektor dalam V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier
dari vektor-vektor dalam S. untuk melihat bahwa hanya ada satu cara untuk
menyatakan suatu vektor sebagai kombinasi linier dari vektor-vektor dalam S,
anggap bahwa suatu vektor v dapat ditulis sebagai
v = c1 v1 + c2 v2 + … + cn vn
Dan juga sebagai
V = k1 v1 + k2 v2 + … + kn vn
Dengan mengurangkan persamaan kedua dari persamaan pertama akan didapatkan
0 = (c1 – k1) v1 + ( c2 – k2 ) v2 + … + (cn – kn) vn
Karena ruas kanan dari persamaan kedua adaah suatu kombinasi linier dari vektorvektor dalam S, maka kebebasan kiniaer dari S mengimplikasian bahwa
C1 – k1 = 0, c2 – k2 = 0 … cn – kn = 0
Yaitu,
c1 = k1, c2= k2, …, cn= kn
jika S = {𝐯1, 𝐯2, … 𝐯n} adalah suatu basis untuk suatu ruang vektor V, dan
v = c1v1 + c2v2 + … + cnvn
adalah ekspresi untuk suatu vektor v dalam bentuk basis S, maka skalar c1,c2,…,cn
disebut koordinat v relatif terhadap S. vektor (c1,c2,..,cn) dalam Rn yang tersusun
dari koordinat-koordinat ini di sebut koordinat vektor v relatif terhadap S; ini
dinyatakan dengan
(v)s= (c1, c2,..,cn)
Contoh :
Anggap v1 = (1,2,1), v2 = (2,9,0), dan v3 = (3,3,4). Tunjukkan bahwa himpunan S =
{𝐯1, 𝐯2, 𝐯3} adalah suatu basis R3.
Penyelesaian. Untuk menunjukkan bahwa himpunan S merentang R3, Kita harus
menunjukkan bahwa sembarang vektor b= (b1, b2, b3) dapat dinyatakan sebagai
suatu kombinasi linier
b = c1v1 + c2v2 + c3v3
Dari vektor-vektor dalam S. denga menyatakan persamaan ini dalam bentuk
komponen-komponen, kita akan mendapatkan
(b1, b2, b3) = c1 (1,2,1) + c2 (2,9,0) + c3 (3,3,4)
(b1, b2, b3) = (c1 + 2c2 + 3c3 , 2c1 + 9c2 + 3c3 , c1 + 4c3)
Atau dengan menyamakan komponen-komponen yang berpadam
c1 + 2c2 + 3c3 = b1
2c1 + 9c2 + 3c3 = b2
c1
+ 4c3 = b3
(3)
3
jadi, untuk menunjukkan bahwa S merentang R , kita harus menunjukkan bahwa
sistem (3) mempunyai suatu penyelesaian untuk semua pilihan b= (b1, b2, b3).
Untuk membuktikan bahwa S bebas secara linier, kita harus menunjukkan bahwa
satu-satunya penyelesaian dari
c1v1 + c2v2 + c3v3 = 0
(4)
adalah c1 = c2 = c3 = 0. Seperti di atas, jika (4) dinyatakan dalam bentuk komponenkomponen, pembuktian kebebasan menunjukkan bahwa sistem homogen
c1 + 2c2 + 3c3 = 0
2c1 + 9c2 + 3c3 = 0
c1
+ 4c3 = 0
(5)
hanya mempunyai penyelesaian trival. Amati bahwa sistem (3) dan (5) mempunyai
matriks koefisien yang sama. Jadi, berdasarkan teorema 4.3.4 bagian (a), (b), dan
(c), kita dapat membuktikan bahwa S bebas secara linier dan merentang R3 dengan
menunjukkan bahwa dalam sistem (3) dan (5) matriks koefisien
1 2 3
A=2 9 3
1 0 4
Mempunyai determinan tak nol. Akan tetapi
1 2 3
det (A) = 2 9 3 = -1
1 0 4
sehingga S adalah suatu basis untuk R3 .
✓ DIMENSI
Definisi. Suatu ruang vektor tak nol V disebut berdimensi terhingga jika V berisi
suatu himpunan vektor terhingga {𝐯1, 𝐯2, … 𝐯n} yang membentuk suatu basis. Jika
tak ada himpunan yang seperti itu, maka V disebut berdimensi tak hingga. Di
samping itu, kita akan menganggap ruang vektor nol sebagai berdimensi terhingga.
Teorema 5.4.2. jika V adalah suatu ruang vektor berdimensi terhingga dan
{𝒗1, 𝒗2, … 𝒗𝑛} adalah sembarang basis, maka :
a) Setiap himpunan dengan lebih dari n vektor adalag tak bebas secara linier.
b) Tidak ada himpunan dengan vektor yang kurang dari n yang merentang V.
Bukti.
a) Anggap S´ = {𝐰1, 𝐰2, … 𝐰n} adalah sembarang himpunan m vektor dalam
V, dimana m ˃ n. kita ingin menunjukkan bahwa S´ tak bebas secara linier.
Karena S = {𝐯1, 𝐯2, … 𝐯n} adalah suatu basis, maka setiap wi dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linier dari vektor-vektor dalam S, misalkan
W1 = a11v1 + a21v2 + … + an1vn
W2 = a12v1 + a22v2 + … + an2vn
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Wm = a1mv1 + a2mv2 + … + anmvn
(6)
Untuk menunjukkan bahwa S´ tak bebas secara linier, kita harus mencari skalar k1,
k2,…,km yang tidak semuanya nol sedemikian sehingga
k1w1 + k2w2 + … + kmwm = 0
(7)
dengan menggunakan persamaan dalam (6), kita dapat menulis ulang (7) sebagai
(k1a11 + k2a12 + … + kma1m)v1
+ (k1a21 + k2a22 + … + kma2m)v2
.
..
+ k2an2 + … + kmanm)vn =0
Jadi, dari kebebasan linier S, masalah membuktikan bahwa S´ adalah suatu
himpunan yang tak bebas secara linier berubah menjadi menunjukkan bahwa ada
skalar k1,k2,..,km yang tidak semuanya nol, yang memenuhi
+ (k1an1
a11k1 + a12k2 + … + a1mkm=0
a21k1 + a22k2 + … + a2mkm=0
.
.
.
.
.
.
.
.
An1k1 + an2k2 + … + anmkm=0
(8)
Akan tetapi, (8) mempunyai peubah yang lebih banyak dari persamaannya,
sehingga bukti ini menjadi lengkap karena Teorema 1.2.1 menjamin adanya
penyelesaian yang tak trival.
Bukti.
b) Anggap S´= {𝐰1, 𝐰2, … 𝐰m} oleh sembarang himpunan m vektor dalam V,
dimana m < n. kita ingin menunjukkan bahwa S´ tidak merentang V.
pembuktian akan dilakukan dengan kontradiksi: kita akan menunjukkan
dengan mengasumsikan bahwa S´ merentang V akan membawa kita pada
suatu kontradiksi kebebasan linier dari {V1, V2, … Vn}.
Jika S´ merentang V, maka setiap vektor dalam V adalah suatu kombinasi linier
dari vektor-vektor dalam S´, misalkan
v1 = a11w1 + a21w2 + … + am1wm
v2 = a12w1 + a22w2 + … + am2wm
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
vn = a1nwn + a2nw2 + … + amnwm
(9)
untuk memperoleh kontradiksi kita, kita akan menunjukkan bahwa ada skalar
k1,k2,..,kn, yang tidak semuanya nol, sedemikian hingga
k1 v1 + k2 v2 + … + kn vn = 0
(10)
akan tetapi, amati bahwa (9) dan (10) mempunyai bentuk yang sama dengan (6) dan
(7), keculi bahwa m dan n dipertukarkan, serta w dan v dipertukarkan. Jadim
perhitungan yang membawa pada (8) sekarang menghasilkan
a11k1 + a12k2 + … + a1nkn=0
a21k1 + a22k2 + … + a2nkn=0
.
.
.
.
.
.
.
.
Am1k1 + am2k2 + … + amnkn=0
sistem linier ini mempunyai peubah yang lebih banyak daripada persamaan dan
dengan demikian mempunyai penyelesaian takt rival berdasarkan Teorema 1.2.1.
Dari teorema sebelumnya kita ketahui bahwa jika S= {𝐯1, 𝐯2, … 𝐯n} adalah
sembarang basis untuk semua ruang vektor V, maka semua himpunan dalam V
simultan merentang V dan merupakan himpunan yang bebasr secara linier pasti
mempunyai tepat n vektor. Jadi semua basis untuk V harus mempunyai jumlah
vektor yang sama sebagaimana sebarang basis S.
Teorema 5.4.3. semua basis untuk suatu ruang vektor berdimensi terhingga
mempunyai jumlah vektor yang sama.
Definisi. Dimensi suatu ruang vektor berdimensi terhingga V, yang dinyatakan
dengan dim(V), didefinisikan sebagai jumlah vektor dalam suatu basis dimensi
untuk V. disamping itu, kita mendefinisikan ruang vektor nol mempunyai dimensi
nol.
✓ Ruang Baris dan Ruang Kolom
Definisi. Jika A adalah matriks mxn, maka ruang bagian dari R1xn yang direntang
oleh vektor-vektor baris dari A disebut ruang baris dari A. ruang bagian dari Rm
yang direntang oleh vektor-vektor kolom dari A disebut ruang kolom dari A. ruang
penyelesaian dari sistem persamaan homogen Ax =0, yang merupakan suatu
subruang dari R3 , disebut ruang nol dari A.
Untuk suatu matriks m x n
𝑎11
A = 𝑎21
.. ..
𝑎21 . . 𝑎1𝑛
𝑎22 . . 𝑎2𝑛
. .. . . .. . . .. .
𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 . . 𝑎𝑚𝑛
Vektor – vektor
r1 = 𝑎11 𝑎21 . . 𝑎1𝑛
r2 = 𝑎21 𝑎22 . . 𝑎2𝑛
..
..
.. ..
rm = 𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 . . 𝑎𝑚𝑛
n
dalam R yang dibentuk dari baris-baris A disebut vektor-vektor baris dari A, dan
vektor-vektor
c1 =
𝑎11
𝑎21
..
𝑎𝑚1
c2 =
𝑎21
𝑎22
..
𝑎𝑚2
,…., cn =
𝑎1𝑛
𝑎2𝑛
..
𝑎𝑚𝑛
Dalam Rn yang dibentuk dari kolom-kolom A disebut vektor-vektor kolom dari A.
Menentukan basis ruang kolom / baris
Basis ruang kolom A didapatkan dengan melakukan OBE pada A, sedangkan basis
ruang kolom A didapatkan dengan melakukan OBE pada At .
Banyaknya unsur basis ditentukan oleh banyaknya satu utama pada matriks
eselon baris tereduksi.
Dimensi ( ruang baris ) = dimensi ( ruang kolom ) = rank matriks.
Definisi. Rank dari suatu matriks A adalah dimensi dari ruang baris dari A. untuk
menentukan rank dari suatu matriks, kita dapat mereduksikan matrik yang
bersangkutan menjadi bentuk eselon baris. Baris-baris tak nol dari matriks suatu
eselon baris akan membentuk basis untuk ruang barisnya.
Contoh :
1 2 3
Diketahui A = −2 1 0
3 1 1
2 0 1
, Tentukan basis ruang baris dan basis ruang kolom !
1 2 3
1 2
3
1 0 0
A= −2 1 0 - 0 5
3 - 0 1 0
3 1 1
0 −5 −8
0 0 1
2 0 1
0 −4 4
0 0 0
Jadi basis ruang baris { r1 , r2 , r3 }, sedangkan basis ruang kolom adalah { c1 , c2 ,
c3 }, sedangkan rank A = 3.
ruang nol : Ax = 0
𝑎11 𝑎21 . . 𝑎1𝑛
𝑥1
0
A= 𝑎21 𝑎22 . . 𝑎2𝑛
=
𝑥2
0
..
..
.. ..
..
..
.. ..
𝑥3
0
𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 . . 𝑎𝑚𝑛 𝑥4
0
Tentukan suatu basis untuk dan dimensi dari ruang penyelesaian homogen
2x1 + 2x2 – x3 + x5 =0
-x1 - x2 + 2x3 -3x4+ x5 =0
x1 + x2 – 2x3
- x5 =0
x3 + x4 + x5 =0
penyelesaian.
x1= -s – t,
x2= s,
x3= -t,
x4=0,
x5=t
oleh karena itu, vektor-vektor penyelesainnya dapat ditulis sebagai
−𝑠
−𝑠 − 𝑡
−𝑡
𝑥1
−1
−1
𝑠
𝑠
0
𝑥2
1
0
0
−𝑡
−𝑡
𝑥3
0
−1
𝑥4
0
0
0
0
0
=
=
+
=s
+t
𝑥5
𝑡
0
𝑡
0
1
Yang menunjukkan bahwa vektor-vektor
−1
−1
V1 = 1
dan v2 = 0
0
−1
0
0
0
1
Meretangkan ruang penyelesaian. Karena vektor-vektor ini juga bebas secara linier,
maka {V1, V2} adalah suatu basis, dan ruang penyelesaian berdimensi dua.