BAB 5 RUANG VEKTOR UMUM. Dr. Ir. Abdul Wahid Surhim, MT.

(1)

(2)

KERANGKA PEMBAHASAN

1. Ruang Vektor Nyata

2. Subruang

3. Kebebasan Linier

4. Basis dan Dimensi

5. Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Nul

(3)

PENGANTAR

Pada bab sebelumnya: generalisasi vektor R

2

dan R

3

ke R

n

Pada bab ini akan mengumumkan vektor lebih lanjut sehingga

disebut saja: VEKTOR

Di sini bukan hanya teori, tapi aplikasi: ALAT yang sangat

berguna untuk memperluas visualisasi geometrik kita terhadap

berbagai permasalahan matematika yang penting

Kita dapat menggambarkan R

2

_{dan R}

3

_{sebagai garis, yang}

memperkenankan kita menggambar atau membentuk gambar

mental untuk membantu menyelesaikan permasalahan tersebut

(4)

5.1 RUANG VEKTOR NYATA

Pada sub-bab ini kita akan memperluas konsep sebuah vektor

dengan mengambil sifa-sifat penting vektor yang sudah dikenal

kemudian dijadikan AKSIOMA

Setiap sekumpulan obyek yang cocok dengan suatu aksioma,

secara otomatis memiliki sifa-sifat penting vektor yang sudah

dikenal

Selanjutnya, kumpulan obyek tersebut dapat diterima sebagai

VEKTOR JENIS BARU

(5)

AKSIOMA RUANG VEKTOR

V adalah kumpulan obyek bukan kosong yang dapat didefinisikan

dengan dua operasi: penambahan dan perkalian skalar

Jika operasi-operasi berikut berlaku untuk semua u, v, w dan V,

maka V adalah RUANG VEKTOR, sedangkan obyek-obyek

tersebut ada di dalam vektor V

1. Jika u dan v adalah obyek di dalam V, maka u + v ada di

dalam V

(6)

3. u + (v + w) = (u + v) + w

4. Ada sebuah obyek 0 di V, disebut vektor nol untuk V,

sehingga 0 + u = u + 0 = u untuk semua u di V

5. Untuk semua u di V, ada obyek –u di V, disebut u

negatif, sehingga u + (-u) = (-u) + u = 0

6. Jika k adalah skalar sembarang dan u adalah obyek

sembarang di V, maka ku ada di V

7. k(u + v) = ku + kv

8. (k + m)u = ku + mu

9. k (mu) = (km)(u)

(7)

CONTOH

Diketahui V adalah kumpulan fungsi nilai-nyata yang didefinisikan

pada garis bilangan nyata (-

, ). Jika f(x) dan g(x) adalah dua

fungsi dan k adalah bilangan nyata, definisikan penjumlahan fungsi

f(x)+g(x) dan kf(x).

(8)

CONTOH

Kumpulan semua pasang bilangan nyata (x,y) dengan operasi

(x,y) + (x’,y’) = (x+x’,y+y’) dan k(x,y) = (2kx,2ky)

Apakah ini termasuk ruang vektor? Kalau tidak, manakah aksioma

yang gagal?

JAWABAN

BUKAN termasuk ruang vektor karena gagal di aksioma 9 dan 10:

9. k (mu) = (km)(u)

(9)

CONTOH: SETIAP BIDANG MELALUI ASALNYA

ADALAH SEBUAH RUANG VEKTOR

V adalah bidang melalui asalnya di R3_{. Kita akan menunjukkan bahwa}

titik-titik di V membentuk ruang vektor di bawah operasi penjumlahan dan perkalian yang standar untuk vektor di R3_{. Telah dibuktikan bahwa R}3 _itu

sendiri adalah ruang vektor di bawah operasi-operasi ini sehingga telah memenuhi aksioma 2, 3, 7, 8, 9 dan 10. Sekarang kita buktikan aksioma sisanya (1, 4, 5, dan 6). Karena V bidang melalui asalnya maka:

ax + by + cz = 0

Jika u = (u₁,u₂,u₃) dan v = (v₁,v₂,v₃) adalah titik di V, maka au₁ + bu₂ + cu₃= 0 dan av₁ + bv₂ + cv₃= 0. Penjumlahan kedua garis:

Bukti aksioma 6: ku = k(u

₁

,u

₂

,u

₃

) = (ku

₁

,ku

₂

,ku

₃

)

(11)

(12)

5.2 SUBRUANG

Misalkan W merupakan subhimpunan dari sebuah ruang vektor V

W dinamakan subruang (subspace) V

jika W juga merupakan ruang vektor yang tertutup terhadap operasi penjumlahan dan perkalian dengan skalar.

Syarat W disebut subruang dari V adalah : 1. W  { }

2. W  V

3. Jika maka

4. Jika dan k  Riil maka

W

v

u

,



u



v



W

(13)

Contoh :

Tunjukan bahwa himpunan W yang berisi semua matriks orde 2x2 dengan setiap unsur diagonalnya adalah nol

merupakan subruang dari ruang vektor matriks M_2x2

Jawab :

2. Jelas bahwa W  M_2x2

3. Ambil sembarang matriks A, B  W Tulis dan maka 0 0 0 0 1. O _W      

W



 

       0 0 2 1 a a A _       0 0 2 1 b b B

(14)

Perhatikan bahwa :

Ini menunjukan bahwa

4. Ambil sembarang matriks A  W dan k  Riil maka

Jadi, W merupakan Subruang dari M_2x2.

                        0 0 0 0 0 0 2 2 1 1 2 1 2 1 b a b a b b a a B A

W

B

A





W ka ka kA _        0 0 2 1

W

kA

(15)

CONTOH :

Periksa apakah himpunan D yang berisi semua matriks orde 2x2 yang determinannya nol merupakan subruang dari ruang vektor M_2x2 Jawab :        0 0 b a A        a b B 0 0

Ambil sembarang matriks A, B  W. Pilih a ≠ b : , jelas bahwa det (A) = 0

(16)

B

A 

_











a

b

a

Perhatikan bahwa : =

Jadi D bukan merupakan subruang

karena tidak tertutup terhadap operasi penjumlahan

Karena a ≠ b

(17)

u 1

v

v₂ v_n

n

v

k

v

k

v

k

u



₁



₂



...



Sebuah vektor

dinamakan kombinasi linear dari vektor – vektor , , … ,

jika vektor – vektor tersebut

dapat dinyatakan dalam bentuk :

dengan k₁, k₂, …, k_n adalah skalar Real.

(18)

CONTOH

u

v

a

b

c

Misal _{= (2, 4, 0), dan}

Apakah vektor berikut merupakan kombinasi linear dari vektor – vektor di atas

= (4, 2, 6) c. _{= (0, 0, 0)} adalah vektor-vektor di R3_. = (1, –1, 3) b. = (1, 5, 6) a.

(19)

                                6 2 4 3 1 1 0 4 2 2 1 k k                                6 2 4 3 0 1 4 1 2 2 1 k k a. Tulis

akan diperiksa apakah ada k₁, k₂,sehingga kesamaan tersebut dipenuhi.

Ini dapat ditulis menjadi:

a

v

k

u

k

₁



₂



JAWABAN

dengan OBE, diperoleh:

                    0 0 0 2 1 0 2 1 ~ 6 3 0 6 3 1 2 1 1₂ 2 1

a

u

a





u





2 v



Dengan demikian,

(20)

b v k u k₁  ₂                                   6 5 1 3 1 1 0 4 2 2 1 k k                            6 5 1 3 0 1 4 1 2 2 1 k k b. Tulis :

ini dapat ditulis menjadi:

                              3 0 0 2 1 0 1 ~ 6 3 0 3 3 0 0 1 ~ 6 3 0 5 1 4 1 1 2 1₂ 2 1 2 1

dengan OBE dapat kita peroleh :

Baris terakhir pada matriks ini menunjukkan bahwa SPL tersebut adalah tidak konsisten (tidak mempunyai solusi). Jadi, tidak ada nilai k₁ dan k₂ yang memenuhi  b tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari u dan v

(21)

c. Dengan memilih k₁ = 0 dan k₂= 0, maka dapat ditulis

c

v

k

u

k

v

Himpunan vektor

dikatakan membangun suatu ruang vektor V jika setiap vektor

pada V selalu dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor – vektor di S. = (1, 1, 2), = (1, 0, 1), dan = (2, 1, 3)



v

_n



S



₁

,

₂

,

...

,

Contoh : Tentukan apakah

(23)

                               3 2 1 3 2 1 3 1 2 1 0 1 2 1 1 u u u k k k Jawab : misalkan . Tulis : .

Sehingga dapat ditulis dalam bentuk : Ambil sembarang vektor di R2

3 3 2 2 1 1

v

k

v

k

v

k

u





           3 2 1 u u u u

(24)

Syarat agar dapat dikatakan kombinasi linear

SPL tersebut harus mempunyai solusi (konsisten) Dengan OBE diperoleh :

haruslah u₃ – u₂ – u₁ = 0 Agar SPL itu konsisten

Ini kontradiksi dengan pengambilan vektor sembarang (unsur – unsurnya bebas, tak bersyarat)

(25)



u

_n



S



₁

,

₂

,...,

Misalkan 0 ... 1 2 1 1u  k u   knun  k 0 1  k k₂  0

k

_n



0

S dikatakan bebas linear (linearly independent)

hanya mempunyai satu solusi (tunggal), yakni

,...,

adalah himpunan vektor diruang vektor V

JIKA SPL homogen :

,

Jika solusinya tidak tunggal maka S kita namakan himpunan tak bebas linear (Bergantung linear / linearly dependent)

(26)



1, 3, 2



 u a 



1, 1, 1



0

2 1







k

a

u

k

                            0 0 0 1 2 1 3 1 1 -2 1 k k

Diketahui dan Apakah saling bebas linear di R3

Tulis atau Jawab :

CONTOH :

~ 0 0 0 1 2 1 3 1 1 -           ~ 0 0 0 1 0 4 0 1 1                      0 0 0 0 0 1 0 0 1

dengan OBE dapat diperoleh :

dengan demikian diperoleh solusi tunggal yaitu: k₁ = 0, dan k₂ = 0. Ini berarti ū dan ā adalah saling bebas linear.

(27)

            2 3 1 a             1 1 1 b              4 6 2 c c k b k a k₁ ₂ ₃ 0                  4 1 2 6 1 3 2 1 1           3 2 1 k k k           0 0 0 , , Jawab : atau = Tulis :

Apakah ketiga vektor diatas saling bebas linear R3

(28)

~ 0 1 0 0 4 0 2 1 1                         0 0 0 0 1 0 2 1 1

c

b

a

,

dengan OBE diperoleh :

k₁, k₂, k₃ mrp solusi tak hingga banyak

adalah vektor-vektor yang bergantung linear. Jadi

(29)

INTERPRETASI GEOMETRI KEBEBASAN LINEAR

 Di R2 _{atau R}3_{, kumpulan dua vektor BEBAS LINEAR jika dan hanya jika}

vektor-vektor tersebut TIDAK terletak pada garis yang sama saat ditempatkan titik awalnya di asalnya (titik O)

 Di R3_{, kumpulan tiga vektor BEBAS LINEAR jika dan hanya jika vektor-vektor}

tersebut TIDAK terletak pada bidang yang sama saat ditempatkan titik awalnya di asalnya (titik O)

(30)

TEOREMA

Misalkan S = {v

₁

, v

₂

, …, v

_r

} adalah kumpulan

vektor di R

n

. Jika r>n, maka S bergantung linear

Karena, ada r anu sedangkan persamaannya n

buah (lebih sedikit), sehingga pasti bergantung

linear

(31)

KEBEBASAN LINEAR FUNGSI

Beberapa fungsi pada interval (-

,) dapat diuji kebebasan

linearnya menggunakan

WRONSKIAN

dari f

₁

(x), f

₂

(x), …, f

_n

(x)

dengan rumus:

=

( )

…

′ ( )

′ ( ) …

⋮

( )

′ ( )

⋮

( )

( ) …

( )

Deteminan ini berguna untuk memastikan apakah fungsi-fungsi

tersebut membentuk kebebasan linear di ruang vektor C

n-1

_(-

_,)

(32)

CONTOH

Uji kebebasan linear fungsi-fungsi berikut:

1. x, sin x

2. 1, ex_{, e}2x

JAWAB:

1. Wronskiannya:

Nilai x = 0 maka W = 0, x = /2 maka W ≠ 0

2. Wronskiannya:

(33)

5.4 BASIS DAN DIMENSI

Jika V adalah sembarang ruang vektor dan S = {

ū

₁

,

ū

₂

, … ,

ū

_n

} merupakan himpunan berhingga dari vektor – vektor di V,

maka S dinamakan basis bagi V

Jika kedua syarat berikut dipenuhi :

• S membangun V

(34)

                                          2 1 0 1 , 4 12 8 0 , 0 1 1 0 , 6 3 6 3 M                                          c d b a k k k k 2 1 0 1 4 12 8 0 0 1 1 0 6 3 6 3 4 3 2 1 Contoh :

Tunjukan bahwa himpunan matriks berikut :

merupakan basis bagi matriks berukuran 2 x 2

Jawab :

Tulis kombinasi linear :

atau                       d c b a k k k k k k k k k k k k 4 3 1 4 3 2 1 3 2 1 4 1 2 4 6 12 3 8 6 3

(35)

                                                d c b a k k k k 4 3 2 1 2 4 0 6 1 12 1 3 0 8 1 6 1 0 0 3

dengan menyamakan setiap unsur pada kedua matriks, diperoleh SPL :

Determinan matriks koefisiennya (MK) = 48 • det(MK)  0  SPL memiliki solusi

untuk setiap a,b,c,d Jadi, M membangun M_{2 x 2}

• Ketika a = 0, b = 0, c = 0, d = 0,

det(MK)  0 SPL homogen punya solusi tunggal. Jadi, M bebas linear.

(36)

Karena M bebas linear dan membangun M_{2 x 2} maka M merupakan basis bagi M_{2 x 2}.

Ingat…

Basis untuk setiap ruang vektor adalah tidak tunggal.

Contoh :

Untuk ruang vektor dari M_{2 x 2}, himpunan matriks :

                                  1 0 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , 1 0 0 1

(37)

DIMENSI

Ruang vektor bukan nol V disebut DIMENSI-TERBATAS (finite-dimensional) jika mengandung sebuah kumpulan terbatas vektor

{v

₁

, v

₂

, …, v

_n

} yang

membentuk sebuah basis. Jika tidak ada kumpulan yang tersedia

maka disebut

DIMENSI-TAK TERBATAS

Notasinya: dim(V)

Contoh:

• dim(Rn_{) = n (basis standar yang memiliki n vektor)}

• dim(P_n) = n + 1 (basis standar yang memiliki n + 1 vektor)

(38)

CONTOH

SPL berikut, berapa dimensinya?

Solusi umumnya:

Dalam bentuk vektor dapat ditulis:

= −1 1 0 0 0 dan = −1 0 −1 0 1

(39)

CONTOH

Temukan basis subruang P₂ (polynomial 2) yang dijangkau oleh vektor berikut: 1 − + 3 , 2 + 2 − 6 , 3 + 3 − 9

JAWABAN:

1 −3 1 2 −6 2 3 −9 3

Baris 2 dan 3 proporsional terhadap baris 1, sehingga hasil OBE:

1 −3 1

0 0 0

(40)

5.5 RUANG BARIS, RUANG KOLOM DAN RUANG

NUL

                1 2 2 1 1 3 2 1 1 1 2 1 A Vektor baris Vektor kolom

Perhatikan kolom-kolom pada matriks hasil OBE

Kolom yang memiliki leading 1 disebut

RUANG KOLOM

(41)

matriks A mempunyai basis ruang kolom yaitu :                                 2 3 1 , 1 1 1

basis ruang baris diperoleh dengan cara,

Mentransposkan terlebih dahulu matriks A, lakukan OBE pada At_{, sehingga diperoleh :}

BARIS yang memiliki leading 1 disebut

RUANG BARIS

(42)

Kolom-kolom pada matriks hasil OBE yang memiliki satu utama bersesuaian dengan matriks asal (A).

Ini berarti, matriks A tersebut mempunyai basis ruang baris :

                                              1 3 2 1 , 1 1 2 1

(43)

CONTOH

Perhatikan SPL yang berbentuk Ax = b berikut:

Tunjukkan bahwa b adalah ruang kolom A, dan nyatakan b sebagai kombinasi linear vektor kolom A.

JAWAB

(44)

CONTOH

Temukan basis untuk RUANG NOL dari

JAWABAN

Ruang nol dari A adalah ruang solusi sistem homogenya:

(45)

5.6 RANK DAN NULITAS

Dari contoh sebelumnya:

                                              1 3 2 1 , 1 1 2 1

Dimensi basis ruang baris = ruang kolom

dinamakan rank. Jadi rank dari matriks A adalah 2.

                1 2 2 1 1 3 2 1 1 1 2 1 A                                 2 3 1 , 1 1 1

(46)

Contoh : Diberikan SPL homogen : 2p + q – 2r – 2s = 0 p – q + 2r – s = 0 –p + 2q – 4r + s = 0 3p – 3s = 0

Tentukan basis ruang solusi dari SPL di atas

Jawab :

SPL dapat ditulis dalam bentuk :

                     0 3 0 0 3 0 1 4 2 1 0 1 2 1 1 0 2 2 1 2

(47)

                0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 1 0 0 1 b a s r q p                                             0 1 2 0 1 0 0 1

dengan melakukan OBE diperoleh :

Solusi SPL homogen tersebut adalah :

(48)

Jadi, basis ruang solusi dari SPL diatas adalah :                                           0 1 2 0 , 1 0 0 1

Dimensi dari basis ruang solusi dinamakan nulitas. Dengan demikian, nulitas dari SPL di atas adalah 2.

(49)

CONTOH

Temukan rank dan nulitas

Hasil eselon baris terreduksi:

(50)