solusi aljabar linier resume menghitung

(1)

KUMPULAN SOAL & JAWABAN

ALJABAR LINIER II

D I S U S U N

OLEH :

DARNAH SUANDI D 01 3104 006 MATEMATIKA (A)

JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS NEGERI MAKASSAR

(2)

SOLUSI LATIHAN 4.3 HALAMAN 119

1. a) Semua vektor yang berbentuk (a, 0, 0) Misal V1 = (a1, 0, 0) V2 = (a2, 0, 0)

W = V1 + V2 = (a1 + a2, 0, 0) terletak dalam W

- kV1=k



a,0,0







ka,0,0



terletak pada W

Jadi W sub ruang dalam R3

b) Vektor yang berbentuk (a, 1, 1)

Misal V₁ 



a₁,1,1



dan V₂ 



a₂,1,1





₁ ₂,2,2



2

1 V a a

V

W     bukan vektor dalamW Jadi vektor yang berbentuk (a, 0, 0) bukan sub ruang R3

c) (a,b,c), dimana b = a + c

Jadi vektornya baru bisa ditulis (a, a+c, c) ambil U = (a1, a1 + c1, c1) dan V = (a2, a2+c2, c2)

U + V = (a1 + a2 , a1 + c1 + a2+c2, c1 + c2 ) memenuhi

Ambil k skalar k U = k (a1, a1 + c1, c1)

= ( k a1, k(a1 + c1), k c1) memenuhi

Jadi sub ruang R3

d) Semua vektor yang berbentuk (a,b,c) ; b = a + c + 1 Jadi bisa ditulis (a, (a + c + 1), c)

ambil U _{(a, ( a}₁_+c₁_{+1), c}₁₎



1



, ) ,

(a2 a2 c2 c2

V   



a1 a2,a1 a2 c1 c2 2,c1 c2



V

U       

Ternyata b = a1 + a2 +c1 + c2 + 2 tidak memenuhi, jadi bukan sub ruang.

(3)

2. a) Semua matriks yang berbentuk _     

d c

b a

; a, b, c, d Z

Ambil _

  

       

  

1 1

1 1 1

kd kc

kb ka V k d c

b a

V untuk k bilangan bulat  ka1,

1

kb ,kc1, kd1Z



bukan sub ruang

b) Semua matriks yang berbentuk _   

 

d c

b a

; a + d = 0

Ambil _

  

  

1 1

d c

b a

U a1d1 0 

  

  

2 2

d c

b a

V a2d2 0



1 2

 

1 2



0

2 1 2 1

        

 

 



 a a d d

d d a c

b b a a V U

=



a1d1

 

 a2d2



= 0 + 0 = 0 memenuhi



kU 1 1

1 1

kd ka kd

kc kb ka

     

 

= k



a1d1



= k (0) = 0 memenuhi Jadi merupakan sub ruang dari M22

c) Semua matriks berbentuk 2 x 2 _ _A__At



A 

           

d c

b a A d c

b

a _t _{, supaya}

b c A

A_ t _ _

Ambil _

  

  

1 1

1 1 1

d c

b a

A dimana b1 c1

    

   

2 2

2 2 2

d c

b a

(4)

   

 

 

 

2 1 2 1

2 1 2 1 2 1

d d c c

b b a a A

A b1b2= c1c2

1 1 1

1 kb kc

kd kc

kb ka

kA _ 

  

 

 memenuhi

Jadi merupakan sub ruang M22

d) Semua matriks 2 x 2  det(A)0

Misal A _     

d c

b a

, supaya det(A) ad bc0

Ambil _

  

  

1 1

1 1 1

d c

b a

A a₁d₁ b₁c₁ 0dan _   

   

2 2

2 2 2

d c

b a

A a₂d₂ b₂c₂ 0

   

 

 

 

2 1 2 1

2 1 2 1 2 1

d d c c

b b a a A A

=



a1a2



d1d2

 

 b1b2



c1c2



=



a1d1a2d2 a2d1a1d2

 

 b1c1b2c2 b1c2b2c1



=



(a₁d₁  b₁c₁)(a₂d₂  b₂c₂)(a₂d₁ b₂c₁)(a₁d₂  b₁c₂)



= 0 + 0 = 0

=



a₂d₁ b₂c₁

 

 a₁d₂  b₁c₂



0 (tidak memenuhi) Jadi bukan sub ruang dari M22

3. a) Semua polinomial 3 3 2 2 1

0 ax a x a x

a    a0 0W

Ambil p dan q merupakan polinom-polinom yang terletak pada W

 

3

3 2 2 1

0 a x a x a x

a x

p     a0 0

 

3

3 2 2 1

0 bx b x b x

b x

q     b0 0



 

3

3 3 2 2 2 1

1 0

0 b (a b)x (a b )x (a b )x

a x q

p         dimana

   

 0 0 0 0

0 b

a _memenuhi

 

3

3 2 2 1

0) ( ) ( ) ( )

(a ka x ka x ka x

k x

(5)

 

   0 0 )

(a₀ k

k _memenuhi

Jadi merupakan sub ruang dari P3

b) 3

3 2 2 1 0

)

(x a a x a x a x

W     ,a0a1a2a3 0

Ambil p

 

x _danq

 

x pada W 

 

3

3 2 2 1

0 b x b x b x

b x

p     b0 b1b2 b3 0

 

3

3 2 2 1

0 c x c x c x

c x

q     c0 c1c2 c3 0

  

 











3 3 3 2 2 2 1 1 0

0 c b c x b c x b c x

b x q

p        

Kita selidiki



b0 c0

 

 b1c1

 

 b2c2

 

 b3c3



0





0 0 0

)

(b0 b1b2 b3  c0 c1c2 c3    memenuhi

Ambil skalar k



  

 











3 3 2 2 1

0 kb x kb x kb x

kb x

kp    

Akan diselidiki apakah kb0kb1 kb2 kb3 0  k(b0 b1 b2 b3)k(0)0 memenuhi

Jadi merupakan sub ruang P3 (W)

c)

 

3

3 2 2 1

0 a x a x a x

a x

p     ,a0,a1,a2,a3Z

Ambil k = bilangan pecahan 

  

3

3 2 2 1

0) ( ) ( ) ( )

(a ka x ka x ka x

k k

kp    

sehingga diperoleh ka1,ka2,ka3,ka0 tidak semuanya Z

d) Polinomial W

 

x a₀ a₁x a₀,a₁R

Ambil p

 

x b₀ b₁x_,b0,b1R

 

x q q x

q  ₀  ₁ , q0,q1R

(6)

R q b1  1

    

p x kp x



kb

 

kb



x

k   0  1 , kb0,kb1R

Jadi merupakan sub ruang

4. a) Semua f _sehingga f

 

x 0x

 

0

1 x 

f , x

 

0

2 x 

f , x



f1 f2

 

x 00 f



x1x2



0

 

x

kf _{tidak semuanya}0, ambil k = negatif Maka kf

 

x 0 tidak memenuhi

b) Semua f

 

0 0

 

0 (0) 0

2

1 f f  f 

f

 

0 .0 0

1 kf k 

kf

Merupakan sub ruang

c) Semua f

 

0 2

 

0 2(0) 2 2 2

1 2

1 f f  f   

f tidak memenuhi

Jadi bukan sub ruang

d) Semua fungsi konstan: f

 

x c , c = konstant

 

₂( )

1 2

1 f f x f x

f   



c1 c2



konstan

 

. ,

1

1 kf x kc

kf   konstan Jadi merupakan sub ruang

e) Semua f _{yang berbentuk}k₁k₂sinx , k1,k2 adalah bilangan riil

) sin (

) sin

( 1 2 2 3

2

1 f k k x k k x

f     

=



k1k2 



k2 k3



sinx



memenuhi

 

 ( 1 2sin )

1 k k k x

(7)

=kk1 kk2sinx , kk1,kk2 adalah bilangan Riil

Jadi merupakan sub ruang

5. Tentukan kombinasi linier U 



1,1,3



_danV 



2,4,0



a)



3,3,3



Ambil W 



1,23





3,3,3



2

1U  V 





1, 1,3



2



2,4,0

 

3,3,3



1   



3 2 2

1   

 ...(1)

3 4 ₂

1 

 

 ... (2)

3

3₁  ... (3)

1

1 



1

1 

 subtitusi pada 2)   142 3

₂ 1



3,3,3



U V

b)



4,2,6



₁



,1,3



₂



2,4,0



1 22 4

 142 2

3₁ 06

1 2 subtitusi pada  1 42 2

4

42  2 1



4,2,6



2U V

c)



1,5,6



1



1,1,3







2,4,0



1

2 2

1  



5 4 ₂

1 

    24₂ 5

(8)

₁ 2

Karena baris ketiga nol, maka tidak ada solusi jadi bukan kombinasi linier.

6. Ungkaplah bilangan berikut sebagai kombinasi U



2,1,4



(9)

(10)



7. Nyatakan sebagai kombinasi linier dari 2

1 2 x 4x

Diperoleh tiga persamaan

5

Dalam matriks diperluas diperoleh;



dari soal (6) diperoleh matriks tereduksi

(11)

3 2 1

2 ₃ ₄

5 9

5 x x  P  P P 

b) 1 1 2 2 3 3

2

6

2 x  P  P  P

Diperoleh tiga persamaan

2 3 212  3 

0 2 3 2

1   

 _{dalam bentuk matriks}

6 5 3

41 2  3 

  

 

  

 



6 5 3 4

0 2 1 1

2 3 1 2

dari soal 6a diperoleh matriks eselon tereduksi

  

 

  

 

 2 1 0 0

0 0 1 0

4 0 0 1

₁ 4 , ₂ 0_,3 2

3 1

2 ₄ ₂

6

2 x  P  P 

c) 01P12P23P3 dari soal 6c diperoleh

1 2 3 0

Jadi 00P1 0P2 0P3

d) 1 1 2 2 3 3

2

3 2

2 x x  P  P  P diperoleh 3 persamaan: 212 33 2

12 23 2

3 5 3

21 2 3 

Dari soal 6d diperoleh

2 1

1 

 _,

2 1

2 

 _,

2 1

3 



Jadi 2 1 2 3

2 1 2 1 2 1 3 2

2 x x  P  P  P

8. A =    

 

 1 3 2 1

B = 

    

4 2

1 0

C = 

  

 

 

2 0

(12)

(13)

1 2 4

3    

Dalam matriks diperluas

 yang memenuhi Jadi Q bukan kombinasi linier dari A, B, C

c) R 0A 0B 0C

S _{dalam matriks ditulis}

(14)

1

3

2  u

  





₁ ₂ ₃



3 1

u u

u  





2

2 u

 

 



3



2 1

u u  



3

u



   u3

Jadi V1,V2,V3 merentang R3

Apakah ,,_{konsisten ? , maka harus diselidiki bahwa}

  

 

  

  

0 0 1

0 2 1

3 2 1

B _{mempunyai invers, kita lihat Det (B) = 1(0)+2(0)+3(-2)}0.

Jadi ada invers B



V1,V2,V3 konsisten akibat dari itu V1,V2,V3

merentang R3_.

b) V1 



2,1,3



V2 



4,1,2



V3 



8,1,8



Ambil U 



u1,u2,u3





u1,u2,u3







2,1,3







4,1,2







8,1,8



1

8 4

2   u

2

1   u

   

3

8 2

(15)

  

 

  

 

 

3 2

8 2 3

1 1 1

8 4 2

u u u



     

 

     

 

 



2 5 4

4 0

2 3 3 0

2 4

2 1

1 3

2 1

1

u u

u



     

 

     

 

 

3 1

2 1

1

3 2 9 12 12 0

2 3 3 0

2 3 12 6 3

b b

u u

u



     

 

     

 

 

 

3 2 1

2 1

3 4 2 5 0 0 0

2 1 3

3 0

2 2 1 6 0 3

u u u

u u

Pada baris 3 diperoleh;

3 2

1 4 3

2 5

0 u  u  u _(mustahil)

3 2 1,V ,V

V

 _{tidak merentang R}3

c) V1 



3,1,4



V2 



2,3,5



V3 



5,2,9



V4 



1,4,1





b1,b2,b3







3,1,4







2,3,5







5,2,9







1,4,1



1

5 2

3    b

2

4 2

3   b

   

 3 persamaan dengan 4 anu

3

9 5

4     b

(16)

(17)

x

x 2

2 _sin

cos

1  untuk k1 = 1 , k2 = 1

Jadi f _dang_merentang

d) x k x k 2 x

2 2

1cos sin

sin  

Tidak ada k1 dan k2 yang memenuhi

Jadi f _dang_{tidak merentang.}

11. Apakah polinom-polinom berikut P2 2

1 1 2x x

P    P₂ 3x2

2

3 5 4x x

P    P₄ 22x 2x2

Ambil U 



a,b,c





















2



4 2 3

2 2 2

11 2 3 5 4 2 2 2

,

,bc x x x x x x x

a            

a  



 ₂ ₃ ₄

1 3 5 2



b

  

 ₂ ₃ ₄

1 0 4 2

2    _{matriks utamanya adalah}₁₂ ₃  2₄ c

  

 

  

 

  



2 1 1 1

2 4 0 2

2 5 3 1



  

 

  

 

  



4 4 4 0

6 6 6 0

2 5 3 1



  

 

  

 

  

1 1 1 0

2 5 3 1



  

 

  

 

 

0 0 0 0

1 1 1 0

2 5 3 1

Karena baris terakhir pada matriks utama yang telah direduksi semuanya nol Jadi P1,P2,P3,P4 tidak merentang P2

12. V1 



2,1,0,3



V2 



3,1,5,2



V3 



 1,0,2,1



Yang mana vektor berikut berada lin



V1,V2,V3



a)



2,3,7,3



u1



2,3,7,3







2,1,0,3







3,1,5,2







 1,0,2,1



2

3

(18)

3

Dalam matriks



(19)

Dari barisan

3

Dari bagian a dapat diperoleh matriks diperbesar

(20)

Jadi U4 3V1 3V2 V3 dengan demikian maka U4 berada dalam lin



V1,V2,V3



13. Cari sebuah persamaan untuk bidang yang direntang oleh vektor-vektor :



1,1,1





U _danV 



2,3,5



Misalkan persmaan tersebut adalah axbycz0 Direntang oleh U abc0

0 5 3

2   

 a b c

V

   



 

0 5 3 2

0 1 1 1





  



 

0 7 1 0

0 1 1 1





  



 

0 7 1 0

0 8 0 1

0

8 

 c

a  a8c

0

7 

 c

b  b7c

Subtitusi pada persamaan

0 7

8cx cycz  _kalikan

c

1

dimana c 0

0 7

8x yz  _{merupakan persamaan bidang yang direntang oleh}U

danV _.

14. Cari persamaan parametrik untuk garis yang direntang oleh vektor U ₌



2,7,1



Jawab:



x,y,z







2,7,1





2



x , y 7_,z_ dimana   

15. Perhatikan vektor-vektor pemecahan dari sebuah sistem konsisten tak homogen terdiri m persamaan linier n bilangan tak diketahui tidak membentuk sub grup dari Rn

1 1

2 12 1

11x a x ... a x b

a    n n 

(21)

m n mn n

n x a x a x b

a1 1 2 2 ... 

Atau dalam notasi matriks, Axb. Kita misalkan solusi dari persamaan ini adalah

   

 

   

  

n

s s s

S



2 1

pada Rn

Solusi vektor pada S memenuhi x1 s1, x2 s2,



xn sn

Misalkan W himpunan vektor pemecahan dan s1, s2adalah vektor-vektor

padaW

Kalau W subruang dari Rn_{maka harus diperlihatkan bahwa} 1

s + s2, ks1

merupakan vektor-vektor pada W. Karena s1 dan s2merupakan vektor

pemecahan maka kita peroleh

b

As₁  dan As₂ b



s s1



As1 As2

A   

b b b

2

  

Dimana 2bb s1s2 tidak pada W.

Jadi W bukan sub ruang dari Rn

16. Dari contoh 8

V adalah himpunan semua fungsi bernilai riil yang didefenisikan pada seluruh garis riil, f f(x)_dang g

 

x adalah dua fungsi pada V ke sebarang bilangan riil dan didefinisikan

      

 x kf x kf

x g x f x g f



  

) (

(22)

Perhatikan bahwa himpunan fungsi-fungsi berikut adalah sub ruang dari vektor di atas

a) Semua fungsi kontinu di semua titik Ambil f f

 

x _{fungsi kontinu pada V}

g g

 

x fungsi kontinu pada V



f g

 

x f

 

x g

 

x _{juga kontinu di v}

  

kf x kf

 

x ; f

 

x _{kontinu di V}



kf

 

x _{juga kontinu} Jadi fungsi kontinu merupakan sub ruang pada V

b) Semua fungsi-fungsi terdefenisikan disemua titik Ambil f f

 

x  f'f'

 

x _ada

g g

 

x  g'g'

 

x ada



f'g'

 

x f'

 

x g'

 

x  _ada

   

kf ' x kf'

 

x

k



f'

 

x



 ada

Jadi fungsi terdeferensialkan merupakan sub ruang V

c) Fungsi terdeferensial yang memenuhi f' f 0 Ambil f f

 

x  f'f'

 

x _dimana f'

 

x 2f

 

x 0

g g

 

x  g'g'

 

x dimana g'

 

x 2g

 

x 0



f'g'

 

x f'

 

x g'

 

x _dan



f g

 

x f

 

x g

 

x



f g



x



f g

 

x

 ' ' 2

 

x g

 

x f

 

x g

 

x f'  ' 2 2 

 



f' x 2f x







g'

 

x 2g

 

x





0 0 

0

 memenuhi

 

x kf

 

x

kf'  ' kf

 

x kf

 

x kf'

 

x 2kf

 

x

(23)

k.0

0 memenuhi

Jadi merupakan sub ruang V

SOLUSI LATIHAN 4.4 HALAMAN 156

1. a) U1 

 

1,2 dan U2 



 3,6



pada R2

Tak bebas linear karena U2 3U1 (U2 hasil kali skalar V1)

b) U1 

 

2,3 , U2 



 5,8



, U3 

 

6,1 pada R2



2,3



k₂



 5,8



k₃

  

6,1 0,0



k

2k1  5k2 6k3 0

0 8

3k1 k2 k3 

   

  

0 1 8 3

0 6 5 2





  



 

0 2 16 6

0 18 15 6





  

  

0 20 1 0

0 18 15 6



   

  

0 20 1 0

0 6 5 2





  

 

0 20 1 0

0 106 10 2



_

  

 

0 20 1 0

0 53 0 1

0 53 3

1  k 

k

0 20 3

2 k 

(24)

t k2 20

3

k t 

t k₁ 53

Karena k1, k2 dan k3 tidak semuanya nol maka tak bebas linier.

c) 2

1 2 3x x

P    dan 2

2 6 9x 3x

P   

Tak bebas linear karena P2 diperoleh dari perkalian skalar P1 yaitu

1

2 3P

P 

d) _

     

0 2

3 1

A _

  

  

  

0 2

3 1

B _{pada M}₂₂

Tak bebas linear karena B merupakan perkalian skalar dari A yaitu B = -A

2. Tunjukkan yang tak bebas linear dari himpunan vektor berikut: a)



2,1,4



,



3,6,2



_,



2,10,4



  

 

  

 

 

0 4 2 4

0 10 6 1

0 2 3 2



  

 

  

 

 

0 0 4 0

0 20 12 2

0 2 3 2



  

 

  

 

 4 0 0 0

0 22 15 0

0 2 3 2



  

 

  

 

 4 0 0 0

0 22 15 0

0 10 15 10



  

 

  

 

 4 0 0 0

0 22 15 0

0 12 0 10



  

 

  

 

0 0 1 0

0 22 0 0

0 6 0 5



0

0 0 1 0

0 1 0 0

0 0 0 1

3 2

1   

   

 

  

 

k k

k _{maka bebas linear.}

(25)



Jadi bebas linear

c)



6,0,1



_,



1,1,4



k bebas linear

d)



1,3,3



_,



0,1,4



_,



5,6,3



_,



7,2,1



karena pada R3_{, sedang banyak vektor}

ada 4 sehingga rn vektor tersebut tidak bebas linear (teorema 8)

3. c)



4,4,0,0



_,



0,0,6,6



_,



 5,0,5,5



Jadi bebas linear

(26)



Jadi bebas linear.

b) ₃__x__x2_,₂_ _x_₅_x2_,₄_ ₃_x2

Jadi bebas linear.

(27)

0 6     

Jadi bebas linear.

d) ₁_₃_x_₃_x2_,_x_₄_x2_,₅_₆_x_₃_x2_,₇_₂_x_ _x2



1_3_x_3_x2



__



_x_4_x2

 

__5_6_x_3_x2



__



7_2_x_ _x2



_0



  

 

  

 

1 0 3

4 3

0 2 6 1 3

0 7 5 0 1

dari 2d akan diperoleh

r



n

(teorema 8)  vektor

tersebut tak bebas linear.

5. a) 2,4sin2x.cosx







x x



x x

2 2

cos sin

2 2

cos 2 sin 2 2

cos 2 sin

4 4 1 2

 

Jadi tak bebas linear karena salah satu vektor dapat diperoleh dari 2 vektor

b) x,cosx 

 

x 



cosx



0   0  bebas linear

c) 1,sinx,sin2x sinxsin2x0   0  _{bebas linear}

d) _cos₂x_,_sin2x_,_cos2x_ _cos₂x___sin2x___cos2x 1



  1_ _cos₂_x_ _sin2_x_ _cos2_x_{dipenuhi jadi tidak bebas linear}

e)





2

1x , _x2 _₂_x, 3



1



2



2 2



 

3 0     

  x  x x 

0 3    

  

 

  

 

0 0 1 1

0 3 0 1



  

 

  

 

0 0 0 0

0 0 1 0

0 3 0 1

(28)

0   



 3 



1



2



2 2



1   

x x x

 

3 1



  

3 1





tidak bebas linear.

f) ₀_,_x_,_x2_{tak bebas linear karena salah satu vektor ada nol.}

6. a) V₁ 



1,0,2



V₂ 



3,1,2



V₃ 



1,1,0



Terletak dalam satu bidang jika vector tersebut dapat di nyatakan sebagai kombinasi linear



1,0,2







3,1,2







1,1,0



0 

0 3      

0

   

0 2    

  

 

  

 

 0 0 2 1

0 1 1 0

0 3

1 



  

 

  

 

 

0 0 1 0

0 1 ` 1 0

0 1 3 1



  

 

  

 

 0 0 1 0

0 1 0 0

0 1 0 1



  

 

  

 

0 0 1 0

0 1 0 0

0 0 0 1

Karena 3 vektor tersebut bebas linear  vector itu tidak terletak dalam satu bidang

(29)



V tidak segaris karena ketiganya tidak ada yang berkelipatan.

c) V1 



4,6,8



V2 



2,3,4



V3 



 2,3,4



Karena ketiganya berkelipatan (dapat diperoleh 2 vektor dengan mengalikan

skalar pada salah satu vector yang lain). Jadi V1,V2 &V3 segaris.

Tak bebas jika

2 1 V

V

(30)

(31)

Tak bebas linear pada R4_{jika salah satu vector dapat diperoleh dari dua}

vector yang lain

 

₂

 

₃

1 V V

V  

    

 

    

 

 

1 3 1

1 1 5

3 7 0

0 4 6



    

 

    

 

  



6 14 0

3 7 0

1 3

1



    

 

    

 

  



6 14 0

1 3

1



    

 

    

 

 

0 0 0

6 14 0

1 3 1



  

 

  

 

 

0 0 0

3 7 0

1 3 1



  

 

  

 

 

0 0 0

9 21 0

7 21 7



    

  



7 3 1

2 0 7

7 2





7 3

 



3 2

1 ₇2V ₇3V

V   _.



Tidak bebas linear

b) V1 ₇2V2  2₇V3 2₇V2 V13₇V3

V2 ₂7V1₂3V3

₂3V3 V2  ₂7V1

V3 ₃2V2  ₃7V1

10.



V1,V2,V3



himpunan vector bebas linear

(32)

0 V k V k V

k₁ ₁ ₂ ₂ ₃ ₃ 

hanya dipenuhi untuk k₁ k₂ k₃ 0 Jadi



V₁,V₂



 k₁V₁k₂V₂ 0

0 k

k₁ ₂  bebas linear



V₁,V₃



 k₁V₁k₃V₃ 0V₁0V₂ 0 bebas linear



V₂,V₃



 k₂V₂k₃V₃ 0V₂0V₃ 0 bebas linear

 

V₂  k₂V₂0V₂ bebas linear

 

V₃  k₃V₃ 0V₃ _{bebas linear}

11. S



V₁,V₂,...,V_n



himpunan vector bebas linear, perlihatkan bahwa masing-masing sub himpunan S dengan satu atau lebih vector yang bebas linear

Jawab :

Dik : S himpunan vector bebas linear maka, 0

V k ... V k V k V

k₁ ₁ ₂ ₂ ₃ ₃  _n _n  _{dipenuhi untuk}k₁k₂ k₃ ...k_nV_n 0 Ditunjukkan bahwa k₁V₁ 0 atau k₁V₁k₂V₂...k_n_₁V_n_₁0 juga

dipenuhi untuk k₁k₂ ...k_n_₁ 0 dimana V1,V2,...,Vn1 subset dari S

Bukti:

Andaikan himpunan bagian itu bergantung linear (tidak bebas linear). Menurut teorema maka keseluruhan vector dari himpunan S tak bebas linear. Suatu kontradiksi, pengandaian di atas benar, jadi haruslah himpunan bagian dari S bebas linear.

12.



V1,V2,V3



himpunan vector tak bebas linear pada ruang vector V1. Buktikan

bahwa



V1,V2,V3,V4



juga tak bebas linear dimana V4 sebarang. Vektor

lain di dalam V. Bukti:

(33)

0 V k V k V

k₁ ₁ ₂ ₂ ₃ ₃ 

dimana k1,k2,k3 tidak semuanya nol

4

V adalah vektor lain di dalam V

Jadi k1V1k2V2k3V3k4V4 0 karena k1,k2,k3 tidak semua nol maka bisa diambil k₁ 0

0

4 1 4 3 1 3 2 1 2

1    V 

k k V k k V k k V

Misal:

1 2 1

k k C 

1 3 2

k k C 

1 4 3

k k C  

0

4 3 3 2 2 1

1CV CV CV 

V

Terpenuhi dengan:

1

1 

k k2 C1 k3 C2 k4 C3

Terbukti bahwa skalar-skalar tersebut tidak semuanya nol.

Jadi



V1,V2,V3,V4



tak bebas linear.

13.



V1,V2,,Vr



himpunan vektor tak bebas linear pada ruang vektor V,

buktikan



V1,V2,,Vr1,,Vn



juga tak bebas linear, dimana Vr1,,Vn

juga dalam V Bukti;



V1,V2,,Vr



tak bebas linear, maka terdapat skalar 1,2,,r yang tidak

semuanya nol, sedemikian sehingga:

0

2 2 1

1V V  rVr 

 

Kemudian kita ambil skalar : n1 n2 m 0 maka kita dapatkan persamaan:

0

2 2 1 1 2

2 1

1V V  rVr rVr r Vr  nVn 

  

Dimana terdapat; 0



i

 (i antara 1,2,,p)

(34)

15.



V1,V2



bebas linear dan V3 tidak terletak pada lin



V1,V2



maka



V1,V2,V3



bebas linear. Buktikan!

Dik:



V1,V2



bebas linear, maka terdapat skalar 1,2 yang semuanya nol,

sehingga;

0

2 2 1

1V V 



3

V adalah vektor yang tidak terletak pada lin



V1,V2



dengan demikian V3

tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari V1 dan V2.

Jadi 1V12V2 3V3 0

0 0

0 3V3  jika 3V3 0 maka 3= 0

Terbukti bahwa



V1,V2,V3



hanya dipenuhi dalam 1V12V23V3 0

untuk 12 3 0. Jadi



V1,V2,V3



bebas linear.

16. u, v, w adalah vektor sebarang, maka ada skalar 1,2,3 sehingga,

0

3 2

1u v w



0

2

1  



 v u v

u  

0 ; ₁

2

1   

u v

v u

1 2

 



v u

 _{tak bebas linear.}

Demikian juga dengan u w_danw u

21. Himpunan S dua vektor atau lebih adalah bebas linear  tidak ada vektor s yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dalam vektor S lainnya.

Bukti: misal S = V1, V2, . . . , Vr adalah sebuah himpunan dengan dua vektor

(35)

 Andaikan S tak bebas linear  berdasarkan teorema 6a paling tidak satu vektor S dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear kontradiksi dengan pernyataan semula.

 Andaikan S dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear  S tak bebas linear (kontradiksi dengan S bebas linear).

SOLUSI LATIHAN 4.5 HALAMAN 163

1. a) u1

 

1,2 , u2 

 

0,3 , u3 



2,7



untuk R2

Karena pada R2_{besarnya hanya bisa dua vektor. Jadi}

3 2 1,u ,u

u bukan basis untuk R2

b) u1



 1,3,2



u2 



6,1,1



R3

Pada R3_{harus tiga vektor didalamnya.}

2 1,u

u

 bukan basis pada R3_.

c) 2

1 1 x x

P    , P2 x 1untuk P2

Sebuah basis pada P2 mempunyai 3 vektor,

2 1,P

P

(36)

d)       

3 2

1 1

A _

     

7 1

0 6

B _

     

7 1

0 3

C _

     

2 4

1 5

D _

     

9 2

1 7

E _{untuk M}₂₂_.

Sebuah basis pada M22 mempunyai 4 vektor .

E D C B A, , , ,

 _{bukan basis pada M}₂₂

2. a)



2,1



_,



3,0



_{pada R}2

Ambil



x,y







2,1







3,0



x

    3 2

  

   

 

y x 0 1

3 2





  

 

 y x

y 2 3

0 0 1



_

  



3 2 1

0 0 1

y

x y

y 

 ,y_tunggal xv₁v₂ kombinasi linear (membangun R2)

3 2y x 



Ambil x0,0

0 0

 

 

jadi v1v2 0 bebas linear Kesimpulannya



V1,V2



basis pada R2.

b) V₁ 



4,1



V₂ 



 7,8



Ambil x pada R2

2 1 V

V x 



4,1







 7,8

 

 x,y











x

 

 7

4

y     8

Matriks diperbesar

   

 

 

y x 8 1

7 4





  

 

 

y x

y 4 25

0 8 1



_

  

 

25 4 1

0 8 1

y x

y

(37)

  

 

  

 

  

25 4 1

0

25 32 8 0

1

y x

y y

25 8 33y x





25 4y x 



Karena dan  tunggal

Jadi xV2 V2membangun R2

x sebarang pada R2

Ambil x0,0 

0

1

1 V 

V 

 ;  0 0_{bebas linear} Jadi



V1,V2



basis pada R2.

c) V1 =



0,0



V2 =



1,3



pada R2

Ambil x pada R2



0,0



1

 

1,3

 

 x

y



1



3

2

x





   

 

x y 3 0

1 0

   

 

 y x

y 0 0

1 0



x y





0 _mustahil

Jadi V1,V2 tidak membangun R2

Dengan demikian V1,V2 bukan basis pada R2.

d) V1 =



3,9



V2 =



 4,12



Ambil x sebarang pada R2

 

V1

 

V2

x 

(38)

y     12 9

Karena



1,3



3

1

1 

V 2

 

1 ₄ 2

1 3

1 3 , 1 4

1

V V

V   



Merupakan kombinasi linear atau V1,V2 tak bebas linear.

Jadi V1,V2 bukan basis pada R2.

3. Basis pada R3

a) V1 =



1,0,0



, V2 =



2,2,0



V3 =



3,3,3



Akan ditunjukkan bahwa xV1V2 V3 sebagai kombinasi linear dan

0

3 2

1 V  V 

V  

 ,   0_{(bebas linear)}



1,0,0







2,2,0







3,3,3

 

 x1,x2,x3





Dalam matriks diperbesar

     

   

3 2 1

3 0 0

3 2 0

3 2 1

x x x



    

 

    

 

 

3 1 0 0

0 2 0

0 0 1

3 3 2

2 1

x x x

x x



     

 

     

 

 

3 1 0 0

2 0 1 0

0 0 1

3 3 2

2 1

x x x

x x

   

 

, ,

3 2

3 3 2

2 1

         

  

 

x x x

x x

jadi V1,V2,V3 membangun R3

Ambil x0,0,0,

0

3 2

1









V













hanya dipenuhi :   0_jadiV₁,V₂,V₃

(39)

b) V1 



3,1,4



, V2 



2,5,6



, V3 



1,4,8



3 3 2 2 1

1V V V

x  

Dalam matriks diperoleh;

     

   

 ₃

2 1

8 6 4

4 5 1

1 2 3

x x x



  

 

  

 

0

4 5

1 x2

Matriks koefisien A =

  

 

  

 

 4 6 8 4 5 1

1 2 3

Det A3



40 24



2



1618

 

 620



 

16 2



24



26

3   



26 48 48  

26

Det A0  A mempunyai invers. Dengan demikian

3 3 2 2 1

1V V V

x   dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear, dan 0

3 3 2 2 1

1V V V 

 bebas linear dengan demikian V1,V2,V3

merupakan basis pada R3

c) V1 



2,3,1



, V2 



4,1,1



, V3 



0,7,1



Matriks koefisien

  

 

  

 

 



1 1 1

7 1 3

0 4 2

A _{det A = 2(8) + (4)(-4)}

=16-16 = 0

Karena Det A = 0 maka A tidak mempunyai invers dengan demikian

3 2 1,V ,V

(40)

d) V1 



1,6,4



, V2 



2,4,1



, V3 



1,2,5



3 3 2 2 1

1V V V

x  

Dalam matriks diperoleh

     

   

 

3 2 1

5 1 4

2 4 6

1 2 1

x x x

selidiki matriks koefisiennya

A = 22 2



8 30



1



6 16



5 1 4

2 4 6

1 2 1

       

  

 

  

 

 

DetA

0

22 44 22



  

Karena det A = 0 maka A tidak mempunyai invers oleh karena itu

3 2 1,V ,V

V _{tidak bebas linear.}

Jadi V1,V2,V3 bukan basis pada R3

4. Basis pada P2

a) ₁_₃_x_₂_x2_,₁__x_₄_x2_,₁_ ₇_x



1, 3,2



1  

V , V2 



1,1,4



, V3 



1,7,0



Ambil x sebarang pada P2

Misal _a__bx__cx2 _x___a_,_b_,_c_ 3

3 2 2 1

1V V V

x  

Dalam matriks yang diperbesar

  

 

  

 

 

c b a

0 4 2

7 1 3

1 1 1

selidiki matriks koefisiennya

A =

  

 

  

 

 

0 4 2

7 1 3

1 1 1

(41)

linear dengan demikian bukan basis pada P2.

b) ₄_₆_x__x2_,_ ₁_₄_x_₂_x2_,₅_₂_x_ _x2



4,6,1



1

V , V2 



 1,4,2



, V3 



5,2,1



Dari soal 3d

Menunjukkan bahwa bukan basis pada P2.

c) ₁__x__x2_,_x__x2_,_x2

Ambil P pada M22 sebarang sehingga:

4

Untuk melihat apakah bebas linear, anggaplah;

(42)



Dalam matriks diperbesar

(43)

V1, V2 membangun V

Ambil P = 0  V1V2 0

0 sin cos2_x__ 2_x_



Hanya memenuhi  0_{jadi V}_1,_V₂_{bebas linear. Dengan demikian V}_1,_V₂ basis pada V.

7. Mencari basis dan Dimensi 0

3 2

1x  x 

x

0 2 2 1 2  3 

 x x x

0

3

1 

 x x Misal x3 t

u

x₂  , t dan u parameter

t x t

x  

 ₁

3 2

1 2

2x x  x 

t x

t 2

2  ₂  

0

2 

x

                               

1 0 1 0

3 2 1

t t t

x x x

Basisnya   

 

  

 

1 0 1

dimensinya = 1

8. 3x1x2x3x4 0

0 5x1 x2x3  x4 

   

 

  1 1 1 0 5

0 1 1 1 3





  

 

  3 3 3 0 15

0 5 5 5 15

 _

  

 

 

 8 2 8 0

0

(44)



Basisnya



Dimensinya = 2

(45)

p

p,q,r skalar

r Dimensinya = 3

10. x1 3x2 x3 0 Dimensinya = 2

(46)

0

Jadi tidak ada basisnya dan dimensinya.

(47)

z t 13. Tentukan baris sub ruang R3

a) Bidang 3x 2y5z 0 Dimensinya = 2

(48)

 Dimensinya = 2

d) Vektor berbentuk



a,b,c



dimana b = a + c

14. Tentukan dimensi sub ruang berikut; R4

a) vektor berbentuk



a,b,c,0



Dimensinya = 3

b) 



a,b,c,d



_{dimana d = a + b dan c = a – b}

Dimensinya = 2

(49)

Dimensinya = 1

Dimensinya = 3

16. Dik



v1,v2,v3



adalah basis untuk ruang vektor V, perlihatkan



u1,u2,u3



17. Perlihatkan bahwa ruang vektor semua fungsi bernilai riil yang didefenisikan pada garis riil adalah ruang vektor berdimensi tak berhingga.

Bukti:



kontradiksi dengan n+1 vektor bebas linear. Kesimpulan : dimensinya tak berhingga.

18. Buktikan sub ruang dari ruang vektor berdimensi berhingga adalah ruang vektor berdimensi berhingga.

(50)

Defenisi: dimensi sebuah ruang vektor V yang berdimensi berhingga didefenisikan sebagai banyaknya vektor pada basis untuk V.

Misal S 



v1,v2,v3,,vn



ruang vektor berdimensi berhingga, dimensinya =

n

Ambil s1S dengan demikian s1 juga berhingga, oleh karena itu ruang vektor s1

juga berdimensi berhingga.

Ambil: s1



v1,v2,vr



, karena Ss1 rn. S berhingga  s1berhingga.

S berdimensi berhingga  S1berdimensi berhingga

19. V adalah ruang dari ruang vektor W berdimensi berhingga . Buktikan dimensi (V) dim (W)

Bukti:

Misal: W 



V1,V2,,VN



dimensinya = n (berhingga)

Ambil V W dim (W) = n



v v vp



V  ₁, ₂,, _{karena V}_W

n

p _{. Dimensinya juga berhingga yaitu dim (V) =P} Dari pn _ _{dim (V)}__{dim (W). (terbukti)}

20. Buktikan bahwa sub ruang R3_{hanyalah garis-garis melalui titik asal,}

bidang-bidang melalui titik asal, sub ruang nol, dan R3 _{itu sendiri.}

Bukti:



1 2 3



3 _V_,_V _,_V

R

S   sub ruang R3_yaitu:

 

1

1 V

S  berdimensi satu hanya garis melalui titik asal



1 2



2 V,V

S  berdimensi dua bidang melalui titik asal 



3

S _{berdimensi nol sub ruang nol}



1 2 3



4 V,V ,V

(51)

17. Misal ruang vektor tersebut berdimensi berhingga pada V.



v v v vn



S  ₁, ₂, ₃,, dengan dimensi V = 2

S bebas linear. Karena S adalah basis ambil n+1 vektor bebas linear



1 2 3 1



1 v,v ,v , ,vn,vn

S  adalah bebas linear dari himpunan V, tapi dimensi 1

 n