1. KOMBINASI LINEAR Definisi
Suatu vektor 𝐰 disebut suatu kombinasi linear (linear combination) dari vektor-vektor 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟 jika dapat dinyatakan dalam bentuk
𝐰 = 𝑘1𝐯1+ 𝑘2𝐯2 + ⋯ + 𝑘r𝐯r Di mana 𝑘1, 𝑘2, … , 𝑘𝑟 adalah skalar.
Contoh 1 Vektor-vektor pada 𝑹𝟑 adalah Kombinasi Linear dari i, j, dan k
Setiap vektor 𝐯 = (a, b, c) pada 𝑅3 dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor basis standar
𝐢 = (1,0,0), 𝐣 = (0,1,0), 𝐤 = (0,0,1) Karena
𝐯 = (𝑎, 𝑏, 𝑐) = 𝑎(1,0,0) + 𝑏(0,1,0) + 𝑐(0,0,1) = 𝑎𝐢 + 𝑏𝐣 + 𝑐𝐤 Contoh 2 Memeriksa Kombinasi Linear
Perhatikan vektor-vektor 𝐮 = (1, 2, −1) dan 𝐯 = (6, 4, 2) pada 𝑅3. Tunjukkan bahwa 𝐰 = (9, 2, 7) adalah suatu kombinasi linear dari 𝐮 dan 𝐯 dan bahwa 𝐰′ = (4, −1, 8) bukan merupakan kombinasi linear dari 𝐮 dan 𝐯.
Penyelesaian.
Agar 𝐰 dapat menjadi kombinasi linear dari 𝐮 dan 𝐯, maka harus terdapat skalar 𝑘1 dan 𝑘2 sedemikian rupa sehingga 𝐰 = 𝑘1𝐮 + 𝑘2𝐯, yaitu
(9, 2, 7) = 𝑘1(1, 2, −1) + 𝑘2(6, 4, 2) Atau
(9, 2, 7) = (𝑘1+ 6𝑘2, 2𝑘1+ 4𝑘2, −𝑘1+ 2𝑘2) Dengan menyetarakan komponen-komponen yang bersesuaian diperoleh
𝑘1+ 6𝑘2 = 9 2𝑘1+ 4𝑘2 = 2
−𝑘1+ 2𝑘2 = 7 Matriks diperbesarnya adalah:
[
1 6
2 4
−1 2
| 9 2 7 ] Dengan OBE diperoleh matriks
[
1 6
2 4
−1 2
| 9 2 7
] −2𝑏1 + 𝑏2 [
1 6
0 −8
−1 2
| 9
−16 7
] 1𝑏1 + 𝑏3 [
1 6
0 −8
0 8
| 9
−16 16
] −1
8𝑏2
[ 1 6 0 1 0 8
| 9 2 16
]1
8𝑏3 [ 1 6 0 1 0 1
| 9 2 2
] − 𝑏2 + 𝑏3 [
1 6
0 1
0 0
| 9 2 0
]
Sehingga diperoleh
𝑘2 = 2 𝑘1+ 6𝑘2 = 9
𝑘1 = 9 − 12 𝑘1 = −3 Maka
𝐰 = −3𝐮 + 2𝐯
Demikian juga, agar 𝐰′ dapat merupakan kombinasi linear dari 𝐮 dan 𝐯, harus terdapat skalar 𝑘1 dan 𝑘2 sedemikian rupa sehingga 𝐰′ = 𝑘1𝐮 + 𝑘2𝐯, yaitu
(4, −1, 8) = 𝑘1(1, 2, −1) + 𝑘2(6, 4, 2) Atau
(4, −1, 8) = (𝑘1+ 6𝑘2, 2𝑘1+ 4𝑘2, −𝑘1+ 2𝑘2) Dengan menyetarakan komponen-komponen yang bersesuaian diperoleh
𝑘1+ 6𝑘2 = 4 2𝑘1+ 4𝑘2 = −1
−𝑘1+ 2𝑘2 = 8 Matriks diperbesarnya adalah:
[
1 6
2 4
−1 2
| 4
−1 8
]
Dengan OBE diperoleh matriks
[
1 6
2 4
−1 2
| 4
−1 8
] 𝑏1 + 𝑏3 [ 1 6 2 4 0 8
| 4
−1 12
] − 2𝑏1 + 𝑏2 [
1 6
0 −8
0 8
| 4
−9 12
]1 4𝑏3 [
1 6
0 −8
0 2
| 4
−9 3
]
Sehingga diperoleh
2𝑘2 = 3 2𝑘2 =3
−8𝑘2 = −9 2 𝑘2 = 9
8
Sistem persamaan ini tidak konsisten sehingga tidak terdapat skalar 𝑘1 dan 𝑘2. Sebagai konsekuensinya, 𝐰′ bukan merupakan kombinasi linear dari 𝐮 dan 𝐯.
Merentang (Spanning)
Jika 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟 adalah vektor-vektor pada suatu ruang vektor 𝑉, maka umumnya beberapa vektor pada 𝑉 mungkin merupakan kombinsi linear dari 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟 dan vektor lainnya mungkin tidak. Teorema berikut ini menunjukkan bahwa jika disusun suatu himpunan 𝑊 yang mengandung semua vektor yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟, maka 𝑊 membentuk suatu subruang dari 𝑉.
Teorema 1
Jika 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟 adalah vektor-vektor pada suatu ruang vektor 𝑉, maka:
(a) Himpunan 𝑊 yang terdiri dari semua kombinasi linear 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯r adalah suatu subruang dari 𝑉.
(b) 𝑊 adalah subruang terkecil dari 𝑉 yang mengandung 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟 dalam arti bahwa setiap subruang lain dari 𝑉 yang mengandung 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟 pasti mengandung 𝑊.
Bukti (a). Untuk menunjukkan bahwa 𝑊 adalah subruang dari 𝑉, harus dibuktikan bahwa 𝑊 tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian skalar. Terdapat paling tidak satu vektor pada 𝑊, yaitu 0, karena 0 = 0𝐯1+ 0𝐯2 + ⋯ + 0𝐯𝑟. Jika 𝐮 dan 𝐯 adalah vektor-vektor pada 𝑊, maka
𝐮 = 𝑐1𝐯1+ 𝑐2𝐯2+ ⋯ + 𝑐𝑟𝐯𝑟 dan juga sebagai
𝐯 = 𝑘1𝐯1+ 𝑘2𝐯2 + ⋯ + 𝑘𝑟𝐯𝑟 Di mana 𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑟, 𝑘1, 𝑘2, … , 𝑘𝑟 adalah skalar. Oleh karena itu,
𝐮 + 𝐯 = (𝑐1+ 𝑘1)𝐯1+ (𝑐2+ 𝑘2)𝐯2 + … + (𝑐r+ 𝑘r)𝐯r Dan, untuk skalar sebarang 𝑘,
𝑘𝐮 = (𝑘𝑐1)𝐯1+ (𝑘𝑐2)𝐯2+ ⋯ + (𝑘𝑐𝑟)𝐯𝑟
Jadi, 𝐮 + 𝐯 dan 𝑘𝐮 adalah kombinasi-kombinasi linear dari 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟 dan sebagai konsekuensinya terletak pada 𝑊. Oleh karena itu, 𝑊 adalah tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian skalar.
Bukti (b). Setiap vektor 𝐯𝑖 adalah suatu kombinasi linear dari 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟 karena dapat dituliskan
𝐯𝑖 = 0𝐯1+ 0𝐯2+ ⋯ + 1𝐯𝑖+ ⋯ + 0𝐯𝑟
Oleh karena itu, subruang 𝑊 mengandung setiap vektor 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟. Misalkan 𝑊′ adalah subruang lain sebarang yang mengandung 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟. Karena 𝑊′ tertutup terhadap penjumlahan dan perkalin skalar, 𝑊′ pasti mengandung semu kombinasi linear dari 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯𝑟. Jadi, 𝑊′ mengandung setiap vektor dari 𝑊.
Definisi
Jika S = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯n} adalah suatu himpunan vektor-vektor pada suatu ruang vektor V, maka subruang W dari V yang terdiri dari semua kombinasi linear vektor-vektor pada S disebut sebagai ruang yang direntang (space spanned) oleh 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯n dan vektor-vektor 𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯n merentang (span) W. Untuk menyatakan bahwa W adalah ruang yang direntang oleh vektor-vektor pada himpunan S = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯n} dituliskan
W = rentang(S) atau W = rentang{𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯n}
Contoh 3 Himpunan Rentangan untuk 𝑷𝒏
Polinomial 1, 𝑥, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 merentang ruang vektor 𝑃𝑛 karena setiap polinomial 𝐩 pada 𝑃𝑛 dapat ditulis sebagai
𝐩 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + ⋯ + 𝑎n𝑥n
yang merupakan kombinasi linear dari 1, 𝑥, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛. Kita dapat menotasikannya dengan menuliskan
𝑃𝑛 = 𝑟𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔 {1, 𝑥, 𝑥2, … , 𝑥𝑛} Contoh 4 Tiga Vektor yang Tidak Merentang 𝑹𝟑
Tentukan apakah 𝐯1 = (1, 1, 2), 𝐯2 = (1, 0, 1), dan 𝐯3 = (2, 1, 3) merentang ruang vektor 𝑅3. Penyelesaian.
Harus ditentukan apakah vektor sebarang 𝐛 = (𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) pada 𝑅3 dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear
𝐛 = 𝑘1𝐯1+ 𝑘2𝐯2+ 𝑘3𝐯3
Dari vektor-vektor 𝐯1, 𝐯2, dan 𝐯3. Dengan menyatakan persamaan ini dalam bentuk komponen- komponennya menghasilkan
(𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) = 𝑘1(1, 1, 2) + 𝑘2(1, 0, 1) + 𝑘3(2, 1, 3) atau
(𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) = (𝑘1+ 𝑘2+ 2𝑘3, 𝑘1+ 𝑘3, 2𝑘1+ 𝑘2 + 3𝑘3) atau
𝑘1+ 𝑘2+ 2𝑘3 = 𝑏1 𝑘1+ 𝑘3 = 𝑏2 2𝑘1+ 𝑘2+ 3𝑘3 = 𝑏3
Masalahnya kini hanya tinggal menentukan apakah sistem persamaan linear ini konsisten untuk semua nilai 𝑏1, 𝑏2 dan 𝑏3. Sesuai dengan teorema yang menyatakan jika 𝐴 adalah suatu matriks 𝑛 x 𝑛, dan jika 𝑇𝐴: 𝑅𝑛 → 𝑅𝑛 adalah perkalian dengan 𝐴, maka pernyataan-pernyataan berikut adalah ekuivalen.
(a) 𝐴𝐱 = b konsisten untuk setiap matriks b, 𝑛 x 1.
(b) det(𝐴) ≠ 0,
Sistem ini konsisten untuk semua 𝑏1, 𝑏2 dan 𝑏3 jika dan hanya jika matriks koefisiennya 𝐴 = [
1 1 1 0 2 1
2 1 3 ] Memiliki determinan taknol. Namun demikian,
det(𝐴) = 𝑑𝑒𝑡 [ 1 1 1 0 2 1
2 1 3
]
= (0 + 2 + 2) − (0 + 1 + 3)
= 4 − 4
= 0
Karena det(𝐴) = 0, sehingga 𝐯1, 𝐯2, dan 𝐯3 tidak merentang 𝑅3.
Teorema 2
Jika 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯r} dan 𝑆′ = {𝐰1, 𝐰2, … . , 𝐰k} adalah dua himpunan vektor-vektor pada suatu ruang vektor 𝑉, maka
𝑟𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔{𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯r} = rentang{𝐰1, 𝐰2, … . , 𝐰k}
Jika dan hanya jika setiap vektor pada 𝑆 adalah suatu kombinasi linear dari vektor-vektor pada 𝑆′ dan setiap vektor pada 𝑆′ adalah suatu kombinasi linear dari vektor-vektor pada 𝑆.
2. KEBEBASAN LINEAR Definisi
Jika 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯r} adalah himpunan tak kosong vektor-vektor, maka persamaan vektor 𝑘1𝐯1+ 𝑘2𝐯2+ ⋯ + 𝑘𝑟𝐯𝑟 = 𝟎
Memiliki paling tidak satu solusi, yaitu
𝑘1 = 0, 𝑘2 = 0, … , 𝑘𝑟 = 0
Jika ini satu-satunya solusi, maka S disebut sebagai himpunan bebas linear (linearly independent). Jika terdapat solusi-solusi lain, maka S disebut sebagai himpunan tidak bebas linear (linearly dependent).
Contoh 1 Himpunan Bebas Linear
Perhatikan vektor-vektor 𝐢 = (1, 0, 0), 𝐣 = (0, 1, 0), 𝐤 = (0, 0, 1) pada 𝑅3. Persamaan- persamaan vektor dalam bentuk komponen-komponennya
𝑘1𝐢 + 𝑘2𝐣 + 𝑘3𝐤 = 𝟎 Menjadi
𝑘1(1, 0, 0) + 𝑘2(0, 1, 0) + 𝑘3(0, 0, 1) = (0, 0, 0) Atau secara ekuivalen
(𝑘1, 𝑘2, 𝑘3) = (0, 0, 0)
Ini mengimplikasikan bahwa 𝑘1 = 0, 𝑘2 = 0, dan 𝑘3 = 0, sehingga himpunan 𝑆 = {𝐢, 𝐣, 𝐤}
bebas linear.
Contoh 2 Menentukan Kebebasan atau Ketidakbebasan Linear Tentukan apakah vektor-vektor
𝐯1 = (1, −2,3), 𝐯2 = (5,6, −1), 𝐯3 = (3,2,1) Membentuk suatu himpunan tidak bebas linear atau himpunan bebas linear.
Penyelesaian
Persamaan vektor dalam bentuk komponen-komponennya 𝑘1𝐯1+ 𝑘2𝐯2+ 𝑘3𝐯3 = 𝟎
Menjadi
𝑘1(1, −2,3) + 𝑘2(5,6, −1) + 𝑘3(3,2,1) = (0, 0, 0) Atau secara ekuivalen,
(𝑘1+ 5𝑘2+ 3𝑘3, −2𝑘1+ 6𝑘2+ 2𝑘3, 3𝑘1− 𝑘2+ 𝑘3 = (0, 0, 0) Dengan menyetarakan komponen-komponen yang bersesuaian akan diperoleh
𝑘1+ 5𝑘2 + 3𝑘3 = 0
−2𝑘1+ 6𝑘2+ 2𝑘3 = 0 3𝑘1− 𝑘2+ 𝑘3 = 0
Jadi, 𝐯1, 𝐯2, dan 𝐯3 membentuk suatu himpunan tidak bebas linear jika sistem ini memiliki solusi nontrivial, atau suatu himpunan bebas linear jika hanya memiliki solusi trivial.
Matriks diperbesarnya adalah : [
1 5 3
−2 6 2
3 −1 1
| 0 0 0 ] Dengan OBE diperoleh matriks
[
1 5 3
−2 6 2
3 −1 1
| 0 0 0
] 2𝑏1 + 𝑏2 [
1 5 3
0 16 8
3 −1 1
| 0 0 0
] − 3𝑏1 + 𝑏3 [
1 5 3
0 16 8
0 −16 −8
| 0 0 0
] 1 16𝑏2
[
1 5 3
0 1 1
2 0 −16 −8
| 0 0 0
] 16𝑏2 + 𝑏3 [
1 5 3
0 1 1
2 0 0 0
| 0 0 0
] − 5𝑏2 + 𝑏1 [
1 0 1 2
0 1 1
2
0 0 0
| 0 0 0 ] Sehingga diperoleh
𝑘1 = −1
2t, 𝑘2 = −1
2𝑡, 𝑘3 = 𝑡
Jadi, sistem ini memiliki solusi-solusi nontrivial dan 𝐯1, 𝐯2, dan 𝐯3 membentuk suatu himpunan tidak bebas linear. Sebagai alternatif, dapat ditunjukkan keberadaan solusi nontrivial tanpa perlu menyelesaikan sistem ini dengan hanya menunjukkan bahwa matriks koefisiennya memiliki determinan nol dan sebagai konsekuensinya tidak dapat dibalik.
Contoh 3 Himpunan Bebas Linear pada 𝑷𝒏 Tunjukkan bahwa polinomial
1, 𝑥, 𝑥2, … , 𝑥𝑛
Membentuk suatu himpunan bebas linear vektor-vektor pada 𝑃𝑛.
Penyelesaian.
Misalkan 𝐩0 = 1, 𝐩1 = 𝑥, 𝐩2 = 𝑥2, … , 𝐩𝑛 = 𝑥𝑛 dan asumsikan bahwa beberapa kombinasi linear dari polinomial ini adalah nol, misalnya
𝑎0𝐩0+ 𝑎1𝐩1+ 𝑎2𝐩2+ ⋯ + 𝑎𝑛𝐩𝑛 = 0 Atau secara ekuivalen,
𝑎0+ 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥2+ ⋯ + 𝑎𝑛𝑥𝑛 = 0 untuk semua 𝑥 pada (−∞, ∞) (1) Harus ditunjukkan bahwa
𝑎0 = 𝑎1 = 𝑎2 = ⋯ 𝑎𝑛 = 0.
Untuk melihat bahwa hal ini memang benar, ingatlah dari aljabar linear bahwa polinomial taknol dengan pangkat n memiliki paling banyak n akar yang berbeda. Tetapi hal ini mengimplikasikan bahwa 𝑎0 = 𝑎1 = 𝑎2 = ⋯ 𝑎𝑛 = 0; atau jika tidak, sesuai dengan (1) diperoleh bahwa 𝑎0+ 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥2+ ⋯ + 𝑎𝑛𝑥𝑛 adalah suatu polinomial taknol dengan tak terhingga banyaknya akar.
Istilah”tidak bebas linear” berarti bahwa vektor-vektor “bergantung” satu sama lain dengan suatu cara. Teorema berikut menunjukkan bahwa ini adalah fakta sebenarnya.
Teorema 3
Suatu himpunan S dengan dua atau lebih vektor adalah:
(a) Tidak bebas linear jika dan hanya jika paling tidak salah satu dari vektor pada S dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor lain pada S.
(b) Bebas linear jika dan hanya jika tidak ada vektor pada S yang dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor lain pada S.
Akan dibuktikan bagian (a) dan meninggalkan bukti bagian (b) sebagai latihan.
Bukti (a). Misalkan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯r} adalah suatu himpunan dengan dua atau lebih vektor.
Jika diasumsikan bahwa S tidak bebas linear, maka terdapat skalar 𝑘1, 𝑘2, … , 𝑘𝑟 yang tidak semuanya nol, sedemikian rupa sehingga
𝑘1𝐯1+ 𝑘2𝐯2+ ⋯ + 𝑘𝑟𝐯𝑟 = 𝟎
Untuk lebih spesifik, misalkan 𝑘1 ≠ 0. Maka (2) dapat ditulis kembali sebagai 𝐯1 = (−𝑘2
𝑘1) 𝐯2+ ⋯ + (−𝑘𝑟 𝑘1) 𝐯𝑟
Yang menyatakan 𝐯1 sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor lain pada S. Demikian juga, jika 𝑘1 ≠ 0 pada (2) untuk beberapa nilai 𝑗 = 2, 3, … , r, maka 𝐯𝑗 dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor lain pada S.
Sebaliknya, marilah asumsikan bahwa paling tidak satu vektor pada S dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor lainnya. Untuk lebih spesifik, misalkan
𝐯1 = 𝑐2𝐯2+ 𝑐3𝐯3+ ⋯ + 𝑐𝑟𝐯𝑟 sehingga
𝐯1− 𝑐2𝐯2− 𝑐3𝐯3 − ⋯ − 𝑐𝑟𝐯𝑟 = 0 Maka S tidak bebas linear karena persamaan
𝑘1𝐯1+ 𝑘2𝐯2+ ⋯ + 𝑘𝑟𝐯𝑟 = 𝟎 Dipenuhi oleh
𝑘1 = 1, 𝑘2 = −𝑐2, … , 𝑘r = −𝑐𝑟
Yang tidak semuanya nol. Bukti untuk kasus di mana beberapa vektor selain 𝐯1 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor lain pada S adalah serupa.
Teorema berikut ini memberikan dua fakta sederhana mengenai kebebasan linear yang penting untuk diketahui.
Teorema 4
(a) Suatu himpunan terhingga vektor-vektor yang mengandung vektor nol adalah tidak bebas linear.
(b) Suatu himpunan dengan tepat dua vektor adalah bebas linear jika dan hanya jika tidak satu pun dari vektornya merupakan kelipatan skalar dari vektor lainnya.
Akan dibuktikan bagian (a) dan meninggalkan bukti bagian (b) sebagai latihan.
Bukti (a). Untuk vektor 𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯r sebarang, himpunan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯r, 𝟎} tidak bebas linear karena persamaan
0𝐯1+ 0𝐯2+ ⋯ + 0𝐯r+ 1(0) = 0
Menyatakan 0 sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor pada S dengan koefisien- koefisien yang tidak semuanya nol.
Teorema 5
Misalkan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯r} adalah suatu himpunan vektor-vektor pada 𝑅𝑛. Jika 𝑟 > 𝑛, maka S tidak bebas linear.
Bukti.Misalkan
𝐯1 = (𝐯11, 𝐯12, … , 𝐯1n) 𝐯1= (𝐯21, 𝐯22, … , 𝐯2n) ⁞ ⁞
𝐯r = (𝐯r1, 𝐯𝑟2, … , 𝐯rn)
Perhatikan persamaan
𝑘1𝐯1+ 𝑘2𝐯2+ ⋯ + 𝑘𝑟𝐯𝑟 = 𝟎
Jika diyatakan kedua ruas dari persamaan ini dalam bentuk komponen-komponennya, dan kemudian menyetarakan komponen-komponen yang bersesuaian, maka diperoleh sistem
𝑣11𝑘1 + 𝑣12𝑘2 + … + 𝑣𝑟1𝑘𝑟 = 0 𝑣21𝑘1 + 𝑣22𝑘2 + … + 𝑣𝑟2𝑘𝑟 = 0 ⁞ ⁞ ⁞ ⁞ 𝑣1𝑛𝑘1 + 𝑣2𝑛𝑘2 + … + 𝑣𝑟𝑛𝑘𝑟=0
Ini merupakan sistem homogen yang terdiri dari 𝑛 persamaan dengan 𝑟 faktor yang tidak diketahui 𝑘1, … , 𝑘r. Karena 𝑟 > 𝑛, suatu sistem persamaan linear homogen dengan jumlah faktor yang tidak diketahui labih banyak dari jumlah persamaan, memiliki takterhingga banyaknya solusi, sistem tersebut memiliki solusi-solusi nontrivial. Oleh karena itu, 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯r} merupakan suatu himpunan tidak bebas linear.
BASIS DAN DIMENSI
Basis adalah suatu ukuran tertentu yang menyatakan komponen dari sebuah vektor.
Definisi
Jika 𝑉 adalah suatu ruang vektor sebarang dan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯n} adalah suatu himpunan vektor-vektor pada 𝑉. Maka 𝑆 disebut basis untuk 𝑉 jika dua syarat berikut berlaku:
(a) 𝑆 bebas linear.
(b) 𝑆 merentang 𝑉.
1. Sebagai contoh, di 𝑅² memiliki himpunan 𝑆 = {(1,0), (0,1)} yang bersifat a. Bebas linear
Perhatikan bahwa 𝑆 bebas linear apabila 𝑘1𝐢 + 𝑘2𝐣 = 𝟎 hanya dipenuhi ketika 𝑘1 = 𝑘2 = 0. Tinjau bahwa:
𝑘1𝐢 + 𝑘2𝐣 = 𝟎 𝑘1(1,0) + 𝑘2(0,1) = (0,0)
(𝑘1, 𝑘2) = (0,0)
Jadi 𝑘1𝐢 + 𝑘2𝐣 = 0 mengharuskan 𝑘1 = 𝑘2 = 0. Akibatnya 𝑺 bebas linear.
b. Merentang 𝑅²
Misalkan vektor sebarang 𝐯 = (𝑎, 𝑏), diperoleh 𝐯 = 𝑎𝐢 + 𝑏𝐣 (𝑎, 𝑏) = 𝑎(1,0) + 𝑏(0,1) Akibatnya S merentang 𝑅².
Dengan demikian himpunan 𝑆 = {(1,0), (0,1)} merupakan basis untuk 𝑅².
2. Diberikan dua vektor: 𝐯1 = (4,1), 𝐯2 = (−7, −8). Apakah himpunan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2} merupakan basis untuk 𝑅²?
a. Bebas Linear
Pandang kombinasi linear
𝛼1𝐯1+ 𝛼2𝐯2 = 𝟎, dengan 𝛼1, 𝛼2Є ℝ 𝛼1(4,1) + 𝛼2(−7, −8) = (0,0) (4𝛼1− 7𝛼2, 𝛼1− 8𝛼2) = (0,0) Akibatnya diperoleh SPL
4𝛼1− 7𝛼2 = 0 𝛼1− 8𝛼2 = 0
Matriks diperbesarnya adalah : [4 −7
1 −8|0
0]Dengan OBE diperoleh matriks [1 0 0 1|0
0]
Sehingga diperoleh 𝛼1 = 𝛼2 = 0 .Karena kombinasi linear 𝛼1𝐯1+ 𝛼2𝐯2 = 0⃗ hanya dipenuhi untuk 𝛼1 = 𝛼2 = 0 ,maka himpunan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2} bebas linear.
b. Merentang 𝑅² Cara 1:
Karena untuk setiap 𝐯 = (𝑎, 𝑏)
𝐯 = (𝑎, 𝑏) = 𝑎(4,1) + 𝑏(−7, −8) = 𝑎𝐯1+ 𝑏𝐯2 Vektor 𝐯 dinyatakan sebagai kombinasi linear dari 𝐯1 dan 𝐯2 Cara 2:
𝐴 = [ 4 1
−7 −8] det(𝐴) = det [ 4 1
−7 −8] = (𝑎𝑑 − 𝑏𝑐) = (−32) − (−7) = −25
Karena det(𝐴) ≠ 0, maka merentang 𝑅2.
Dengan demikian himpunan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2} merupakan basis untuk 𝑅2.
Teorema 6. Keunikan Representasi Basis
Jika 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯n} adalah suatu basis dari ruang vektor 𝑉. Maka setiap 𝐯 vektor pada 𝑉 dapat dinyatakan dalam bentuk 𝐯 = c1𝐯1 + c2𝐯2+ ⋯ + c𝑛𝐯𝑛 dengan tepat satu cara.
Bukti. Karena 𝑆 merentang 𝑉, maka sesuai definisi dari suatu himpunan rentangan bahwa setiap vektor pada 𝑉 dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor pada 𝑆. Untuk melihat bahwa hanya terdapat satu cara untuk menyatakan suatu vektor sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor pada 𝑆, dimisalkan beberapa vektor 𝐯 dapat ditulis sebagai
𝐯 = c1𝐯1+ c2𝐯2+ ⋯ + c𝑛𝐯𝑛 dan juga sebagai
𝐯 = k1𝐯1+ k2𝐯2 + ⋯ + k𝑛𝐯𝑛
Dengan mengurangkan persamaan pertama dengan persamaan kedua menghasilkan 0 = (𝑐1− 𝑘1)𝐯𝟏+ (𝑐2− 𝑘2)𝐯2+ ⋯ + (𝑐𝑛− 𝑘𝑛)𝐯𝑛
Karena ruas kanan dari persamaan ini adalah suatu kombinasi linear dari vektor-vektor pada S.
Kebebasan linear dari S mengimplikasikan bahwa
𝑐1− 𝑘1 = 0, 𝑐2− 𝑘2 = 0, … , 𝑐𝑛− 𝑘𝑛 = 0
yaitu,
𝑐1 = 𝑘1, 𝑐2 = 𝑘2, … , 𝑐𝑛 = 𝑘𝑛 Jadi, kedua pernyataan untuk 𝐯 adalah sama.
Contoh:
Cukup jelas bahwa 𝐵 = {(1,0), (1,1)} merupakan basis bagi 𝑅2. Vektor (5,3) dapat dinyatakan sebagai
(5,3) = α(1,0) + β(1,1)
Satu-satunya nilai α dan β sehingga (5,3) = α(1,0) + β(1,1) adalah α = 2 dan β = 3.
Koordinat-koordinat Relatif terhadap suatu Basis
Jika 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, … . , 𝐯n} adalah basis untuk ruang vektor V, dan 𝐯 = c1𝐯1+ c2𝐯2+ ⋯ + c𝑛𝐯𝑛
adalah pernyataan untuk suatu vektor 𝐯 dalam bentuk basis 𝑆, maka skalar 𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛 disebut sebagai koordinat 𝐯 relatif terhadap basis 𝑆. Vektor (𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛 ) pada 𝑅𝑛 yang disusun dari koordinat-koordinat ini disebut vektor koordinat 𝐯 relatif terhadap 𝑺 (coordinate vector of 𝒗 relative to 𝑆); ini dinotasikan sebagai
(𝐯)𝑠 = (𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛 )
CATATAN. Harus dicatat bahwa vektor koordinat tidak hanya tergantung pada basis 𝑆 tetapi juga pada urutan penulisan vektor basis. Perubahan urutan vektor basis akan berakibat pada perubahan yang berkaitan dengan urutan entri-entri pada vektor koordinat.
1. Karena 𝐵 = {(1,0), (1,1)} adalah basis untuk 𝑅2. Koordinat relatif dari (5,3) terhadap basis 𝐵 adalah (2,3)
(5,3) = 2(1,0) + 3(1,1) Bukti:
𝐯 = 𝑐1𝐯1+ 𝑐2𝐯2 (5,3) = 𝑐1(1,0) + 𝑐2(1,1)
(5,3) = (𝑐1+ 𝑐2, 𝑐2) Diperoleh SPL
𝑐1+ 𝑐2 = 5 𝑐2 = 3
Akibatnya diperoleh 𝑐2 = 3 , dan 𝑐1 = 2. Sehingga terbukti bahwa koordinat relatif dari (5,3) terhadap basis 𝐵 adalah (2,3).
2. Diketahui bahwa 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, 𝐯3} dengan 𝐯1 = (1, 2, 1), 𝐯2 = (2, 9, 0), 𝐯3 = (3, 3, 4) adalah basis untuk 𝑅3, Tentukan:
a. Koordinat dari 𝐮 = (5,1, −9) relatif terhadap basis 𝑆, yaitu (𝐮)𝑠
b. Vektor 𝐰 Є 𝑅3 yang koordinat relatifnya terhadap basis 𝑆 adalah (−1, 3, 2).
Solusi soal a:
Akan dicari koordinat relatif dari 𝐮 = (5, −1,9) relatif terhadap basis 𝑆. Dalam hal ini harus dicari 𝑐1, 𝑐2, 𝑐3Є ℝ yang memenuhi
𝐮 = 𝑐1𝐯𝟏+ 𝑐2𝐯𝟐+ 𝑐3𝐯𝟑
(5, −1,9) = 𝑐1(1, 2, 1) + 𝑐2(2, 9, 0) + 𝑐3(3, 3, 4) (5, −1,9) = (𝑐1+ 2𝑐2+ 3𝑐3, 2𝑐1+ 9𝑐2+ 3𝑐3, 𝑐1+ 4𝑐3) Akibatnya diperoleh SPL
𝑐1+ 2𝑐2+ 3𝑐3 = 5 2𝑐1+ 9𝑐2+ 3𝑐3= −1 𝑐1 + 4𝑐3 = 9
[
1 2 3
2 9 3
1 0 4
] [ 𝑐1 𝑐2 𝑐3
] = [ 5
−1 9
]
Dengan melakukan OBE terhadap [
1 2 3 2 9 3 1 0 4
| 5
−1 9
] diperoleh [
1 0 0 0 1 0 0 0 1
| 1
−1 2
] . Sehingga 𝑐1 = 1, 𝑐2 = −1, dan 𝑐3 = 2.
Jadi diperoleh,
(𝐮)𝑠 = (1, −1, 2).
Solusi soal 2:
• Selanjutnya vektor 𝐰 Є 𝑅3yang koordinat relatifnya adalah (−1, 3, 2) dapat dicari menggunakan definisi koordinat relatif (𝐰)𝑠.
• Perhatikan bahwa (𝐰)𝑠 = (𝑐1, 𝑐2, 𝑐3), dengan 𝑐1, 𝑐2, 𝑐3 adalah skalar yang mengakibatkan persamaan berikut berlaku
𝐰 = 𝑐1𝐯1+ 𝑐2𝐯2+ 𝑐3𝐯3
• Akibatnya diperoleh 𝐰 = −1𝐯1+ 3𝐯2 + 2𝐯3
= −1(1, 2, 1) + 3(2, 9, 0) + 2(3, 3, 4)
= (11, 31, 7).
3. Tentukan vektor koordinat 𝐰 relatif terhadap basis 𝑆 = {𝐮1, 𝐮2} untuk 𝑅2. 𝐮1 = (1,0), 𝐮2= (0,1); 𝐰 = (3, −7)
𝐰 = c1𝐮1+ c2𝐮2 (3, −7) = c1(1,0) + c2(0,1)
(3, −7) = (c1, c2) Akibatnya diperoleh c1 = 3 , dan c2 = −7. Sehingga
(𝐰)𝒔 = (𝟑, −𝟕) Contoh 1 Basis Standar untuk 𝑹𝟑
Jika
𝐢 = (1, 0, 0), 𝐣 = (0, 1, 0), dan 𝐤 = (0, 0, 1)
maka 𝑆 = {𝐢, 𝐣, 𝐤} adalah suatu himpunan bebas linear pada 𝑅3. Himpunan ini juga merentang 𝑅3 karena vektor sebarang 𝐯 = (a, b, c) pada 𝑅3 dapat ditulis sebagai
v = (a, b, c) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) = ai + bj + ck (1) Jadi, 𝑆 adalah basis untuk 𝑅3 dan disebut sebagai basis standar (standard basis) untuk 𝑅3. Dengan melihat koefisien-koefisien i, j, dan k pada (1), karena koordinat-koordinat v relatif terhadap basis standar adalah a, b, dan c, sehingga
(𝐯)𝑠 = (𝑎, 𝑏, … , 𝑐) Dengan membandingkan hasil ini dengan (1) maka
𝐯 = (𝐯)𝒔
persamaan ini menyatakan bahwa komponen-komponen dari suatu vektor 𝐯 relatif terhadap suatu sistem koordinat siku-siku xyz dan koordinat-koordinat 𝐯 relatif terhadap basis standar adalah sama.
1. Diberikan tiga vektor: 𝐯1 = (1, 0, 0), 𝐯2 = (2, 2, 0), 𝐯3 = (3, 3, 3). Apakah himpunan 𝐵 = {𝐯1, 𝐯2, 𝐯3} merupakan basis untuk 𝑅3?
a. Bebas Linear
Pandang kombinasi linear
𝛼1𝐯1+ 𝛼2𝐯2+ 𝛼3𝐯3 = 0, dengan 𝛼1, 𝛼2, 𝛼3Є ℝ 𝛼1(1, 0, 0) + 𝛼2(2, 2, 0) + 𝛼3(3, 3, 3) = (0, 0, 0) (𝛼1+ 2𝛼2+ 3𝛼3, 2𝛼2+ 3𝛼3 , 3𝛼3) = (0, 0, 0).
Akibatnya diperoleh SPL 𝛼1+ 2𝛼2+ 3𝛼3 = 0 2𝛼2+ 3𝛼3 = 0 3𝛼3 = 0
Matriks diperbesarnya adalah : [
1 2 3 0 2 3 0 0 3
| 0 0 0
]Dengan OBE diperoleh matriks [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
| 0 0 0 ]
Sehingga diperoleh diperoleh 𝛼1 = 𝛼2 = 𝛼3 = 0. Karena kombinasi linear
𝛼1𝐯1+ 𝛼2𝐯2+ 𝛼3𝐯3 = 0 hanya dipenuhi untuk 𝛼1 = 𝛼2 = 𝛼3 = 0, maka himpunan 𝐵 = {𝐯1, 𝐯2, 𝐯3} bebas linear.
b. Merentang 𝑅3 Cara 1:
Karena untuk setiap 𝐯 = (a, b, c)
𝐯 = (a, b, c) = a(1, 0, 0) + b(2, 2, 0) + c(3, 3, 3) = a𝐯1+ 𝑏𝐯2+ 𝑐𝐯3 Vektor v dinyatakan sebagai kombinasi linear dari 𝐯1, 𝐯2 dan 𝐯3
Cara 2:
𝐴 = [
1 0 0
2 2 0
3 3 3
]
det(𝐴) = 𝑑𝑒𝑡 [
1 0 0 2 2 0 3 3 3
]
= (6 + 0 + 0) − (0 + 0 + 0) = 6
Karena det(𝐴) ≠ 0, maka merentang 𝑅3
Dengan demikian himpunan 𝐵 = {𝐯1, 𝐯2, 𝐯3} merupakan basis untuk 𝑅3. Contoh 2 Basis Standar untuk 𝑹𝒏
Jika
𝐞1 = (1, 0, 0, … , 0), 𝐞2 = (0, 1, 0, … , 0), … , 𝐞𝑛 = (0, 0, 0, … , 1) maka
𝑆 = {𝐞1, 𝐞2, … , 𝐞𝑛}
adalah suatu himpunan bebas linear pada 𝑅𝑛. Lebih lanjut, himpunan ini juga merentang 𝑅𝑛 karena vektor sebarang 𝐯 = (v1, v2, … , vn) pada 𝑅𝑛 dapat ditulis sebagai
𝐯 = v1𝐞1+ v2𝐞z+ … + vn𝐞n (2) Jadi, S adalah suatu basis untuk 𝑅𝑛 dan disebut sebagai basis standar untuk 𝑹𝒏 (standard basis for 𝑅𝑛). Sesuai dengan (2) bahwa koordinat-koordinat 𝐯 = (v1, v2, … , vn) relatif terhadap basis standar adalah v1, v2, … , vn, sehingga
(𝐯)𝑠 = (v1, v2, … , vn )
Sebagaimana pada Contoh 1, diperoleh 𝐯 = (𝐯)𝑠, sehingga suatu vektor v dan vektor koordinatnya relatif terhadap basis standar untuk 𝑅𝑛 adalah sama.
CATATAN, Pada 𝑅2 dan 𝑅3. vektor-vektor basis standar biasanya dinotasikan dengan i, j, dan k, dan bukannya dengan 𝐞1, 𝐞2 dan 𝐞3. Akan digunakan kedua notasi, tergantung pada situasi tertentu.
1. Diberikan dua vektor: 𝐯1 = (1, −4,2, −3), 𝐯2 = (−3,8, −4,6). Apakah himpunan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2} merupakan basis untuk 𝑅4?
a. Bebas Linear
Pandang kombinasi linear
𝛼1𝐯1+ 𝛼2𝐯2 = 𝟎, dengan 𝛼1, 𝛼2Є ℝ 𝛼1(1, −4,2, −3) + 𝛼2(−3,8, −4,6) = (0, 0, 0, 0)
(𝛼1− 3𝛼2, −4𝛼1+ 8𝛼2, 2𝛼1− 4𝛼2, −3𝛼1+ 6𝛼2) = (0, 0, 0, 0).
Akibatnya diperoleh SPL 𝛼1− 3𝛼2 = 0
−4𝛼1+ 8𝛼2 = 0 2𝛼1− 4𝛼2 = 0 −3𝛼1+ 6𝛼2 = 0
Matriks diperbesarnya adalah : [
1 −3
−4 8
2 −4
−3 6
| 0 0 0 0
]Dengan OBE diperoleh matriks [ 1 0 0 1 0 0 0 0
| 0 0 0 0 ] Sehingga diperoleh 𝛼1 = 𝛼2 = 0. Karena kombinasi linear
𝛼1𝐯1+ 𝛼2𝐯2 = 0 hanya dipenuhi untuk 𝛼1 = 𝛼2 = 0, maka himpunan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2} bebas linear.
b. Merentang 𝑅4
Karena untuk setiap 𝐛 = (a, b)
𝐛 = (a, b) = a(1, −4,2, −3) + b(−3,8, −4,6) = a𝐯1+ 𝑏𝐯2 Vektor v dinyatakan sebagai kombinasi linear dari 𝐯1 dan 𝐯2
Dengan demikian himpunan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2} merupakan basis untuk 𝑅4 Contoh 3 Memperlihatkan bahwa Himpunan Vektor adalah suatu Basis
Misalkan 𝐯1 = (1, 2, 1), 𝐯2 = (2, 9, 0), dan 𝐯3 = (3, 3, 4). Tunjukkan bahwa himpunan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, 𝐯3} adalah suatu basis untuk 𝑅3.
Penyelesaian.
Untuk menunjukkan bahwa himpunan S merentang 𝑅3, harus ditunjukkan bahwa suatu vektor sebarang 𝐛 = (𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear
𝐛 = 𝑐1𝐯1+ 𝑐2𝐯2+ 𝑐𝟑𝐯3
dari vektor-vektor pada S. Dengan menyatakan persamaan ini dalam bentuk komponen- komponennya diperoleh
(𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) = 𝑐1(1, 2, 1) + 𝑐2(2, 9,0) + 𝑐3(3, 3, 4) atau
(𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) = 𝑐1+ 2𝑐2+ 3𝑐3,2𝑐1+ 9𝑐2+ 3𝑐3, 𝑐1+ 4𝑐3) atau, dengan menyetarakan komponen-komponen yang bersesuaian.
𝑐1+ 2𝑐2+ 3𝑐3 = 𝑏1 2𝑐1+ 9𝑐2+ 3𝑐3 = 𝑏2
𝑐1+ 4𝑐3 = 𝑏3 (3)
Jadi, untuk menunjukkan bahwa S merentang 𝑅3, harus ditunjukkan bahwa sistem (3) memiliki satu solusi untuk setiap pilihan dari 𝐛 = (𝑏1, 𝑏2, 𝑏3).
Untuk membuktikan bahwa S bebas linear, harus ditunjukkan bahwa satu-satunya solusi dari
𝑐1𝐯1+ 𝑐2𝐯2 + 𝑐𝟑𝐯3 = 𝟎 (4) adalah 𝑐1 = 𝑐2 = 𝑐3= 0 . Sebagaimana di atas, jika (4) dinyatakan dalam bentuk komponen- komponennya, pembuktian kebebasan akan berkurang hanya dengan menunjukkan bahwa sistem homogen
𝑐1+ 2𝑐2+ 3𝑐3 = 0 2𝑐1+ 9𝑐2+ 3𝑐3 = 0
𝑐1+ 4𝑐3 = 0 (5)
hanya memiliki solusi trivial. Amati bahwa sistem (3) dan (5) memiliki matriks koefisien yang sama. Jadi, sesuai dengan teorema yang menyatakan jika 𝐴 adalah suatu matriks 𝑛 x 𝑛, dan jika 𝑇𝐴: 𝑅𝑛 → 𝑅𝑛 adalah perkalian dengan 𝐴, maka pernyataan-pernyataan berikut adalah ekuivalen. bagian:
(a) 𝐴𝐱 = 𝟎
(b) 𝐴𝐱 = 𝐛 konsisten untuk setiap matriks b, 𝑛 × 𝑙.
(c) det(𝐴) ≠ 0
dapat dibuktikan secara simultan bahwa S adalah bebas linear dan merentang 𝑅3 dengan menunjukkan bahwa pada sistem (3) dan (5) matriks koefisiennya memiliki determinan taknol.
Dari
𝐴 = [
1 2 1 2 9 0 3 3 4
] diperoleh det(𝐴) = |
1 2 1
2 9 0
3 3 4
| = −1
dan dengan demikian S adalah basis untuk 𝑅3.
Contoh 4. Merepresentasikan suatu Vektor dengan Menggunakan Dua Basis Misalkan 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, 𝐯3} adalah basis untuk 𝑅3 pada contoh sebelumnya.
(a) Tentukan vektor koordinat dari 𝐯 = (5, −1,9) dalam S.
(b) Tentukan vektor v pada 𝑅3 yang vektor koordinatnya dalam basis S adalah (𝐯)𝑠 = (−1, 3, 2)
Penyelesaian (a).
Harus menentukan skalar-skalar 𝑐1, 𝑐2, 𝑐3 sedemikian rupa sehingga 𝐯 = 𝑐1𝐯1+ 𝑐2𝐯2+ 𝑐3𝐯3
atau, dalam bentuk komponen-komponennya.
(5, −1,9) = 𝑐1(1, 2, 1) + 𝑐2(2, 9,0) + 𝑐3(3, 3, 4) Dengan menyetarakan komponen-komponen yang bersesuaian diperoleh
𝑐1+ 2𝑐2+ 3𝑐3 = 5 2𝑐1+ 9𝑐2+ 3𝑐3= −1
𝑐1+ 4𝑐3 = 9
Dengan menyelesaikan sistem ini, diperoleh 𝑐1 = 1, 𝑐2 = −1, 𝑐3 = 2 (buktikan). Oleh karena itu
(𝐯)𝑠 = (1, −1,2) Penyelesaian (b).
Dengan menggunakan definisi dari vektor koordinat (𝐯)𝑠, diperoleh 𝐯 = (−𝟏)𝐯1+ 3𝐯2+ 2𝐯3
= (−1)(1, 2, 1) + 3(2, 9,0) + 2(3, 3, 4) = (11, 31, 7)
Contoh 5 Basis Standar untuk 𝑷𝒏
(a) Tunjukkan bahwa 𝑆 = {1, 𝑥, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛} adalah suatu basis untuk ruang vektor 𝑃𝑛 yang terdiri dari polinomial-polinomial berbentuk 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑥𝑛.
(b) Tentukan vektor koordinat dari polinomial 𝐩 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥2 relatif terhadap basis 𝑆 = {1, 𝑥, 𝑥2} untuk 𝑃2.
Penyelesaian (a). Telah ditunjukkan bahwa S merentang 𝑃𝑛 pada contoh 3 subbab 1 dan telah ditunjukkan bahwa S adalah himpunan bebas linear pada contoh 3 subbab 2. jadi, S adalah basis untk 𝑃𝑛, dan disebut sebagai basis standar untuk 𝑷𝒏(standard basis for 𝑃𝑛)
Penyelesaian (b). Koordinat-koordinat 𝐩 = 𝑎0+ 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥2 adalah koefisien-koefisien skalar dari vektor basis 1, 𝑥, dan 𝑥2, sehingga (𝐩)𝑠 = (𝑎0, 𝑎1, 𝑎2).
1. Tentukan basis untuk 𝑃2
1 + 𝑥 + 𝑥2, 𝑥 + 𝑥2, 𝑥2 a. Bebas Linear
Misalkan 𝐩0 = 1 + 𝑥 + 𝑥2, 𝐩1 = 𝑥 + 𝑥2, 𝐩2 = 𝑥2 Pandang kombinasi linear
𝑎0𝐩0+ 𝑎1𝐩1+ 𝑎2𝐩2 = 0
𝑎0(1 + 𝑥 + 𝑥2) + 𝑎1(𝑥 + 𝑥2) + 𝑎2(𝑥2) = 0 (𝑎0, 𝑎0𝑥 + 𝑎1𝑥, 𝑎0𝑥2 + 𝑎1𝑥2 + 𝑎2𝑥2) = (0, 0, 0) Sehingga diperoleh SPL
𝑎0 = 0
𝑎0𝑥 + 𝑎1𝑥 = 0
𝑎0𝑥2+ 𝑎1𝑥2+ 𝑎2𝑥2 = 0
Akan ditunjukkan bahwa
𝑎0 = 𝑎1 = 𝑎2 = 0.
Matriks diperbesarnya adalah : [
1 0 0 1 1 0 1 1 1
| 0 0 0
]Dengan OBE diperoleh matriks [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
| 0 0 0 ]
Sehingga diperoleh diperoleh 𝑎0 = 𝑎1 = 𝑎2 = 0. Karena kombinasi linear 𝑎0𝐩0+ 𝑎1𝐩1+ 𝑎2𝐩2 = 0 hanya dipenuhi untuk 𝑎0 = 𝑎1 = 𝑎2 = 0, maka bebas linear.
b. Merentang 𝑃2 Cara 1:
Jika 𝐮, 𝐯 dan w adalah vektor-vektor pada 𝑊, maka 𝐮 = 𝐯1 + 𝐯2+ 𝐯3
𝐯 = 𝐯2+ 𝐯3 𝐰 = 𝐯3 Oleh karena itu,
𝐮 + 𝐯 + 𝐰 = 𝐯1+ 2𝐯2 + 3𝐯3 Dan, untuk skalar sebarang 𝑘,
𝑘𝐮 = (𝑘)𝐯1+ (𝑘)𝐯2+ (𝑘)𝐯3
Jadi, 𝐮 + 𝐯 + 𝐰 dan 𝑘𝐮 adalah kombinasi-kombinasi linear dari 𝐯1, 𝐯2, 𝐯3 dan sebagai konsekuensinya terletak pada 𝑊.
Cara 2:
𝐴 = [
1 1 1
0 1 1
0 0 1
]
det(𝐴) = 𝑑𝑒𝑡 [
1 1 1 0 1 1 0 0 1
]
= (1 + 0 + 0) − (0 + 0 + 0) = 1
Karena det(𝐴) ǂ 0, maka merentang 𝑃2
Dengan demikian himpunan tersebut merupakan basis untuk 𝑃2.
Contoh 6 Basis Standar untuk 𝑴𝒎𝒏 Misalkan
𝑀1 = [1 0
0 0], 𝑀2[0 1
0 0], 𝑀3 = [0 0
1 0], 𝑀4 = [0 0 0 1]
Himpunan 𝑆 = {𝑀1, 𝑀2, 𝑀2, 𝑀4} adalah basis untuk ruang vektor 𝑀22 yang terdiri dari matriks 2 × 2. Untuk melihat bahwa S merentang 𝑀22, perhatikan bahwa suatu vektor (matriks) sebarang
[𝑎 𝑏 𝑐 𝑑] Dapat ditulis sebagai
[𝑎 𝑏
𝑐 𝑑] = 𝑎 [1 0
0 0] + 𝑏 [0 1
0 0] + 𝑐 [0 0
1 0] + 𝑑 [0 0 0 1] = 𝑎𝑀1+ 𝑏𝑀2+ 𝑐𝑀3 + 𝑑𝑀4
Untuk melihat bahwa S bebas linear, asumsikan bahwa
𝑎𝑀1 + 𝑏𝑀2+ 𝑐𝑀3+ 𝑑𝑀4 = 0 Yaitu,
𝑎 [1 0
0 0] + 𝑏 [0 1
0 0] + 𝑐 [0 0
1 0] + 𝑑 [0 0
0 1] = [0 0 0 0]
Maka
[𝑎 𝑏
𝑐 𝑑] = [0 0 0 0]
Jadi, 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 𝑑 = 0, sehingga S bebas linear. Basis S pada contoh ini disebut basis standar untuk 𝑀22. Secara umum, basis standar untuk 𝑴𝒎𝒏 (standard basis for 𝑀𝑚𝑛)terdiri dari mn matriks yang berbeda dengan satu bilangan 1 dan nol untuk entri-entri lainnya.
1. Tunjukkan bahwa himpunan vektor berikut adalah basis untuk 𝑀22 𝑀1 = [3 6
3 −6] , 𝑀2 = [ 0 −1
−1 0 ] , 𝑀3[ 0 −8
−12 −4] , 𝑀4[ 1 0
−1 2]
Untuk melihat bahwa S merentang 𝑀22, perhatikan bahwa suatu vektor (matriks) sebarang [𝑎 𝑏
𝑐 𝑑] Untuk melihat bahwa S bebas linear, asumsikan bahwa
𝑎𝑀1+ 𝑏𝑀2+ 𝑐𝑀3+ 𝑑𝑀4 = 0 Yaitu,
𝑎 [3 6
3 −6] + 𝑏 [ 0 −1
−1 0 ] + 𝑐 [ 0 −8
−12 −4] + 𝑑 [ 1 0
−1 2] = [0 0 0 0]
[ 3𝑎 + 𝑑 6𝑎 − 𝑏 − 8𝑐
3𝑎 − 𝑏 − 12𝑐 − 𝑑 −6𝑎 − 4𝑐 + 2𝑑] = [0 0 0 0] Sehingga diperoleh SPL
3𝑎 + 𝑑 = 0 6𝑎 − 𝑏 − 8𝑐 = 0 3𝑎 − 𝑏 − 12𝑐 − 𝑑 = 0
−6𝑎 − 4𝑐 + 2𝑑 = 0
Matriks diperbesarnya adalah :
[
3 0
6 −1
0 1
−8 0
3 −1
−6 0
−12 −1
−4 2
| 0 0 0 0
] Dengan OBE diperoleh matriks[
1 0 0 1
0 0 0 0 0 0
0 0
1 0 0 1
| 0 0 0 0 ]
Maka
[𝑎 𝑏
𝑐 𝑑] = [0 0 0 0]
Jadi 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 𝑑 = 0, sehingga S bebas linear. Basis S ini disebut basis standar untuk 𝑀22.
Contoh 7 Basis untuk Subruang rentang (S)
Jika 𝑆 = {v1, v2, … , vn } adalah suatu himpunan bebas linear pada ruang vektor V, maka S adalah suatu basis untuk subruang rentang (S) karena himpunan S merentang rentang (S) berdasarkan definisi dari rentang (S).
Definisi
Suatu ruang vektor taknol V disebut berdimensi terhingga (finite-dimensional) jika terdiri dari himpunan terhingga vektor-vektor {v1, v2, … , vn } yang membentuk suatu basis. Jika tidak terdapat himpunan semacam ini, V disebut sebagai berdimensi takterhingga (infinite-dimensional). Selain itu, akan dianggap ruang vektor nol sebagai berdimensi terhingga.
Contoh 8 Beberapa Ruang Berdimensi Terhingga dan Takterhingga
Dari contoh 2, 5, dan 6, ruang-ruang vektor 𝑅𝑛, 𝑃𝑛, dan 𝑀𝑚𝑛adalah berdimensi terhingga.
Ruang-ruang vektor F(-∞, ∞), C(-∞, ∞), 𝐶𝑚(−∞, ∞), dan 𝐶∞(−∞, ∞) adalah berdimensi takterhingga.
Teorema berikut akan memberikan kunci dari konsep dimensi.
Teorema 7
Misalkan V adalah suatu ruang vektor berdimensi terhingga dan {v1, v2, … , vn } adalah basis sebarang.
(a) Jika suatu himpunan memiliki vektor lebih dari n, maka himpunan tersebut bersifat tidak bebas linear.
(b) Jika suatu himpunan memiliki vektor kurang dari n, maka himpunan tersebut bersifat tidak merentang V.
Bukti (a). Misalkan 𝑆′ = {𝐰1, 𝐰2, … , 𝐰n } adalah himpunan sebarang yang terdiri dari m vektor pada V, di mana m > 𝑛. Ingin ditunjukkan bahwa S´ tidak bebas linear. Karena 𝑆 = {𝐯1, 𝐯2, … , 𝐯n } adalah suatu basis, setiap 𝐰i dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor pada S, misalkan
𝐰₁ = 𝑎₁₁𝐯₁ + 𝑎₂₁𝐯₂ + ⋯ + 𝑎𝑛₁𝐯𝑛 𝐰₂ = 𝑎₁₂𝐯₁ + 𝑎₂₂𝐯₂ + ⋯ + 𝑎𝑛₂𝐯𝑛
⁞ ⁞ ⁞ ⁞
𝐰𝑚 = 𝑎1𝑚𝐯₁ + 𝑎2𝑚𝐯₂ + ⋯ + 𝑎𝑛𝑚𝐯𝑛 (6)
Untuk menunjukan bahwa S′ tidak bebas linear, Harus ditentukan skalar-skalar 𝑘1,𝑘2, …. ,𝑘𝑚, yang tidak sesuai dengan nol, sedemikian rupa sehingga
𝑘1𝒘1+ 𝑘2𝒘2+ ⋯ + 𝑘𝑚𝒘𝑛 = 𝟎 (7) Dengan menggunakan persamaan persamaan pada (6), dapat ditulis kembali (7) sebagai
(𝑘1𝑎11 + 𝑘2𝑎12 + … + 𝑘𝑚𝑎1𝑚)𝐯𝟏
+ (𝑘1𝑎21 + 𝑘2𝑎22 + … + 𝑘𝑚𝑎2𝑚)𝐯𝟐
⋱
+(𝑘1𝑎𝑛1 + 𝑘2𝑎𝑛2 + … + 𝑘𝑚𝑎𝑛𝑚) 𝐯𝒏= 0
Jadi, dari kebebasan linear dari S, masalah pembuktian bahwa 𝑆′ adalah himpunan tidak bebas linear hanya menjadi pembuktian bahwa terdapat skalar-skalar 𝑘1, 𝑘2, … , 𝑘𝑚, yang tidak semuanya nol, yang memenuhi
𝑎11𝑘1 + 𝑎12𝑘2 + … + 𝑎1𝑚𝑘𝑚 = 0 𝑎21𝑘1 + 𝑎22𝑘2 + … + 𝑎2𝑚𝑘𝑚 = 0 ⁞ ⁞ ⁞ ⁞
𝑎𝑛1𝑘1 + 𝑎𝑛2𝑘2 + … + 𝑎𝑛𝑚𝑘𝑚=0 (8) Tetapi (8) memiliki lebih banyak faktor yang tidak diketahui dibanding jumlah persamaannya, sehingga bukti menjadi lengkap karena Teorema suatu sistem persamaan linear homogen dengan jumlah faktor yang tidak diketahui lebih banyak dari jumlah persamaan, memiliki takterhingga banyaknya solusi. menjamin keberadaan solusi-solusi nontrivial.
Bukti (b) . Misalkan 𝑆′= {𝒘𝟏, 𝒘𝟐, … , 𝒘𝒎} adalah himpunan sebarang yang terdiri dari m vektor pada V, dimana 𝑚 > 𝑛. Akan ditunjukan bahwa 𝑆′ tidak merentang V. Pembuktiannya akan dilakukan dengan menggunakan kontradiksi: akan ditunjukkan bahwa dengan mengasumsikan 𝑆′ merentang V akan mengarah pada suatu kontradiksi kebebasan linear dari { 𝐯𝟏 , 𝐯𝟐, … , 𝐯𝒏}.
Jika 𝑆′ merentang V , maka setiap vektor pada V adalah kombinasi linear dari vektor- vektor pada 𝑆′. Khususnya, setiap vektor basis 𝐯𝒊 adalah kombinasi linear dari vektor-vektor pada 𝑆′, misalnya
𝐯1 = 𝑎11𝒘1+ 𝑎21𝒘2 + ⋯ + 𝑎𝑚1𝒘𝑚
