V dinamakan ruang vektor jika terpenuhi aksioma : 1. V tertutup terhadap operasi penjumlahan

1

2 Ruang Vektor Umum

Misalkan dan k, l  Riil

V dinamakan ruang vektor jika terpenuhi aksioma : 1. V tertutup terhadap operasi penjumlahan

Untuk setiap 2.

3.

4. Terdapat sehingga untuk setiap

berlaku

5. Untuk setiap terdapat sehingga

V

w

v

u

,

,



V v u  

maka

,

v

V

u







v

u

v  u



v

w

 

u

v



w

u











u u u  0  0   V  0 u V

V

u



 



u

   

     0  u u u u

28/12/2017 13.02

3 6. V tertutup thd operasi perkalian dengan skalar.

Untuk setiap dan k  Riil maka

7. 8. 9. 10.

V

u



k

u



V



u v



ku kv k   



k  l



u  ku  lu

     

lu l k u kl u k   u u  . 1

28/12/2017 13.02

4 Contoh :

1. Himpunan vektor Euclides dengan operasi standar (operasi penjumlahan dan operasi perkalian dengan skalar).

Notasi : Rn _{(Ruang Euclides orde n)}

2. Himpunan matriks berukuran m x n

dengan operasi standar (penjumlahan matriks dan perkalian matriks dengan skalar),

Notasi : M_mxn (Ruang Matriks mxn)

3. Himpunan polinom pangkat n dengan operasi standar. Notasi : P_n (Ruang Polinom orde n)

28/12/2017 13.02

5 Ruang Euclides orde n

Operasi-Operasi pada ruang vektor Euclides: • Penjumlahan

• Perkalian dengan skalar Riil sebarang (k) • Perkalian Titik (Euclidean inner product) • Panjang vektor didefinisikan oleh :

• Jarak antara dua vektor didefinisikan oleh :



u v u v u_n v_n



v u   ₁  ₁, ₂  ₂,..., 



ku ku ku_n



u k  ₁, ₂ ,..., n nv u v u v u v u   _{1 1}  _{2 2} ... 



_{u u}



12 u  

 

u v u v d ,   



u₁ v₁

 

2  u₂ v₂



2 ...



u_n v_n



2 2 2 2 2 1 u ... un u    

28/12/2017 13.02

6 Contoh :

Diketahui dan

Tentukan panjang vektor dan jarak antara kedua vektor tersebut

Jawab:

Panjang vektor :

Jarak kedua vektor



1, 1, 2, 3



 u v 



2, 2, 1, 1



 

u v u v d ,  



_{u u}



12 u    12 12  22 32  15 10 1 1 2 22  2  2  2   v



 

2

 

2

 

2



2 1 3 1 2 2 1 2 1       

   

7 2 1 1 1 2 2 2 2       

28/12/2017 13.02

7 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

W

28/12/2017 13.02

8 Contoh :

Tunjukan bahwa himpunan W yang berisi semua matriks orde 2x2 dimana setiap unsur diagonalnya adalah nol merupakan subruang dari ruang vektor matriks 2x2

Jawab :

2. Jelas bahwa W  M2x2

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

28/12/2017 13.02

9 Perhatikan bahwa :

Ini menunjukan bahwa

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

Ini menunjukan bahwa

Jadi, W merupakan Subruang dari M2x2.

                        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



28/12/2017 13.02

10 Contoh :

Periksa apakah himpunan D yang berisi semua matriks orde 2x2 yang determinannya nol

merupakan subruang dari ruang vektor M2x2 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

28/12/2017 13.02 11

B

A



_











a

b

b

a

Perhatikan bahwa : =

Jadi D bukan merupakan subruang

karena tidak tertutup terhadap operasi penjumlahan Karena a ≠ b

28/12/2017 13.02 12 u 1

v

v₂ v_n

n

n

v

k

v

k

v

k

u



₁

₁



₂

₂



...



Sebuah vektor

dinamakan kombinasi linear dari vektor – vektor

, , … ,

jika vektor – vektor tersebut

dapat dinyatakan dalam bentuk :

28/12/2017 13.02 13

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.

28/12/2017 13.02 14                                 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: Jawab :

a

v

k

u

k

₁



₂



28/12/2017 13.02 15                     0 0 0 2 1 0 2 1 ~ 6 3 0 6 3 1 2 1 1₂ 2 1

a

u

v

u

a









2



dengan OBE, diperoleh:

Dengan demikian,

merupakan kombinasi linear dari vektor dan

atau

28/12/2017 13.02 16 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 :

28/12/2017 13.02 17                               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 mempunyaisolusi).

Jadi, tidak ada nilai k₁ dan k₂ yang memenuhi

 b tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari u dan v

28/12/2017 13.02

18 c. Dengan memilih k₁ = 0 dan k₂ = 0,

maka dapat ditulis

c

v

k

u

k

₁





₂







artinya vektor nol merupakan kombinasi linear dari vektor apapun.

28/12/2017 13.02 19 1

v

2 v 3 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)

Definisi membangun dan bebas linear



v v v_n



S  ₁, ₂, ... ,

Contoh :

Tentukan apakah

28/12/2017 13.02 20                                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

28/12/2017 13.02

21 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)

Dengan demikian vektor – vektor tersebut tidak membangun R3

28/12/2017 13.02 22



u

u

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

(Bergantung linear / linearly dependent)

28/12/2017 13.02 23



1, 3, 2



 u a 



1, 1, 1



0

2 1







_

_

a

k

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

Contoh :

28/12/2017 13.02 24 ~ 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.

28/12/2017 13.02 25            2 3 1 a             1 1 1 b              4 6 2 c c k b k a k_{1 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

Contoh : Misalkan

28/12/2017 13.02 26 ~ 0 1 0 0 4 0 2 1 1                         0 0 0 0 1 0 2 1 1

c

b

a

,

,

dengan OBE diperoleh :

Ini menunjukan bahwa

k₁, k₂, k₃ mrp solusi tak hingga banyak

adalah vektor-vektor yang bergantung linear. Jadi

28/12/2017 13.02

27

Basis dan Dimensi

Jika V adalah sembarang ruang vektor dan S = { ū₁, ū₂, … , ū_n } merupakan

himpunan berhingga dari vektor – vektor di V, maka S dinamakan basis bagi V

Jika kedua syarat berikut dipenuhi : • S membangun V

28/12/2017 13.02 28                                         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

28/12/2017 13.02 29                                             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 M2 x 2

• Ketika a = 0, b = 0, c = 0, d = 0,

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

28/12/2017 13.02

30 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

28/12/2017 13.02 31                 1 2 2 1 1 3 2 1 1 1 2 1 A Vektor baris Vektor kolom Misalkan matriks :

dengan melakukan OBE diperoleh :

28/12/2017 13.02

32 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 :}

28/12/2017 13.02

33 Kolom-kolom pada matriks hasil OBE yang memiliki satu utama berseseuaian dengan matriks asal (A). Ini berarti,

matriks A tersebut mempunyai basis ruang baris :

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

Dimensi basis ruang baris = ruang kolom dinamakan rank.

28/12/2017 13.02 34 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 diatas 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

28/12/2017 13.02 35               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 :

28/12/2017 13.02

36 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 diatas adalah 2.

28/12/2017 13.02 37       8 0 3 6       1 3 2 1       4 2 1 0         2 0 2 4 Latihan Bab 5 1.Nyatakanlah matriks

sebagai kombinasi linear dari matriks berikut : dan

2. Periksa, apakah himpunan berikut bebas linear ! a.{6 – x2 _{, 6 + x + 4x}2 _}

b.{1 + 3x + 3x2_{, x + 4x}2_{, 5 + 6x + 3x}2_{, 7 + 2x – x}2_}

, ,

3. Periksa, apakah himpunan A = {6 – x2 , 6 + x + 4x2 } membangun polinom orde 2 !

28/12/2017 13.02 38     _{   }  _{a bx cx}2 _a2 _b2 _c2 J

4. Periksa, apakah himpunan berikut merupakan basis bagi polinom orde 2 (P2)

a.{4 + 6x + x2_{, – 1 + 4x + 2x}2_{, 5 + 2x – x}2_}

b.{– 4 + x + 3x2_{, 6 + 5x + 2x}2_{, 8 + 4x + x}2_}

Periksa apakah J merupakan subruang dari ruang vektor Polinom orde dua

Jika ya, tentukan basisnya 5. Misalkan

merupakan himpunan bagian dari ruang vektor Polinom orde dua.

28/12/2017 13.02 39 6. Diberikan SPL homogen : p + 2q + 3 r = 0 p + 2q – 3 r = 0 p + 2q + 3 r = 0,

Tentukan basis ruang solusi (buktikan) dan tentukan dimensinya.

               1 2 2 1 1 3 2 1 1 1 2 1