RUANG VEKTOR UMUM AKSIOMA RUANG VEKTOR

(1)

RUANG VEKTOR UMUM

Yang dibahas…….

1.

Ruang vektor umum

2.

Subruang

3.

Hubungan dependensi linier

4.

Basis dan dimensi

5.

Ruang baris, ruang kolom, ruang nul, rank dan nulitas

AKSIOMA RUANG VEKTOR

V disebut ruang vektor jika memenuhi:

1.

2.

u+v = v+u

3.

u+(v+w)=(u+v)+w

4.

5.

6.

7.

k(u+v)=ku+kv

8.

(k+l)u=ku+kl

9.

k(lu)=(kl)(u)

V v u V v

u,  (  )

V u u u

u

V       



0 0 0 ,

0 ) ( ) ( )

(

,        



u V u V u u u u

V ku V u

k,   

(2)

SUBRUANG

Definisi 1.

MisalkanV adalah ruang vektor atas R dan S  V . S disebut Sub Ruang dari V jika terhadap operasi yang sama dengan V, S juga mrp ruang vektor.

CONTOH:

1. S = { 0 } mrp sub ruang dari ruang R

ⁿ

, dan disebut sub ruang nol.

Dapat ditunjukkan bahwa S terhadap operasi penjumlahan dan perkalian skalar memenuhi aksioma2 dari ruang vektor.

2. Misalkan W = {(a, b, 0) / a, b  R}. Dapat

ditunjukkan bahwa W adalah sub ruang

dari R

³

(3)

Teorema 1

MisalkanV adalah ruang vektor dan S  V.

S disebut sub ruang dari V jhj

1. u + v  S (tertutup thd penjumlahan) 2. ku  S (tertutup thd perkalian skalar)

untuk setiap u, v  S dan k R.

LATIHAN:

1. Misalkan

S merupakan sub ruang dari M_2x3. Tunjukkan dengan Teorema 1

2. Misalkan S = {(a, b, 1) / a, b  R}. Apakah S subruang dari R³?







  



 



  a b c d R

d c b

S a / , , ,

0

(4)

Definisi 2

Misal V adalah ruang vektor dan S = {v

₁

, v

₂

, … , v

_k

}  V. Suatu vektor v  V disebut sebagai kombinasi linier dari S jika ada k

₁

,k

₂

,…,k

_r

 R s.d.h

v = k

₁

v

₁

+ k

₂

v

₂

+ … + k

_r

v

_r

Ilustrasi gambar

k₁v₁

Vektor v di R²sbg kombinasi linier dari v₁dan v₂

k₂v₂ v = k₁v₁+k₂v₂

(5)

Definisi 3

Misal V adalah ruang vektor dan S = {v₁, v₂, … , v_r} V.

Himpunan semua vektor dari V yg mrp kombinasi linier dari S disebut span S (rentang S).

Span S = {k₁v₁+ k₂v₂+ … + k_rv_r/c_iR}

Catt:

Span S mrp sub ruang dari V.

Ilustrasi Gambar

Jika S = {u, v}, dengan u, vR³tidak berada dalam satu garis, maka span(S) mrp bidang yang melalui titik pusat dan titik u dan v.

(6)

Himpunan Pembangun

JikaV adalah r.v. dengan maka

dikatakan S adalah himpunan pembangun untuk V.

Dengan kata lain, S membangun V artinya setiap vektor dalam V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S

CONTOH:

1. Unit vektor: span

2. Himpunan {1, x, x², …, xⁿ} membangun semua polinomial berderajad ≤ n.



































































1 0 0 , 0 1 0 , 0 0 1

3 2

1 e e

e R³

(7)

Bagaimana???

Apakah himpunan membangun R³ ? Penyelesaian:

Apakah ada x₁, x₂, x₃ R s.d.h

x₁(1, 1, 1)^t+ x₂(1, -1, -1)^t + x₃ (3, 1, 1)^t= b utk setiap b  R³ ?

Persamaan diatas dapat ditulis:

(111),(1 1 1),(3 1 1)

 S



















































3 2 1

1 1 1

3 1 1

b b b

x x x

Merupakan SPL non homogen :

SPL akan konsisten jhj rank [A|b] = rank (A)

Dalam kasus ini, rank (A)=2, rank [A|b]=3 Jadi S bukan span R^3.

b Ax  b

Ax 

) 0 , 1 , 0

(b₁ b₂  b₃ 

(8)

KEBEBASAN LINIER

Definisi 1.

Suatu himpunan dikatakan Himpunan Bebas Linier jhj utk persamaan

hanya dipenuhi oleh

Jika ada , maka dikatakan S HimpunanTak Bebas Linier.



v v v_n



S  ₁, ₂,...,

0

2 ...

2 1

1v  k v   k_rv_r  k

0

2 ...

1k  k_r  k

0 ki

Dengan kata lain….



Himpunan bebas linier :

himpunan yang vektor-vektornya tidak saling berhubungan (tidak bergantung / bebas)



Himpunan Tak Bebas Linier :

himpunan yang salah satu vektornya mrp

kombinasi linier dari vektor2 yang lain

(satu vektor bergantung pada vektor lain /

tidak bebas).

(9)

CONTOH:

Tunjukkan himpunan berikut bebas linier atau tidak.

Penyelesaian:

 Bentuk































































7 6 5 , 2 0 1 , 1 2 1 S

































































0 0 0

7 6 5

2 0 1

1 2 1

3 2

1  



Bentuk diatas dapat ditulis

Jika maka

Karena terdapat penyelesaian yang non trivial (tidak tunggal), maka S tidak bebas linier.

















































0 0 0

7 2 1

6 0 2

5 1 1

3 2 1





















7 2 1

6 0 2

5 1 1 A



















0 0 0

2 1 0

3 0 1

EA

(10)

Tunjukkan apakah himpunan berikut bebas linier atau tidak

(a).

(b).

(c).

(d).





























































9 5 1 , 0 1 2 , 3 2 1

       

¹ ² ³^, ⁰ ⁴ ⁵ ^, ⁰ ⁰ ⁶ ^,¹ ¹ ¹





























































0 1 2 , 0 0 1 , 1 2 3

     

2 2 2 2 , 2 2 0 2 , 2 0 2 2

BASIS dan DIMENSI



Definisi 2

MisalkanV ruang vektor atas R dan S = {v

₁

, v

₂

, … , v

_n

} subset dari V.

S disebut basis dari V jika

1. S membangun V ( span(S) = V )

2. S bebas linier

(11)

Definisi 3



Jika S = {v

₁

, v

₂

, … , v

_n

} adalah basis dari ruang vektor V, maka dikatakan V

berdimensi n.



Notasi dim(V) = n



Jadi, dimensi suatu ruang vektor adalah jumlah vektor yang bebas linier dan membangun ruang vektor tsb.

TEOREMA-TEOREMA DALAM KEBEBASAN LINIER dan BASIS

Anita T. Kurniawati

(12)

Teorema 1

(i)

Suatu himpunan berhingga dari vektor2 yang memuat vektor nol mrp himpunan yang tak bebas linier.

(ii)

Himpunan yang terdiri atas dua elemen vektor saja mrp himpunan bebas linier jhj tidak ada vektor yg mrp kelipatan skalar dari vektor lain.

BUKTI

(i) Andaikan S = {v₁, v₂, …, v_n, 0} himpunan bebas linier, maka

untuk kombinasi linier

₁v₁ + ₂v₂+ … + _nv_n+ k.0 = 0 … (*) hanya dipenuhi oleh ₁ = ₂ = … = _n = k = 0.

Terjadi kontradiksi, karena untuk persamaan 0. v₁+ 0. v₂ + … + 0. v_n+ k. 0 = 0

 k. 0 = 0

 k ≠ 0

Jadi yang benar adalah S tak bebas linier.

(13)

(ii) Arah Kanan ()

Diketahui W = {v₁, v₂} adalah himp. bebas linier.

Dibuktikan : v₁≠ k.v₂, dengan k ≠ 0.

Andaikan v₁= k.v₂, maka v₁- k.v₂= 0

Karena W bebas linier, maka 1 = 0. Terjadi kontradiksi.

Jadi yang benar, v₁≠ k.v₂, dengan k ≠ 0.

Arah Kiri ()

Diketahui v₁≠ k.v₂, dengan k ≠ 0.

Dibuktikan W = {v₁, v₂} adalah himp.bebas linier.

Andaikan W adalah himp.tak bebas linier. Maka ada₁≠ 0 s.d.h kombinasi linier ₁v₁+ ₂v₂ = 0.

Dari sini diperoleh v₁+ (₂/ ₁)v₂= 0

v₁+ c.v₂= 0

v₁= -c.v₂= k.v₂

Terjadi kontradiksi. Yang benar W bebas linier.

TEOREMA 2

Jika S = {v

₁

, v

₂

, …, v

_n

} adalah basis untuk ruang vektorV, maka untuk setiap v  V dapat

dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S secara

tunggal.

(14)

BUKTI

KarenaV = span(S), maka jelas untuk setiap v V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S.

Selanjutnya, akan dibuktikan bahwa kombinasi linier ini adalah tunggal.

Andaikan v = ₁v₁ + ₂v₂+ … + _nv_n dan v = k₁v₁ + k₂v₂+ … + k_nv_n

Maka₁v₁ + ₂v₂+ … + _nv_n= k₁v₁+ k₂v₂+ … + k_nv_n

 (₁ – k₁)v₁ + (₂– k₂)v₂+ … + (_n – k_n)v_n = 0 Karena {v₁, v₂, …, v_n} bebas linier, maka diperoleh

₁ – k₁= 0 , ₂ – k₂= 0 , … , _n – k_n= 0

 ₁ = k_{1 ,}, ₂ = k₂ , …, _n = k_{n ,}

TEOREMA 3

Jika V ruang vektor berdimensi n dan S = {v₁, v₂, …, v_n} adalah basis untuk ruang vektor V, maka

(i) setiap himpunan yang terdiri lebih dari n vektor mrp himpunan yang tak bebas linier.

d.k.l

Jika S’ = {w₁, w₂, …, w_m} dimana m > n maka S’ tak bebas linier.

(ii) Tidak ada himpunan yang lebih kecil dari n vektor yang dapat membangun V.

d.k.l

Jika S’ {w₁, w₂, …, w_r} adalah vektor2 dalam V dengan r < n maka V ≠ span(S’).

(15)

CATATAN:



Teorema 3 Bagian (i) mrp definisi dari Himpunan Bebas Linier Maksimal



Teorema 3 Bagian (ii) mrp definisi dari Himpunan Pembangun Minimal.

Bukti Teorema 3

(i)

Misalkan

^{S’ = {w}₁^{, w}₂^{, …, w}_m} adalah m vektor dalam V (m > n). Karena S = {v₁, v₂,

…, v_n} adalah basis untuk ruang vektor V, maka setiap w_i(i = 1, 2, …,m) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S, yaitu

w₁= a₁₁v₁+ a₂₁v₂+ … + a_n1v_n

w₂ = a₁₂v₁ + a₂₂v₂+ … + a_n2v_n …..(*)

…. dst

(16)

Selanjutnya….



Akan ditunjukkan S’ tak bebas linier, yaitu ada k

₁

, k

₂

, …, k

_m

yg tak nol s.d.h

_nm

) v

_n

banyaknya variabel (m) > banyaknya

persamaan (n), maka solusi nya adalah non

trivial.

(17)

(ii). Misalkan S’ = {w₁, w₂, …, w_r} adalah vektor2 dalam V dengan r < n.

Akan ditunjukkan S’ tidak membangun V.

Andaikan S’ membangun V, maka setiap vektor dalam V dapat ditulis sbg kombinasi linier dari S’, khususnya vektor2 v_j, (j = 1, 2,

…,n) dalam V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari w_i v₁= a₁₁w₁+ a₂₁w₂+ … + a_r1w_r

v₂= a₁₂w₁+ a₂₂w₂+ … + a_r2w_r

… dst ….. (a)

v_n= a_1nw₁+ a_2nw₂+ … + a_rnw_r

Utk menunjukkan adanya kontradiksi, akan ditunjukkan bahwa S

= {v₁, v₂, …, v_n} tak bebas linier

Bentuk

k₁v₁+ k₂v₂+ … + k_nv_n= 0 … (b) A.d.t. ada k_i≠ 0 yang memenuhi pers.(b).

Atau dari persamaan (a) dan (b) diperoleh (k₁a₁₁ + k₂a₁₂ + … + k_na_1n) w₁

+ (k₁a₂₁+ k₂a₂₂ + … + k_na_2n) w₂

+ …. + (k₁a_r1+ k₂a_r2+ … + k_na_rn) w_r= 0….(c)

(18)

Dari persamaan c , jika dibentuk a₁₁k₁+ a₁₂k₂+ … + a_1nk_n= 0 a₂₁k₁+ a₂₂k₂+ … + a_2nk_n= 0

…. dst

a_r1k₁+ a_r2k₂+ … + a_rnk_n= 0

Maka SPL ini mrp SPL homogen dengan banyak variabel tak diketahui (n) > banyak persamaan (r), sehingga mempunyai penyelesaian non trivial. Jadi k_i≠ 0.

Terjadi kontradiksi. Jadi yang benar adalah S’ tidak membangunV.

Latihan Soal

1. Yang manakah dari himpunan berikut ini mrp himp.tak bebas linier ?

a. {(4, -1, 2), (-4, 10, 2)} di R³

b. {(-2, 0, 1), (3, 2, 5), (6, -1, 1), (7, 0, -2)} di R³ c. {(6 – x²), (1 + x + 4x²)} di P₂

d. {(1+3x+3x²), (x+4x²) , (5+6x+3x²), (7+ x – x²)} di P₂

2. Tunjukkan bahwa :

Jika {v₁, v₂, v₃} bebas linier, maka himpunan {v₁, v₂}, {v₁, v₃}, {v₂, v₃}, {v₁}, {v₂}, {v₃} juga bebas linier.

3. Tunjukkan :

Jika {v₁, v₂, v₃} tak bebas linier pada ruang vektor V dan

(19)

RUANG BARIS, RUANG KOLOM, dan RUANG NULL

Definisi 1

Jika A adalah matriks ukuran mxn

maka :

(i) Vektor-vektor

….













mn m

m

n n

a a

a

a a

a

a a

a







2 1

2 22

21

1 12

m a a a

r  ₁ ₂ 

(20)

(ii) vektor-vektor

, , … ,

di R^m disebut vektor-vektor kolom dari matriks A.















1 21 11

1

am

a a

c 















2 22 12

2

am

a a

c 















mn n n

n

a a a

c 

2 1

CONTOH:

Diberikan matriks

Maka : vektor baris dari A adalah r₁= [2 1 0] , r₂ = [3 -1 4]

dan vektor kolom dari A adalah

, ,



 





 

4 1 3

0 1 A 2



 



 3 2

c1 



 





  1 1

c2 



 



 4 0 c3

(21)

Definisi 2



Misalkan A adalah matriks mxn. Maka (i) subruang dari R

ⁿ

yang dibangun oleh

vektor2 baris dari matriks A disebut Ruang Baris (row space) dari A (ii) subruang dari R

^m

yang dibangun oleh

vektor2 kolom dari matriks A disebut Ruang Kolom (column space) dari A

Jadi …



Ruang baris A, dinotasikan R(B), adalah R(B) = Ruang yang dibangun oleh

vektor2 baris matriks A

= span{r

₁

, r

₂

, … , r

_m

Atau :

b  R(K)  b = A.x

(23)

Contoh 2:

 Diberikan SPL Ax = b

 Dengan EGJ, diperoleh solusi : x₁= 2, x₂= -1, dan x₃= 3 sehingga :

yaitu b mrp kombinasi linier dari kolom2 matriks A. shg b mrp elemen dari ruang kolom matriks A.























































3 9 1

2 1 2

3 2 1

2 3 1

3 2 1

x x x











































































2 3 2 3 1 2 3

2 1 1 2 3 9 1

Contoh:

 Tentukan apakah b mrp elemen dari ruang kolom matriks A berikut ini ? Jika ya, tuliskan kombinasi liniernya.



 



 



 





 

10

; 2 6 4

3

1 b

A

(24)

Teorema 2

Operasi baris elementer tidak mengubah ruang baris suatu matriks

dengan kata lain:

Jika matriks A dan B mrp matriks ekuivalen baris , maka ruang baris A dan B adalah sama.

Contoh 4

 Diberikan matriks

 Menggunakan OBE, matriks A diubah menjadi bentuk eselon baris tereduksi:

 maka, ruang baris dari matriks A dan B adalah sama.





















3 8 7

3 1 2

1 2 1 A



















0 0 0

3 / 5 1 0

3 / 7 0 1 B

(25)

Basis utk ruang baris dan ruang kolom

 Misalkan

 Menggunakan OBE, matriks A diubah kebentuk matriks eselon baris tereduksi :

 Ruang baris matriks A dan B adalah sama

















3 4 0 2 1

3 2 7 3 2

4 1 8 2 3

4 3 0 2 1

A













 

0 0 0 0 0

1 1 0 0 0

1 0 1 1 0

1 0 2 0 1 B

Selanjutnya…

 Basis utk ruang baris matriks A adalah vektor2 baris tak nol dari matriks B, yaitu

w₁ = [1 0 2 0 1]

w₂ = [0 1 1 0 1]

w₃ = [0 0 0 1 -1]

 Sedangkan basis untuk ruang kolom matriks A adalah vektor kolom standar dari matriks B, yaitu

u₁= , u₂= , u₃ =



1 _₂_



3

(26)

V di R

ⁿ

 Misalkan S = {v₁, v₂, … , v_k} adalah vektor2 di Rⁿ, dengan V = span(S). Maka basis utk V ditentukan dengan langkah2 :

 Langkah 1 Bentuk matriks

A =

 Langkah 2

Ubah matriks A kebentuk matriks eselon baris tereduksi B.

 Langkah 3

vektor2 baris tak nol dari matriks B mrp basis utk V.













vk

v

₂

= [3 2 8 1 4]

v

₃

= [2 3 7 2 3]

v

₄

= [-1 2 0 4 -3]

dan misalkan V adalah subruang dari R

⁵

yang dibangun oleh S. Tentukan basis

untuk V

(27)

Contoh 6

 Carilah basis utk ruang baris dan ruang kolom dari matriks berikut :

















4 5 2

4 3

1

7 9 1 9

6 2

2 8 1 9

6 2

4 5 2 4

3 1



Langkah 2

Rank A = jumlah baris tak nol dari

matriks B.

(30)



Carilah rank dari matriks :

















2 3 2

3 8 3

1 9 1

1 2 1

A

RUANG NULL dan NULLITY



Definisi 5

(i) Himpunan dari semua solusi sistem homogen A.x = 0 disebut dengan Ruang Null (Nullspace).

Nullspace merupakan subset dari R

ⁿ

.

(ii) Dimensi dari ruang null disebut Nullity.

(31)

Basis utk Ruang Null

 Diberikan SPL homogen A.x = 0, dengan A matriks berukuran m x n.

 Solusi dari sistem di atas dicari menggunakan EGJ, yaitu matriks augmented

diubah ke matriks eselon baris tereduksi

dimana matriks B mpy r baris tak nol, 1 ≤ r ≤ m.



^A ⁰





^B ⁰



 Jika m > n (r = n), yaitu



















0 0 0 0

0

0 0 0 0

0

0 1 0

0

0 0 0 1

0

0 0 0 0

1















B

r = n m n

Maka, solusi A.x = 0 trivial. Artinya, semua solusinya adalah

(32)

 Jika m < n (r < n), yaitu















0 0 0

0 0

0 0 0

0 0

0 0 0

0 0

0 1

0 0 0

0 0

0 1 0

0 0

0 0 1

1

2 21

1 11















rn r

n n

s s

B

r

m n

Maka, solusi A.x = 0 adalah non trivial (mpy r buah solusi), shg ruang solusinya mpy r buah basis, akibatnya nillity = r.

Contoh 9

 Carilah ruang null dan nullity dari SPL homogen :



 



 















 







0 0 2

0 2 3 3

1 2 1 1 1

5 4 3 2 1

x x x x x

(33)

Teorema 4



Jika A adalah matriks ukuran m x n, maka

rank(A) + nullity A = n

Contoh 10

 Apakah SPL berikut mpy solusi?

 







 









 







 







 







 









5 2 6

5 1 5

1 1 1

3 2 1

x

(34)

RANK dan KESINGULARAN MATRIKS

Teorema 6

Diberikan matriks A berukuran nxn . det(A) ≠ 0 jhj rank(A) = n

Teorema 7



Misalkan A matriks ukuran nxn.

i.

SPL A.x = b mempunyai

penyelesaian tunggal jhj rank(A) = n

ii.