Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮ Page1of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Catatan Kuliah Aljabar Linier
Subiono
24 Agustus 2009
Abstrak
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page2of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Rencana materi yang akan dibahas dalam kelas adalah:
• Lapangan dan Ruang Vektor.
• Ruang-bagian Vektor.
• Himpunan Pembentang, Bebas linier dan Basis.
• Dimensi, Jumlahan Langsung, Koordinat dan Basis
Teru-rut.
• Pemetaan linier pada Ruang Vektor.
• Pemetaan linier dan Aljabar matriks.
• Perubahan dari Basis.
• Rank, Determinan dan Invers.
• Bentuk Echelon dari suatu Matriks.
• Eigenvektor dan Eigenvalue.
• Orthogonalitas (Proses Orthogonalitas Gram-Schmidt).
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page3of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lapangan(Field)
Suatu lapangan adalah suatu himpunan K 6= ∅ bersama-sama dengan dua operasi tambah (+) dan kali (.) sehingga untuk semua a, b, c ∈ K memenuhi:
• (a + b) ∈ K (tertutup). • a + b = b +a (komutatif ).
• (a + b) + c = a + (b +c) (assosiatif ).
• Ada 0 ∈ K sehingga a + 0 = 0 + a (elemen netral).
• Ada suatu −a ∈ K sehingga a + (−a) = −a +a = 0 (invers). • (a.b) ∈ K (tertutup).
• a.b = ba (komutatif ).
• (a.b).c = a.(b.c) (assosiatif ).
• Ada 1 ∈ K sehingga a.1 = 1.a = a (elemen identitas).
• Bila a 6= 0, maka ada a−1 ∈ K sehingga a.a−1 = a−1.a = 1
(invers).
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page4of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Himpunan bilangan rasional Q, himpunan bilangan riil R
dan himpunan bilangan kompleks C.
2. Himpunan bilangan bulat modulo p dinotasikan oleh Zp, dengan p bilangan prima.
Contoh 1. adalah lapangan takhingga sedangkan Contoh 2. lapangan hingga. Dalam Contoh 2., bila p bukan bilangan prima, maka Zp bukan lapangan.
Ruang Vektor
Suatu himpunan V dengan dua operasi tambah dan kali dikatakan suatu ruang vektor atas lapangan K bila memenuhi:
1. Bila u,v,w ∈ V , maka u+ v ∈ V dan
• u +v = v +u
• (u + v) + w = u + (v +w)
• Ada 0 ∈ V sehingga v +0 = 0 +v,∀v ∈ V
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page5of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Bila a, b ∈ K dan u,v ∈ V, maka av ∈ V dan
• (a + b)v = av +bv
• a(u+ v) = av + au
• (ab)v = a(bv)
• 1v = v Contoh
1. Himpunan R2 adalah ruang vektor atas lapangan R, dimana
x1
x2
+
y1
y2
def
=
x1 +y1
x2 +y2
,∀
x1
x2
,
y1
y2
∈ R2
dan
a
x1
x2
def
=
ax1
ax2
,∀a ∈ K dan ∀
x1
x2
∈ R2.
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page6of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh...
3. Himpunan matriks m×n dengan elemen elemennya bilangan riil
Mm,n(R) =
a11 . . . a1n
... ... ...
am1 . . . amn
aij ∈ R
dimana penambahan matriks diberikan oleh:
a11 . . . a1n
... ... ...
am1 . . . amn
+
b11 . . . b1n
... ... ...
bm1 . . . bmn
def
=
a11 +b11 . . . a1n + b1n
... . .. ...
am1 +bm1 . . . amn + bmn
sedangkan perkalian skalar α ∈ R dengan matriks diberikan oleh:
α
a11 . . . a1n
... ... ...
am1 . . . amn
def
=
αa11 . . . αa1n
... . .. ...
αam1 . . . αamn
.
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page7of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh...
4. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua fungsi, yaitu V = {f : F → F} dimana (f + g)(x) def= f(x) +
g(x),∀x ∈ F dan (αf)(x) def= αf(x), dimana α ∈ F. Maka V
adalah ruang vektor F.
5. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua polinomial berderajad kurang atau sama dengan n yaitu
Pn(F) = {p(x) = a0+a1x+. . .+anxn |ai ∈ F} dimana (p+q)(x) def=
p(x) + q(x),∀x ∈ F dan (αp)(x) def= αp(x), dimana α ∈ F. Maka
Pn(F) adalah ruang vektor atas F.
6. Himpunan l∞ = {a = (a1, a2, . . .)|an ∈ R,sup(|an|) < ∞} dimana
a+b def= (a1+b1, a2+b2, . . .) dan αa def= (αa1, αa2, . . .), α ∈ R. Maka
l∞ adalah ruang vektor atas lapangan R.
7. Himpunan fungsi terdifferensial tak berhingga pada inter-val [a, b], yaitu C∞[a, b], dimana definisi penambahan fungsi dan perkalian skalar dengan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruang vektor atas lapangan riil R.
8. Himpunan fungsi-fungsi V = {f : R → R | d2f
dx2 + f = 0}
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page8of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan beberapa sifat dari suatu ruang vektor V
atas lapangan K. Misalkan V adalah suatu ruang vektor atas lapangan K, maka
(1). 0v = 0, 0 adalah elemen netral di K dan v ∈ V. (2). (−1v) + v = 0, dimana −1 ∈ K.
(3). α0 = 0, dimana α ∈ K. Bukti
(1). v = (1 + 0)v = v + 0v, kedua ruas tambahkan dengan vektor w yang memenuhi w + v = 0, didapat: w + v = w + v + 0v atau 0 = 0+ 0v. Terlihat bahwa 0v = 0.
(2). (−1v) + v = (−1 + 1)v = 0v = 0. (3). α0 = α(00) = (α0)0 = 00 = 0.
Ruang Bagian
Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan K. Himpunan
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page9of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Himpunan
B =
x y z
x + y +z = 0
adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R.
2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu
V = {f : R → R} dan D ⊂ V, dimana
D =
f ∈ V
d2f
dx2 +f = 0
, maka D adalah ruang bagian dari ruang vektor V atas R.
3. Himpunan P3(R) adalah ruang bagian dari ruang vektor
Pn(R) atas lapangan R dengan n ≥ 3.
4. Himpunan S = n(an) ∈ l∞ | lim
n→∞an = x, x ∈ R
o
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page10of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan suatu sifat (pernyataan) yang ekivalen dengan pernyataan dari suatu ruang bagian.
Himpunan S adalah suatu ruang bagian dari suatu ruang
vektor V atas lapangan K bila dan hanya bila x1s1 + x2s2 ∈ S
untuk setiap x1, x2 ∈ K dan s1,s2 ∈ S.
Bukti Misalkan S ruang bagian dan x1, x2 ∈ K juga s1,s2 ∈ S,
maka x1s1 ∈ S dan x2s2 ∈ S. Oleh karena itu, x1s1 + x2s2
juga di S. Sebaliknya, misalkan x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap
x1, x2 ∈ K dan s1,s2 ∈ S. Akan ditunjukkan bahwa S adalah
ruang vektor atas K. Sifat 2. dari ruang vektor otoma-tis diwarisi dari V, begitu juga sifat komutatif, assosiatif di sifat 1., diwarisi dari V. Untuk x1 = x2 = 1, didapat
1s1 + 1s2 = s1 + s2 ∈ S (tertutup). Untuk x1 = x2 = 0 didapat
0s1 + 0s2 = 0(s1 +s2) = 0 ∈ S. Oleh karena itu, untuk x1 = x2 = 1
dan setiap s ∈ S, didapat 1s+ 10 = s+0 = s = 0+s = 10+ 1s ∈ S. Selanjutnya untuk x1 = 1, x2 = −1 dan setiap s ∈ S didapat
1s + (−1)s = (1 + (−1))s = 0s = 0 (s punya invers yaitu −s).
Catatan Pernyataan x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap x1, x2 ∈ K dan s1,s2 ∈ S, dapat diganti oleh x1s1 + x2s2 + . . . + xnsn ∈ S untuk
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page11of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh penggunaan sifat ruang bagian 1. Himpunan B = x y z
x + y +z = 0
adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R. Sebab, untuk setiap v1,v2 ∈ B, maka
v1 = x1 y1 z1 =
−y1 − z1
y1
z1
= y1 −1 1 0
+ z1 −1 0 1 , v2 = x2 y2 z2 =
−y2 − z2
y2
z2
= y2 −1 1 0
+ z2 −1 0 1 .
Sehingga untuk a, b ∈ R, didapat:
av1 +bv2 = (ay1 +by2) −1 1 0
+ (az1 +bz2) −1 0 1
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page12of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu
V = {f : R → R} dan D ⊂ V, dimana
D =
f ∈ V
d2f
dx2 +f = 0
, maka D adalah ruang bagian dari ruang vektor V atas R. Sebab, misalkan f, g ∈ D dan a, b ∈ R, maka
d2(af +bg)
dx2 + (af +bg) = a
d2f
dx2 + af +b
d2g
dx2 + bg
= a(d
2f
dx2 + f) + b(
d2g
dx2 + g) = a0 + b0 = 0. Jadi af +bg ∈ D.
3. Himpunan P3(R) adalah ruang bagian dari ruang vektor
Pn(R) atas lapangan R dengan n ≥ 3. Sebab, misalkan
p(x), q(x) ∈ P3(R) dan a, b ∈ R, maka
ap(x) + bq(x) = a(a0 +a1x + a2x2 +a3x3) + b(b0 +b1x +b2x2 +b3x3)
= (aa0 +bb0) + (aa1 + bb1)x + (aa2 + bb2)x2
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page13of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Himpunan Pembentang, Bebas linier dan Basis
Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V . Himpunan pembentang dari S adalah himpunan:
< S >def= {x1s1 + . . .+xnsn | x1, . . . , xn ∈ K,s1, . . . ,sn ∈ S}.
Penulisan x1s1+. . .+xnsn juga dinamakan kombinasi linier dari
vektor-vektor s1, . . . ,sn. Berikutini diberikan sifat dari suatu
< S > sebgaimana berikut.
Bila V merupakan suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V, maka
< S > adalah suatu ruang bagian dari V.
Bukti Misalkan v = x1s1+. . .+xnsn dan w = xn+1sn+1 +. . .+xmsm
di < S > dan a, b ∈ K, maka
av +bw = a(x1s1 +. . .+ xnsn) + b(xn+1sn+1 +. . . +xmsm)
= (ax1)s1 +. . . + (axn)sn + (bxn+1)sn+1 +. . . + (bxm)sm.
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page14of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Misalkan
V
ruang vektor atas
K
untuk
setiap v
∈
V
, maka
<
{
v
}
>
=
{
k
v
|
k
∈
K
}
.
2. Misalkan ruang vektor
R
3
atas
R
, maka
<
{
e
1
,
e
2
}
>
=
R
2
dimana e
1
= (1
,
0
,
0)
′
dan
e
2
= (0
,
1
,
0)
′
. Sebab,
R
2
=
x
y
0
x, y
∈
R
=
x
1
0
0
+
y
0
1
0
x, y
∈
R
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page15of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan sifat dari suatu
him-punan pembentang.
Misalkan
V
suatu
ruang vektor atas
K
dan
h
S
i
adalah suatu
himpunan pembentang dari
S
dan v
∈
V
,
maka
h
S
i
=
h
S
∪ {
v
}i
bila dan hanya bila
v
∈ h
S
i
Bukti.
Misalkan
h
S
i
=
h
S
∪ {
v
}i
, jelas
bahwa v
∈ h
S
∪ {
v
}i
.
Jadi juga v
∈ h
S
i
.
Sebaliknya misalkan bahwa v
∈ h
S
i
, akan
ditunjukkan bahwa
h
S
i
=
h
S
∪ {
v
}i
.
Je-las bahwa
S
⊂ h
S
∪ {
v
}i
. Tinggal
menun-jukkan bahwa
h
S
∪ {
v
}i ⊂ h
S
i
.Tulis v
=
a
0
s
0
+
. . .
+
a
n
s
n
dan misalkan w
∈ h
S
∪ {
v
}i
.
Didapat w
=
b
0
v
+
a
n
+1
s
n
+1
+
. . .
+
a
m
s
m
=
(
b
0
a
0
)
s
0
+
. . .
+ (
b
0
a
n
)
s
n
+
a
n
+1
s
n
+1
+
. . .
+
a
m
s
m
.
Terlihat bahwa w
∈ h
S
i
. Jadi
h
S
∪ {
v
}i ⊂ h
S
i
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page16of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Misalkan dalam R3, vektor-vektor
v1 =
1 0 0
,v2
0 1 0
dan v3 =
2 3 0
.
Didapat v3 = 2v1 + 3v2, jadi v3 ∈ h{v1,v2}i. Maka dari itu,
h{v1,v2}i = h{v1,v2,v3}i.
Sifat dari suatu himpunan pembentang
yang
dibahas
sebelumnya,
mengatakan
bahwa suatu vektor v bisa dihapus
un-tuk memperoleh himpunan baru
S
de-ngan himpunan pembentang yang sama
bila dan hanya bila v merupakan kombinasi
linier dari vektor-vektor di
S
.
Jadi
den-gan pengertian ini, suatu himpunan
S
⊂
V
adalah minimal bila dan hanya bila ia
tidak memuat vektor-vektor yang
meru-pakan kombinasi linier dari vektor-vektor
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page17of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan suatu pengertian mengenai bebas lin-ier. Vektor-vektor v1,v2, . . . ,vn di suatu ruang vektor V atas
lapangan K dikatakan bebas linier bila vektor vi, i = 1,2, . . . , n
bukan merupakan suatu kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya. Bila tidak demikian, maka vektor-vektor
vj, j = 1,2, . . . , n dikatakan bergantungan linier.
Misalkan Vektor-vektor s1, . . . ,sn ∈ S ⊂ V, dengan V suatu
ruang vektor atas K, vektor-vektor si, i = 1,2. . . , n bebas linier
bila dan hanya bila x1s1 + . . .+ xnsn = 0, xi ∈ K dipenuhi hanya
untuk x1 = . . . = xn = 0.
Bukti
Misalkan si ∈ S, i = 1,2. . . , n bebas linier dan andaikan x1s1+. . .+
xnsn = 0 tetapi untuk beberapa i, xi 6= 0. Didapat si = (−xx1i)s1 +
. . . + (−xi−1
xi )si−1 + (− xi+1
xi )si+1 + . . . + (− xn
xi)sn. Terlihat bahwa si
merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor sj, j 6= i. Hal ini
bertentangan dengan kenyataan bahwa si, i = 1,2, . . . , n bebas
linier. Jadi haruslah x1s1 + . . .+ xnsn = 0 dipenuhi hanya untuk
x1 = . . . = xn = 0. Selanjutnya misalkan x1s1+. . .+xnsn = 0, xi ∈ K
dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0, maka jelas bahwa
si, i = 1,2. . . , n bebas linier. Bila tidak berarti bahwa untuk
beberapa i, si = c1s1 + . . . + ci−1si−1 + ci+1si+1 + . . . + cnsn atau
0 = c1s1+. . .+ci−1si−1+cisi+ci+1si+1+. . .+cnsn dengan ci = −1. Ini
bertentangan dengan kenyataan bahwa 0 = c1s1 +. . .+ci−1si−1+
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page18of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Komentar
Pernyataan vektor-vektor s
i
, i
=
1
,
2
. . . , n
dalam ruang vektor
V
atas
K
be-bas linier ekivalen dengan
x
1
s
1
+
. . .
+
x
n
s
n
=
0
, x
i
∈
K
dipenuhi hanya untuk
x
1
=
. . .
=
x
n
= 0.
Bila
V
=
R
n
dan
K
=
R
, maka
vektor-vektor s
i
, i
= 1
,
2
. . . , n
dalam ruang
vektor
R
n
atas
R
bebas linier mempunyai
arti bahwa sistem persamaan linier
homo-gin
x
1
s
1
+
. . .
+
x
n
s
n
=
0 mempunyai
penyele-saian trivial, yaitu
x
i
= 0
, i
= 1
,
2
, . . . , n
. Bila
persamaan homogin ini mempunyai jawab
non trivial, yaitu
x
i
6
= 0
untuk beberapa
i
,
maka hal ini berarti bahwa vektor-vektor
s
i
tsb. tidak bebas linier atau
bergantung-an linier. Bila vektor s
6
=
0 di ruang
vek-tor
R
n
dan memenuhi s
=
x
1
s
1
+
. . .
+
x
n
s
n
,
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page19of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Dalam R4 vektor (1,4,−2,6)′ adalah kombinasi linier dari dua vektor (1,2,0,4)′ dan (1,1,1,3)′, sebab: (1,4,−2,6)′ = 3(1,2,0,4)′ − 2(1,1,1,3)′. Sedangkan vektor (2,6,0,9)′ bukan kombinasi linier (1,2,0,4) dan (1,1,1,3)′, sebab bila (2,6,0,9)′ =
x1(1,2,0,4)′ + x2(1,1,1,3)′ ekivalen dengan sistem persamaan linier
x1 +x2 = 2
2x1 +x2 = 6
x2 = 0
4x1 + 3x2 = 9
mudah dicek bahwa sistem persamaan linier ini tidak mem-punyai jawab.
2. Misalkan ruang vektor V = {f : R → R} atas R, maka fungsi cos 2x merupakan kombinasi linier dari fungsi-fungsi
cos2x,sinh2x dan cosh2x, sebab cos 2x = 2 cos2x+ sinh2x−cosh2x, ingat bahwa cos 2x = 2 cos2x − 1 dan cosh2x −sinh2x = 1.
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page20of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh
3. Misalkan tiga vektor v1 = (1,2,3)′,v2 = (3,2,1)′ dan v3 =
(3,3,3)′ di R3. Maka
h{v1,v2,v3}i = {x1v1 + x2v2 + x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R}
= {(x1 + 3x2 + 3x3,2x1 + 2x2 + 3x3,3x1 +x2 + 3x3)′} Tulis (x, y, z)′ = (x1 + 3x2 + 3x3,2x1 + 2x2 + 3x3,3x1 + x2 + 3x3)′. Didapat:
x y z
=
1 3 3 2 2 3 3 1 3
x1
x2
x3
,
(1 − 2 1)
x y z
= (1 − 2 1)
1 3 3 2 2 3 3 1 3
x1
x2
x3
= 0,
atau x − 2y + z = 0. Catatan 3v1 + 3v2 − 4v3 = 0 dan juga
det
1 3 3 2 2 3 3 1 3
= 0.
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page21of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh
4. Dua vektor v1 = 40 15 ′
,v2 = −50 25 ′
∈ R2 sebab x1v1 +
x2v2 = 0 dipenuhi hanya untuk x1 = x2 = 0, hal ini bisa dicek sbb:
40x1 −50x2 = 0
15x1 + 25x2 = 0
−15
40B1 + B2
40x1 − 50x2 = 0 175
4 x2 = 0
didapat x2 = 0 dan x1 = 0. 5. Diberikan S ⊂ R3 dimana
S = 1 0 0 , 0 2 0 , 1 2 0 , 0 −1 1 , 3 3 0
Perhatikan persamaan berikut:
x1 1 0 0
+x2 0 2 0
+x3 1 2 0
+x4 0 −1 1
+x5 3 3 0 = 0 0 0 .
Himpunan penyelesaiannya adalah: x1 x2 x3 x4 x5
= x3 −1 −1 1 0 0
+x5 −3
−3/2 0 0 1
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page22of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh 5.
Himpunan penyelesaiannya adalah: x1 x2 x3 x4 x5
= x3 −1 −1 1 0 0
+x5 −3
−3/2 0 0 1
x3, x5 ∈ R
Hal ini menunjukkan bahwa semua vektor di S saling bergan-tungan linier. Untuk x3 = 0, x5 = 1, didapat bahwa vektor yang ke-5 dalam S merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang pertama. Gunakan sifat yang telah dipunyai untuk menghapus vektor yang ke-5 sehingga didapat:
S1 =
1 0 0 , 0 2 0 , 1 2 0 , 0 −1 1 ,
dalam hal ini < S >=< S1 >. Juga terlihat bahwa vektor yang ke-3 dalam S1 merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang pertama, sehingga vektor ke-3 ini bisa dihapus dan didapat:
S2 =
1 0 0 , 0 2 0 , 0 −1 1 .
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page23of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
6. Misalkan tiga vektor v1 = (1,1,0)′,v2 = (5,1,−3)′ dan v3 =
(2,7,4)′ di R3, maka
h{v1,v2,v3}i = {x1v1 + x2v2 +x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R}
= {x1(1,1,0)′ +x2(5,1,−3)′ +x3(2,7,4)′ | x1, x2, x3 ∈ R}
= {(x1 + 5x2 + 2x3, x1 +x2 + 7x3,−3x2 + 4x3)′|x1, x2, x3∈R}. Tulis (x, y, z)′ = (x1+ 5x2+ 2x3, x1+x2+ 7x3,−3x2+ 4x3)′, didapat:
x y z =
1 5 2 1 1 7 0 −3 4
x1 x2 x3 . Sehingga diperoleh:
−25 26 −33 4 −4 5 3 −3 4
x y z =
−25 26 −33 4 −4 5 3 −3 4
1 5 2 1 1 7 0 −3 4
x1 x2 x3 =
1 0 0 0 1 0 0 0 1
x1 x2 x3 = x1 x2 x3 .
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page24of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Basis dan Dimensi
Misalkan B = {b1,b2, . . .} ⊂ V dimana V adalah ruang vektor atas K. Bila h{b1,b2, . . .}i = V dan vektor-vektor b1,b2, . . . bebas
linier maka B dikatakan suatu basis dari V. Banyaknya anggota
dari B dinamakan dimensi dari ruang vektor V. Contoh:
1. Dalam R2, B1 = {(2,4)′,(1,1)′} adalah suatu basis dari R2, basis yang lainnya adalah B2 = {(1,0)′,(0,1)′}. Secara umum
B3 = {(a11, a21)′,(a12, a22)′} adalah suatu basis dari R2 bila
det
a11 a12
a21 a22
6
= 0.
2. Ruang vektor V = {x1cosθ +x2sinθ | x1, x2 ∈ R} atas R, maka suatu basis dari V adalah {cosθ,sinθ}.
3. Dalam ruang vektor P3(x), maka {1, x, x2, x3} adalah suatu basis dari P3(x). Sedangkan {1, x, x2, x3, x4. . .} adalah suatu basis dari ruang vektor P∞(x).
4. Dalam ruang vektor M2,2(R), yaitu himpunan matriks uku-ran 2 × 2 dengan elemen-elemen di R, maka
1 0 0 0
,
0 1 0 0
,
0 0 1 0
,
0 0 0 1
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page25of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Sifat Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan
{v1, . . . ,vn} adalah suatu basis dari V, maka setiap
ele-men v ∈ V dapat diungkapkan secara tunggal sebagai: v = x1v1 +. . . +xnvn, x1, . . . , xn ∈ K.
Bukti
Misalkan v = a1v1+. . .+anvn, dan v = x1v1+. . .+xnvn, didapat:
(x1 − a1)v1 + . . .+ (xn − a0)vn = 0, karena vektor-vektor v1, . . . ,vn
bebas linier, maka haruslah x1−a1 = 0, . . . , xn−an = 0. Sehingga
diperoleh x1 = a1, . . . , xn = an.
Berikut ini, diberikan suatu sifat untuk ruang vektor Rn atas
R, yaitu misalkan vi ∈ Rn, i = 1,2, . . . , m. Bila m > n, maka
vektor-vektor vi, i = 1,2, . . . , m bergantungan linier.
Bukti Untuk setiap j = 1,2, . . . , m, tulis vektor vj =
(a1j, a2j, . . . , anj)′, sehingga persamaan x1v1+. . .+xmvm = 0 dalam
bentuk matriks adalah:
a11 . . . a1m
... ...
an1 . . . anm
x1 ...
xm
=
0
...
0
.
Terlihat bahwa, persamaan homogin terdiri dari n persamaan dengan variabel yang takdiketahui sebanyak m. Karena m > n, maka persamaan mempunyai suatu solusi yang nontrivial, yaitu ada beberapa xk, k = 1,2, . . . , m yang tidak semuanya sama
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page26of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Dalam ruang vektor
R
2
atas
R
, Misalkan
v
1
= (
a
11
, a
21
)
′
,
v
2
= (
a
12
, a
22
)
′
∈
R
2
.
Bila
vektor-vektor v
1
,
v
2
, bebas linier, maka
per-samaan:
x
1
v
1
+
x
2
v
2
=
0 atau dalam bentuk
matriks:
A
x
=
0 dengan
A
=
a
11
a
12
a
21
a
22
,
x
=
x
1
x
2
dan
0
=
0
0
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page27of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Sifat. Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v1, . . . ,vn}
suatu basis dari V. Selanjutnya, bila vektor-vektor u1, . . . ,um
dengan m > n, maka vektor-vektor u1, . . . ,um bergantungan
linier.
Bukti
Karena {v1, . . . ,vn} suatu basis dari V, didapat: u1 = a11v1 + . . .+an1vn
...
um = a1mv1 +. . . +anmvn,
dimana aij ∈ K, i = 1,2, . . . , n dan j = 1,2, . . . , m. Untuk
x1, . . . , xm ∈ K dan diketahui bahwa {v1, . . . ,vn} bebas linier,
didapat:
0 = x1u1 + . . .+xmum
= x1(a11v1 +. . . +an1vn) + . . . +xm(a1mv1 + . . .+anmvn)
= (a11x1 + . . .+a1mxm)v1 +. . .+ (an1x1 +. . . +anmxm)vn
dan haruslah a11x1 + . . . + a1mxm = 0, . . . , an1x1 + . . . + anmxm = 0
atau dengan notasi matriks:
a11 . . . a1m
... ...
an1 . . . anm
x1 ...
xm
=
0
...
0
.
Persamaan homogin diatas mempunyai jawab non-trivial
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page28of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kesimpulan Misalkan V suatu ruang vektor atas K dengan
dimensi hingga. Maka setiap dua basis yang berbeda dari V
harus mempunyai banyak elemen yang sama.
Contoh
1. Dalam ruang vektor P3(R) atas R, B = {1, x, x2, x3} adalah suatu basis baku dari P3(R). Basis yang lainnya adalah B2 =
{1,1 + x,1 + x +x2,1 +x +x2 +x3}.
2. Persamaan homogin Ax = 0, diberikan oleh :
1 3 −5 1 5 1 4 −7 3 −2 1 5 −9 5 −9 0 3 −6 2 −1
x1 x2 x3 x4 x5 = 0 0 0 0 .
Himpunan penyelesaiannya adalah:
h{v1,v2}i =
x = x1 1 −2 −1 0 0
+x2 1 3 0 −5 −1
x1, x2 ∈ R
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page29of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan
V
suatu ruang vektor atas
K
berdimensi hingga. Maka setiap himpunan
hingga
S
⊂
V
yang terdiri dari
vektor-vektor bebas linier di
V
tetapi
S
bukan
merupakan suatu basis dari
V
dapat
diper-luas sampai merupakan suatu basis dari
V
.
Bukti.
Misalkan
S
=
{
v
1
, . . . ,
v
m
}
den-gan v
i
, i
= 1
, . . . , m
adalah vektor-vektor
yang bebas linier.
Karena
h
S
i 6
=
V
,
maka pilih vektor v
m
+1
∈
V
sehingga v
m
+1
bukan kombinasi linier dari vektor-vektor
v
j
, j
= 1
,
2
, . . . , m
.
Selanjutnya namakan
T
=
{
v
1
, . . . ,
v
m
,
v
m
+1
}
, bila
h
T
i
=
V
, maka
T
adalah basis dan sudah tidak bisa lagi
diperluas menjadi vektor-vektor yang
be-bas linier.
Bila
h
T
i 6
=
V
, lakukan lagi
cara perluasan seperti sebelumnya sehingga
diperoleh himpunan vektor-vektor yang
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page30of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kesimpulan.
Misalkan
V
ruang vektor atas
K
berdimensi
n
, maka setiap himpunan
dari
n
vektor yang bebas linier adalah
su-atu basis dari
V
.
Contoh
Misalkan
S
=
{
(1
,
1
,
1)
′
,
(0
,
−
1
,
0)
′
} ⊂
R
3
, jelas
bahwa vektor-vektor di
S
bebas linier dan
h
S
i
=
{
x
(1
,
1
,
1)
′
+
y
(0
,
−
1
,
0)
′
= (
x, x
−
y, x
)
′
|
x, y
∈
R
}
, jelas bahwa bila
(
x
1
, x
2
, x
3
)
′
∈ h
S
i
, maka
x
3
=
x
1
. Oleh karena itu
(
x, y, z
)
′
∈ h
/
S
i
bila
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page31of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jumlahan Langsung.
Misalkan U dan V adalah ruang bagian dari suatu ruang vektor W atas K dengan dimensi hingga, maka dim(U + V ) = dim(U) + dim(V)−dim(U∩V ), dimana U +V = {u+v|u ∈ U,v ∈ V}.
Bukti. Misalkan {z1, . . . ,zr} suatu basis dari U ∩V perluas basis
ini masing-masing menjadi {z1, . . . ,zr,u1, . . . ,um} adalah suatu
basis dari U dan {z1, . . . ,zr,v1, . . . ,vn} suatu basis dari V.
Ter-lihat bahwa, dim(U ∩ V ) = r,dim(U) = r + m dan dim(V ) = r + n. Selanjutnya, ditunjukkan bahwa {z1, . . . ,zr,u1, . . . ,um,v1, . . . ,vn}
adalah suatu basis dari U +V. Sehingga, dalam hal ini didapat
dim(U + V) = r +m + n = (r + m) + (r +n) − r = dim(U) + dim(V) − dim(U∩V). Misalkan sebarang w ∈ U+V, maka w = u+v untuk beberapa u ∈ U dan beberapa v ∈ V. Dengan kenyataan bahwa
u = a1z1+. . .+arzr+b1u1+. . .+bmum untuk beberapa skalar ai, bj
dan v = c1z1 +. . .+crzr +d1v1+. . .+dmvn untuk beberapa skalar
ck, dl, didapat:
w = u+v = (a1+c1)z1+. . .+(ar+cr)zr+b1u1+. . .+bmum+d1v1+. . .+dmvn
terlihat bahwa w ∈ h{z1, . . . ,zr,u1, . . . ,um,v1, . . . ,vn}i. Maka dari
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page32of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Bukti... Diberikan
x1z1+. . .+xrzr+xr+1u1+. . .+xr+mum+xr+m+1v1+. . .+xr+m+nvn = 0
untuk beberapa skalar xj. Tulis w = x1z1+. . .+xrzr+xr+1u1+. . .+
xr+mum, didapat w = −xr+m+1v1 +. . .−xr+m+nvn. Terlihat bahwa
w ∈ U dan w ∈ V, jadi w ∈ U ∩ V . Tetapi {z1, . . . ,zr} adalah
suatu basis dari U ∩V, jadi w = b1z1+. . .+brzr untuk beberapa
skalar bi. Sehingga didapat b1z1 + . . . + brzr = −xr+m+1v1 + . . . −
xr+m+nvn atau b1z1 + . . . + brzr + xr+m+1v1 + . . . + xr+m+nvn = 0.
Tetapi {z1, . . . ,zr,v1, . . . ,vn} adalah suatu basis dari V , maka
dari itu haruslah b1 = . . . = br = xr+m+1 = . . . = xr+m+n = 0,
sehingga persamaan x1z1 + . . . + xrzr + xr+1u1 + . . . + xr+mum +
xr+m+1v1 + . . . + xr+m+nvn = 0 menjadi x1z1 + . . . + xrzr + xr+1u1 +
. . .+xr+mum = 0. Tetapi {z1, . . . ,zr,u1, . . . ,um} juga adalah suatu
basis dari U. Jadi haruslah x1 = . . . = xr = xr+1 = . . . = xr+m = 0.
Sehingga didapat xk = 0, k = 1,2, . . . , r+m+n. Jadi vektor-vektor
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page33of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Misalkan W = R2,u1 = (1,1,0,0)′,u2 = (−3,7,2,1)′, U = h{u1,u2}i dan V = {(x1, x2, x3,0)′|xi ∈ R}. Vektor-vektor u1,u2 bebas linier, sebab bila a1u1 + a2u2 = 0 atau a1(1,1,0,0)′ + a2(−3,7,2,1)′ = 0 didapat a1 = a2 = 0. Jadi dim(U) = 2. Suatu basis dari V adalah e1 = (1,0,0,0)′,e2 = (0,1,0,0)′,e3 = (0,0,1,0)′. Jadi dim(V) = 3. Perhatikan bahwa e4 = (0,0,0,1)′ =
(−3,7,2,1)′+3(1,0,0,0)′−7(0,1,0,0)′−2(0,0,0,1)′ = u2+3e1−7e2−2e3. Jadi e4 ∈ U+V. Karena e1,e2,e3 juga di U+V, maka {e1,e2,e3,e4} adalah suatu basis dari U + V. Jadi dim(U + V ) = 4. Sehingga didapat: dim(U ∩V ) = dim(U) + dim(V)−dim(U +V) = 2 + 3−4 = 1. Bisa dicek secara langsung bahwa vektor-vektor di U∩V adalah vektor-vektor di U dengan komponen ke-empat sama dengan nol, yaitu vektor b1u1 + b2u2 = (b1 − 3b2, b1 + 7b2,2b2, b2)′ dimana
b2 = 0. Jadi U ∩ V = h{u1}i. Terlihat bahwa dim(U ∩ V) = 1.
Catatan. Bila U, V ruang bagian berdimensi hingga masing-masing dengan basis {u1, . . . ,um} dan {v1, . . . ,vn}. Misalkan
W = U + V dan sebarang w ∈ W. Didapat w = u + v =
a1u1+. . .+amum+b1v1+. . .+bnvn atau W = h{u1, . . . ,um,v1, . . . ,vn}i.
Selanjutnya reduksi vektor-vektor u1, . . . ,um,v1, . . . ,vn menjadi
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page34of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bila U dan V adalah ruang bagian berdimensi hingga dengan
U ∩ V = {0}, maka U + V dinamakan jumlahan langsung dari
U dan V.
Contoh. Himpunan U = {(x1, x2,0)′ | x1, x2 ∈ R} dan
V = {(0,0, x3)′|x3 ∈ R} adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R dimana U∩V = {0}. Jadi U+V adalah jumlahan langsung dari U dan V , U+V = {(x1, x2,0)′+(0,0, x3)′ = (x1, x2, x3)′|x1, x2, x3 ∈
R} = {x1(1,0,0)′ + x2(0,1,0)′ + x3(0,0,1)′ | x1, x2, x3 ∈ R} = R3, terlihat bahwa dim(U + V ) = 3. Perhatikan bahwa
U = {(x1, x2,0)′ | x1, x2 ∈ R} = {x1(1,0,0)′ + x2(0,1,0)′ | x1, x2 ∈
R} = h{(1,0,0)′,(0,1,0)′}i, terlihat bahwa dim(U) = 2. Begitu juga, V = {(0,0, x3)′ | x3 ∈ R} = {x3(0,0,1)′ | x3 ∈ R} = h{(0,0,1)′}i dan dim(V ) = 1. Makna U + V merupakan jumlahan lang-sung dari U dan V tampak dari dimensi, yaitu dim(U + V) = dim(U) + dim(V )−dim(U ∩V) = 2 + 1−0 = 3 = dim(U) + dim(V). Hal ini juga bisa dilihat dari pengertian basis yaitu, himpunan
{(1,0,0)′,(0,1,0)′} adalah suatu basis dari U dan himpunan
{(0,0,1)′} adalah suatu basis dari V sedangkan himpunan
{(1,0,0)′,(0,1,0)′,(0,0,1)′} sudah bebas linier (tidak bisa lagi direduksi menjandi himpunan yang lebih kecil lagi sehingga bebas linier). Jadi, dari sini juga langsung didapat bahwa
dim(U + V) = dim(U) + dim(V).
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page35of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan suatu sifat yang lain
dari ruang jumlahan langsung. Setiap w
∈
W
=
U
+
V
dengan
U
∩
V
=
{
0
}
mempunyai
penulisan tunggal w
=
u
+
v
,
u
∈
U,
v
∈
V
.
Bukti. Misalkan w
=
u
+
v
=
u
¯
+
v, maka
¯
u
−
u
¯
=
v
−
v. Tetapi u
¯
−
u
¯
∈
U
, v
−
v
¯
∈
V
dan
U
∩
V
=
{
0
}
. Maka haruslah u
−
u
¯
=
0
dan v
−
v
¯
=
0 atau u
=
u dan v
¯
=
¯
v.
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page36of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh.
Misalkan V = R3 dengan basis baku {e1 = (1,0,0)′,e2 =
(0,1,0)′,e3 = (0,0,1)′} dan misalkan sebarang v = (x, y, z)′ ∈ V, maka v = xe1 + ye2 +ze3. Jadi koordinat dari v terhadap basis
{e1,e2,e3} adalah x, y dan z. Tetapi untuk basis yang lain dari V, misalkan {v1 = (0,1,1)′,v2 = (1,0,1)′,v3 = (1,1,0)′}, maka v = (−x+2y+z)v1 + (x−2y+z)v2 + (x+y2−z)v3. Koordinat dari vektor v terhadap basis {v1,v2,v3} adalah −x+2y+z, x−y2+z dan x+y2−z. Terlihat bahwa vektor v terhadap dua basis yang berbeda dari ruang vektor V mempunyai dua koordinat yang berbeda pula.
Basis terurut.
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page37of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Pemetaan Linier pada Ruang Vektor
Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K, suatu pemetaan
α : U → V adalah suatu pemetaan linier atau transformasi lin-ier bila dan hanya bila memenuhi α(k1u1+k2u2) = k1α(u1)+k2α(u2) untuk semua k1, k2 ∈ K dan u1,u2 ∈ U.
Sifat. Bila α : U → V suatu pemetaan linier, maka α(0) = 0.
Bukti α(0) = α(0 + 0) = α(0) + α(0), didapat α(0) − α(0) = α(0), jadi 0 = α(0).
Contoh
1. Misalkan α : U → V , U = R3 dan V = R2 dengan
α((x, y, z)′) def= (2x − y, y + z)′. Maka α adalah pemetaan
linier, sebab α(k1u1 + k2u2) = α(k1(x1, y1, z1)′ + k2(x2, y2, z2)′) =
α((k1x1 + k2x2, k1y1 + k2y2, k1z1 + k2z2)′) = (2k1x1 + 2k2x2 − k1y1 −
k2y2, k1y1+k2y2+k1z1+k2z2)′ = (2k1x1−k1y1, k1y1+k1z1)′+ (2k2x2−
k2y2, k2y2 + k2z2)′ = k1(2x1 − y1, y1 + z1)′ + k2(2x2 − y2, y2 + z2)′ =
k1α((x1, y1, z1)′) + k2α((x2, y2, z2)′).
2. Misalkan α : R3 → R2 dengan α((x, y, z)′) def= (x2, y + z)′, pemetaan α bukan pemetaan linier, sebab α(2(1,0,0)′) =
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page38of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kernel dan Image
Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier
• Image dari α adalah Im(α)=α(U) def= {α(u) | u ∈ U} ⊆ V.
• Kernel dari α adalah ker(α) def= {u ∈ U | α(u) = 0} ⊆ U.
Contoh. Dalam Contoh 1. sebelumnya Im(α) = {α((x, y, z)′) =
(2x − y, y + z)′ | x, y, z ∈ R}, sedangkan ker(α) = {(x, y, z)′ | 2x − y =
0, y +z = 0, x, y, z ∈ R} = {y(12,1,−1)′ | y ∈ R}.
Beberapa sifat Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K
dan α : U → V suatu pemetaan linier, maka 1. Im(α) adalah ruang bagian dari V.
2. Ker(α) adalah ruang bagian dari U.
3. Pemetaan α satu-satu bila dan hanya bila ker(α) = {0}. Bukti
1. Jelas bahwa Im(α) ⊆ V . Misalkan sebarang v1,v2 ∈ Im(α) dan sebarang k1, k2 ∈ K. Untuk beberapa u1,u2 ∈ U, maka kombinasi linier berikut dipenuhi k1v1 + k2v2 = k1α(u1) +
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page39of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Bukti...
2. Jelas bahwa
ker(
α
)
⊆
U
.
Misalkan
se-barang u
1
,
u
2
∈
ker(
α
)
dan sebarang
k
1
, k
2
∈
K
, maka
α
(
k
1
u
1
+
k
2
u
2
) =
k
1
α
(u
1
)+
k
2
α
(u
2
) =
k
1
0
+
k
2
0
=
0. Terlihat bahwa
k
1
u
1
+
k
2
u
2
∈
ker(
α
).
Jadi
ker(
α
)
adalah ruang bagian
dari
U
.
3. Misalkan pemetaan
α
satu-satu dan
se-barang u
∈
ker(
α
), maka
α
(0) +
α
(u) =
α
(0
+
u) =
α
(u) =
0.
Sehingga didapat
α
(u) =
−
α
(0) =
α
(
−
0) =
α
(0).
Karena
pemetaan
α
satu-satu haruslah u
=
0.
Jadi
{
0
}
= ker(
α
). Selanjutnya misalkan
ker(
α
) =
{
0
}
dan u
1
,
u
2
∈
U
, maka untuk
α
(u
1
) =
α
(u
2
)
didapat, 0
=
α
(u
1
)
−
α
(u
2
) =
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page40of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Misalkan V ruang vektor atas K dan U = Kn. Diberikan matriks T = [aij], aij ∈ K dan T bertindak pada ruang vektor
U dengan aturan untuk setiap x ∈ U:
T(x) def=
a11 . . . a1n
... ... ...
an1 . . . ann
x1 ... xn = y1 ... yn ,
dimana yi = n
P
j=1
aijxj, i = 1,2, . . . , n. Maka T adalah suatu
transformasi linier dari U ke U, sebab untuk sebarang x,x¯ ∈
U dan sebarang k1, k2 ∈ K berlaku:
T(k1x +k2¯x) =
a11 . . . a1n
... ... ...
an1 . . . ann
k1 x1 ... xn
+ k2 ¯ x1 ... ¯ xn
= k1
a11 . . . a1n
... ... ...
an1 . . . ann
x1 ... xn
+k2
a11 . . . a1n
... ... ...
an1 . . . ann
¯ x1 ... ¯ xn
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page41of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh...
2. Dalam Contoh 1. sebelumnya, maka
Im(T) =
y1 ... yn =
a11 . . . a1n
... ... ...
an1 . . . ann
x1 ... xn .
Bila T punya invers, maka ker(T) = {0}, yaitu persamaan homogin
a11 . . . a1n
... ... ...
an1 . . . ann
x1 ... xn = 0 ... 0
hanya mempunyai jawab trivial x1 = . . . = xn = 0. Bila T
tidak punya invers, maka
ker(T) =
x1 ... xn
a11 . . . a1n
... ... ...
an1 . . . ann
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page42of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas K dan
α : U → V suatu pemetaan linier.
1 Bila h{u1, . . . ,un}i = U, maka h{α(u1), . . . , α(un)}i = Im(α).
2. dim(U) = dim(ker(α)) + dim(Im(α))
Bukti.
1. Misalkan sebarang v ∈ Im(α), pilih u ∈ U yang memenuhi
α(u) = v. Tetapi u = k1u1+. . .+knun, maka dari itu v = α(u) =
α(k1u1+. . .+knun) = k1α(u1)+. . .+knα(un) ∈ h{α(u1), . . . , α(un)}i.
Jadi Im(α) = h{α(u1), . . . , α(un)}i.
2. Misalkan {u1, . . . ,um} basis dari ker(α), perluas basis ini
sampai didapat {u1, . . . ,um,w1, . . . ,wn} adalah suatu basis
dari U. Jelas bahwa dim(ker(α)) = m dan dim(U) =
m + n. Misalkan vi = α(wi), i = 1,2. . . , n. Akan
di-tunjukkan bahwa vi, i = 1,2. . . , n adalah suatu basis dari
Im(α). Dengan menggunakan hasil 1. didapat Im(α) =
h{α(u1), . . . , α(um), α(w1), . . . , α(wn)}i = h{0, . . . ,0,v1, . . . ,vn}i =
h{v1, . . . ,vn}i. Selanjutnya selidiki apakah vektor-vektor
vi, i = 1,2. . . , n bebas linier, yaitu k1v1 + . . . + knvn = 0 atau
k1α(w1) + . . . + knα(wn) = 0. Sehingga didapat α(k1w1 + . . . +
knwn) = 0. Jadi k1w1 + . . . + knwn ∈ ker(α). Oleh karena itu
k1w1 + . . .+ knwn = ¯k1u1 +. . .+ ¯kmum untuk beberapa k¯i, atau
¯
k1u1+. . .+ ¯kmum−k1w1+. . .−knwn = 0. Karena vektor-vektor
{u1, . . . ,um,w1, . . . ,wn} bebas linier maka k¯1 = . . . = ¯km = k1 =
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page43of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Adakalanya kernel dari suatu pemetaan linier disebut null space dan dimensi dari kernel dinamakan nullity dari pemetaan linier, sedangkan dimensi dari image suatu pemetaan linier dinamakan rank dari pemetaan linier. Sehingga didapat dim(U) = nullity(α) + rank(α).
Contoh. Misalkan pemetaan linier α : R3 → R2 dengan
α((x, y, z)′) = (x+z,2x−y +z)′ untuk setiap (x, y, z)′ ∈ R3. Kernel
dari α adalah penyelesaian dari persamaan vektor α((x, y, z)′) = (x+z,2x−y+z)′ = (0,0)′ atau penyelesaian persamaan homogin
1 0 1 2 −1 1
x y z
=
0 0
yang mempunyai penyelesaian x = x, y = x, z = −x, x ∈ R. Jadi
ker(α) = {x(1,1,−1)′ | x ∈ R} = h{(1,1,−1)′}i. Terlihat bahwa nullity(α) = 1. Sedangkan Im(α) = {(x + z,2x − y + z)′ | x, y, z ∈
R} = {x(1,2)′−y(0,1)′+z(1,1)′|x, y, z ∈ R} = h{(1,2)′,(0,1)′,(1,1)′}i =
h{(1,2)′ = (0,1)′ + (1,1)′,(0,1)′,(1,1)′}i = h{(0,1)′,(1,1)′}i. Terlihat bahwa rank(α) = 2. Sehingga didapat dim(R3) = nullity(α) +
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page44of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier dari ruang vektor
U ke ruang vektor V masing-masing atas K. Bila pemetaan
α satu-satu dan pada yaitu pemetaan α mempunyai invers, maka α dinamakan suatu isomorpisma dari U ke V. Dalam hal ini, U dan V dikatakan isomorpik dan dinotasikan oleh U ∼= V. Perhatikan bahwa, karena α pemetaan satu-satu dan pada, maka Im(α) = V dan ker(α) = {0}.
Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas
K masing-masing dengan basis {u1, . . . ,um} dan {v1, . . . ,vn}.
Maka U dan V isomorpik bila dan hanya bila dim(U) = dim(V )
(m = n). Lagipula, ada suatu isomorpisma tunggal α : U → V
yang memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n.
Bukti
Bila α : U → V suatu isomorpisma, maka α satu-satu dan pada. Maka dari itu, ker(α) = {0} dan Im(α) = V. Sehingga didapat dim(U) = dim(ker(α)) + dim(Im(α)) = 0 + dim(V) = dim(V ). Se-baliknya, misalkan m = n dan α suatu pemetaan linier yang memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n. Akan ditunjukkan bahwa α
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page45of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Bukti...
Misalkan sebarang u ∈ ker(α), maka α(u) = 0. Tetapi
u = k1u1 + . . . + kmum. Sehingga didapat 0 = α(u) =
α(k1u1 + . . . + kmum) = k1α(u1) + . . . + kmα(um) = k1v1 + . . . + kmum
dan karena {v1, . . . ,vm} suatu basis dari V, maka
harus-lah k1 = . . . = kn = 0. Jadi u = 0. Maka dari itu
ker(α) = {0}. Jadi pemetaan α satu-satu. Selanjutnya, misalkan sebarang v ∈ V , maka v = a1v1 + . . . + anvn
un-tuk beberapa skalar ai. Tetapi vi = α(ui), i = 1, . . . , n. Jadi
v = a1α(ui) + . . . + anα(un) = α(a1u1 + . . . + anun) ∈ Im(α).
Se-hingga didapat V = Im(α) atau pemetaan α adalah pada. Kerena pemetaan linier α adalah satu-satu dan pada, maka
U dan V isomorpik. Berikutnya, ditunjukkan bahwa iso-morphisma α yang memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n adalah
tunggal. Misalkan β : U → V adalah suatu isomorphisma yang juga memenuhi β(ui) = vi, i = 1, . . . , n dan misalkan
se-barang u = k1u1 + . . .+ knun ∈ U untuk beberapa skalar ki ∈ K,
maka α(u) − β(u) = α(k1u1 + . . . + knun) − β(k1u1 + . . . + knun) =
k1α(u1) +. . .+knα(un)−k1α(u1)−. . .−knα(un) = k1v1+. . .+knvn −
k1v1−. . .−knvn = 0. Sehingga didapat α(u) = β(u),∀u ∈ U. Jadi
β = α.
Misalkan U dan V ruang vektor atas K, himpunan L(U, V, K)
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page46of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan
α, β
∈
L
(
U, V, K
)
pemetaan
α
+
β
didefinisikan sebagai
(
α
+
β
)(u)
def
=
α
(u)+
β
(u)
untuk semua u
∈
U
dan pemetaan
kα
didefinisikan sebagai
(
kα
)(u)
def
=
kα
(u)
untuk
semua u
∈
U
. Maka
L
(
U, V, K
)
adalah ruang
vektor atas
K
.
Misalkan
α, β
∈
L
(
U, V, K
)
dan komposisi
dari
β
◦
α
adalah
(
βα
)(u)
def
=
β
(
α
(u))
untuk
semua u
∈
U
, maka
β
◦
α
∈
L
(
U, V, K
).
Bukti
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page47of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Pemetaan Linier dan Aljabar Matriks
Misalkan
U, V
ruang vektor berdimensi
hingga atas
K
masing-masing dengan
di-mensi
m
dan
n
. Misalkan
Bu
=
u
1
, . . . ,
u
m
basis terurut di
U
,
Bv
=
v
1
, . . . ,
v
n
basis
terurut di
V
dan
α
∈
L
(
U, V, K
).
Untuk
j
= 1
, . . . , m, α
(u
j
)
∈
V
, sehingga ada skalar
a
i,j
∈
K
sehingga
α
(u
j
) =
a
1
,j
v
1
+
. . .
+
a
n,j
v
n
.
Bila indeks
i
dan
j
dalam skalar
a
i,j
me-nyatakan elemen baris ke-
i
dan kolom ke-
j
dari suatu matriks
A
, hal ini mendefinisikan
matriks representasi dari pemetaan linier
α
diberikan oleh:
A
=
a
1
,
1
. . . a
1
,m
...
...
...
a
n,
1
. . . a
n,m
.
Perhatikan bahwa, skalar-skalar
a
i,j
dalam
persamaan
α
(u
j
)
menyatakan kolom ke-
j
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page48of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Sekali matriks-matriks representasi ini di konstruksi sesuai dengan basis-basis yang ada, matriks-matriks ini bisa digu-nakan tanpa lagi merujuk pada basis-basis yang ada, kecuali ada perubahan basis, maka matriks A juga berubah. Un-tuk menjelaskan hal ini, misalkan sebarang u ∈ U, maka u = x1u1+. . .+xmum dan v = α(u) ∈ V. Tetapi v = y1v1+. . .+ynvn.
Sehingga didapat
α(u) = x1α(u1) + . . . +xmα(um)
= x1(a1,1v1 + . . .+an,1vn) + . . . +xm(a1,mv1 + . . .+an,mvn)
= (a1,1x1 +. . .+ a1,mxm)v1 +. . . + (an,1x1 +. . . +an,mxm)vn
= y1v1 +. . .+ ynvn
atau y = Ax, dimana
y =
y1 ...
yn
, A =
a1,1 . . . a1,m
... ... ...
an,1 . . . an,m
dan x =
x1 ...
xm
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page49of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan α ∈ L(U, V, K) dan β ∈ L(V, W, K) dimana dim(U) = m,dim(V) = n dan dim(W) = p. Representasi matriks dari α dan β masing-masing diberikan oleh A = (α,uj,vi)
berukuran n × m dan B = (β,vi,wk) beruran p × n. Maka
representasi matriks dari komposisi βα ∈ L(U, W, K) diberikan oleh C = (βα,uj,wk) dimana C = BA dengan ck,j =
n
P
i=1
bk,iai,j.
Bukti
Gunakan definisi representasi matriks dari suatu pemetaan, didapat α(uj) =
n
P
i=1
ai,jvi dan β(vi) = p
P
k=1
bk,iwk. Maka dari itu
(β(α(uj)) = n
P
i=1
ai,jβ(vi) = n
P
i=1
ai,j
p P
k=1
bk,iwk
=
p
P
k=1 n
P
i=1
bk,iai,j
wk.
Tetapi (βα)(uj) = p
P
k=1
ck,jwk, sehingga dengan menyamakan
koe-fisien masing-masing persamaan didapat ck,j = n
P
i=1
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page50of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Diberikan suatu transformasi linier α : R3 → R3 oleh
α((x, y, z)′) = (x − y − z, x + y + z, z)′ dengan basis baku
teru-rut didapat: α((1,0,0)′) = (1,1,0)′, α((0,1,0)′) = (−1,1,0)′ dan
α((0,0,1)′) = (−1,1,1)′, sehingga matriks representasi dari α
terhadap basis baku terurut diberikan oleh:
1 −1 −1
1 1 1
0 0 1
.
Selanjutnya bila digunakan basis terurut B = (1,0,0)′,(1,1,0)′,(1,0,1)′ didapat α((1,0,0)′) = (1,1,0)′ = 0(1,0,0)′ + 1(1,1,0)′ + 0(1,0,1)′ = (0,1,0)′B, α((1,1,0)′) = (0,2,0)′ =
−2(1,0,0)′ + 2(1,1,0)′ + 0(1,0,1)′ = (−2,2,0)′B dan α((1,0,1)′) = (0,2,1)′ = −3(1,0,0)′ + 2(1,1,0)′ + 1(1,0,1)′ = (−3,2,1)′B. Se-hingga matriks representasi dari α dengan basis terurut B
diberikan oleh:
0 −2 −3
1 2 2
0 0 1
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page51of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Diberikan pemetaan linier α : P3(R) → P1(R) oleh α(p(x)) =
d2p(x)
dx2 .
a. Matriks representasi A dari α dengan basis terurut B1 =
1, x, x2, x3 untuk P3(R) dan basis terurut B2 = 1, x+ 2 untuk
P1(R) diberikan sebagai berikut: α(1) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) =
(0,0)′B2, α(x) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) = (0,0)′B2, α(x2) = 2 = 2.1 + 0(x+2) = (2,0)′B2 dan α(x3) = 6x = −12.1+6(x+2) = (−12,6)′B2,
A =
0 0 2 −12 0 0 0 6
.
b. Misalkan p(x) = a+bx+cx2+dx3 ∈ ker(α), maka 0 = α(p(x)) = 2c + 6dx,∀x ∈ R. Sehingga didapat c = 0, d = 0. Jadi ker(α) = {a.1 + bx | a, b ∈ R} = h{1, x}i. Terlihat bahwa dim(ker(α)) = 2.
c. Sedangkan dimensi dari image α diberikan oleh: dim(Im(α)) = dim(P3(R)) − dim(ker(α)) = 4 − 2 = 2. Hal ini bisa dicek sebagai berikut, misalkan sebarang q(x) =
α + βx + γx2 + δx3 ∈ P3(R), maka α(q(x)) = 2γ + 6δx =
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page52of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
3. Misalkan u1,u2,u3 basis terurut dari U, v1,v2,v3 dan w1,w2 adalah suatu basis terurut dari W. Selanjutnya diberikan pemetaan linier α : U → V dan β : V → W masing-masing oleh α(u1) = v1+ 2v2−v3, α(u2) = v2+ 2v3, α(u3) = −v1+v2+ 3v3 dan β(v1) = 2w1 − w2, β(v2) = w1 + w2, β(v3) = −2w1 + 3w2. Bila A = (α,uj,vi) dan B = (β,vi,wk), maka didapat matriks
representasi:
A =
1 0 −1 2 1 1
−1 2 3
, B =
2 1 −2
−1 1 3
dan matriks representasi C = (βα,uj,wk) diberikan oleh
C = BA =
2 1 −2
−1 1 3
1 0 −1 2 1 1
−1 2 3
=
6 −3 −7
−2 7 11
.
Bisa dicek langsung lewat vektor-vektor basis
(βα)(u1) = β(v1 + 2v2 −v3) = 6w1 − 2w2
(βα)(u2) = β(v2 + 2v3) = −3w1 + 7w2
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page53of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Pemetaan Identitas
Pementaan IU : U → U adalah pemetaan identitas bila IU(u) = u
untuk semua u ∈ U.
Bila pemetaan α : U → V suatu isomorpisma (satu-satu dan pada), maka ada pemetaan invers α−1 : V → U sehingga
α−1α = IU dan αα−1 = IV.
Bila α : U → V suatu isomorpisma, maka α−1 : V → U adalah pemetaan linier. Bila matriks representasi α adalah A dan matriks representasi dari α−1 adalah B, maka BA = I dan
AB = I.
Contoh. Misalkan ui, i = 1,2,3 adalah basis terurut dari U dan
vj, j = 1,2,3 adalah basis terurut dari V . Pemetaan linier α :
U → V diberikan oleh: α(u1) = v1 + 2v2 −v3, α(u2) = v2+ 2v3 dan
α(u3) = −v1 +v2 + 3v3, maka A = (α,ui,vj) diberikan oleh
A =
1 0 −1 2 1 1
−1 2 3
didapat B = A−1 adalah matriks representasi dari α−1 dimana:
B =
−0.25 0.5 −0.25 1.75 −0.5 0.75
−1.25 0.25 −0.25
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page54of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Perubahan dari suatu basis
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page55of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan B = u1, . . . ,un adalah basis terurut dari suatu ruang
vektor U atas K dan sebarang u ∈ U dapat diungkapkan sebagai u = x1u1 + . . . + xnun dimana skalar-skalar xi
meru-pakan n-pasang berbentuk (x1, . . . , xn)′ ∈ Kn. Maka pemetaan
ρB : U → Kn dinamakan suatu pemetaan koordinat dan
ρB(u) def= (x1, . . . , xn)′ dinamakan suatu vektor koordinat dari
u ∈ U terhadap basis terurut B. Dalam hal ini ρB adalah suatu
isomorpisma maka dari itu U ∼= Kn.
Bukti Misalkan sebarang u = x1u1 + . . . + xnun ∈ U, v =
y1u1 + . . . + ynun ∈ V dan k1, k2 ∈ K, maka didapat ρB(k1u +
k2v) = ρB(k1x1u1 + . . . +k1xnun +k2y1u1 +. . . +k2ynun) = ρB((k1x1 +
k2y1)u1 + . . . + (k1xn + k2yn)un) = (k1x1 + k2y1, . . . , k1xn + k2yn)′ =
k1(x1, . . . , xn)′+k2(y1, . . . , yn)′ = k1ρB(u)+k2ρB(v). Terlihat bahwa ρB
adalah pemetaan linier. Karena untuk setiap (x1, . . . , xn)′ ∈ Kn
vektor u = x1u1+. . .+xnun memenuhi ρB(u) = (x1, . . . , xn)′, maka
pemetaan ρB adalah pada. Selanjutnya misalkan sebarang
u = x1u1 + . . . + xnun ∈ ker(ρB), maka ρB(u) = (x1, . . . , xn)′ =
(0, . . . ,0)′. Didapat x1 = 0, . . . , xn = 0. Jadi u = 0. Maka dari
itu pemetaan ρB adalah satu-satu. Karena pemetaan linier ρB
adalah satu-satu dan pada, maka ρB adalah suatu isomorpisma
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page56of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Misalkan diberikan dua basis terurut
B
1
= (1
,
0)
′
,
(0
,
1)
′
dan
B
2
= (1
,
1)
′
,
(1
,
−
1)
′
dari ruang vektor
R
2
.
Terhadap
ba-sis
B
1
, sebarang
(
x, y
)
′
∈
R
2
didapat
(
x, y
)
′
=
x
(1
,
0)
′
+
y
(0
,
1)
′
.
Sehingga
dida-pat
ρ
B
1((
x, y
)
′
) = (
x, y
)
′
.
Terhadap basis
B
2
,
(
x, y
)
′
=
k
1
(1
,
1)
′
+
k
2
(1
,
−
1)
′
, didapat
x
=
k
1
+
k
2
, y
=
k
1
−
k
2
. dari sini diperoleh
k
1
=
x
+
y
2
, k
2
=
x
−
y
2
. Jadi
ρ
B
2((
x, y
)
′
) =
x
+
y
2
,
x
−
y
2
′
.
Sehingga
ρ
B
2((1
,
0)
′
) =
1
2
,
1
2
′
dan
ρ
B
2((0
,
1)
′
) =
1
2
,
−
1
2
′
Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page57of132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
α ✲
VC
❄
Kn
✲
Km
❄
UB
A
PC
PB
Misalkan B = u1, . . . ,um suatu basis terurut dari ruang vektor
U, C = v1, . . . ,vn suatu basis terurut dari ruang vektor V, kedua
ruang vektor atas skalar K. Suatu pemetaan linier α : U → V
dengan matriks representasi A = (α, B, C). Misalkan α(u) = v dimana u = x1u1+. . .+xmum ∈ U dan v = y1v1+. . .+ynvn ∈ V . Dari
pembahasan sebelumnya dijelaskan bahwa v = α(u) dapat disa-jikan oleh persamaan matriks y = Ax, dimana x = (x1, . . . , xm)′
dan y = (y1, . . . , yn)′. Misalkan P adalah pemetaan koordinat,
maka x = PB(u),y = PC(v) dan matri
