Bab 4 RUANG VEKTOR. 4.1 Ruang Vektor

Bab 4

RUANG VEKTOR

4.1 Ruang Vektor

DEFINISI 4.1.1 Suatu ruang vektor (V, +, •, F) atas field (F, +), ditulis singkat V(F), adalah suatu himpunan tak kosong V dengan elemen-elemennya disebut vektor, yang dilengkapi operasi + (penjumlahan vektor) dan • (perkalian skalar) memenuhi aksioma-aksioma di bawah ini.

"(u, v, w) Î V³, "(h, k) Î F², RV1 Tertutup dibawah penjumlahan vektor:

u + v Î V, (4.1)

RV2 Komutatif:

u + v = v + u, (4.2)

RV3 Asosiatif:

u + (v + w) = (u + v) + w, (4.3) RV4 Adanya suatu identitas penjumlahan:

$ 0V Î V: 0V + u = u + 0V = u, (4.4) RV5 Adanya invers penjumlahan:

" u Î V , $–u Î V: u + (–u) = (–u) + u = 0V, (4.5) RV6 Tertutup dibawah perkalian skalar:

hu Î V, (4.6)

RV7 Hukum distributif:

h(u + v) = hu + hv, (4.7)

RV8 Hukum distributif:

(h + k)u = hu + ku, (4.8)

RV9

h(ku) = (hk)u, (4.9)

RV10

1F.u = u. (4.10)

CONTOH 4.1.1 Himpunan V = Rⁿ = {(x₁, x₂, …, x_n): x_i Î R, n Î N} dengan operasi yang didefinisikan berikut ini:

(x1, x2, …, xn) + (y1, y2, …, yn) = (x1 + y1, x2 + y2, …, xn + yn), k(x1, x2, …, xn) = (kx1, kx2, …, kxn)

untuk setiap (x₁, x₂, …, x_n), (y₁, y₂, …, y_n) Î Rⁿ dan k Î R, merupakan suatu ruang vektor atas R.

© 2010 Didit B. Nugroho

Bahasan. Diambil sebarang vektor x = (x₁, x₂, …, x_n), y = (y₁, y₂, …, y_n), z = (z₁, z₂,

…, zn) Î Rⁿ dan h, k Î R.

RV1 x + y = (x1 + y1, x2 + y2, …, xn + yn) Î Rⁿ karena setiap (xi + yi) Î R.

RV2 x + y = (x1 + y1, x2 + y2, …, xn + yn) = (y1 + x1, y2 + x2, …, yn + xn) = y + x.

RV3 (x + y) + z = (x1 + y1, x2 + y2, …, xn + yn) + (z1, z2, …, zn) = (x1 + y1 + z1 , x2 + y2 + z2, …, xn + yn + zn)

= (x1, x2, …, xn) + (y1 + z1 , y2 + z2, …, yn + zn) = x + (y + z).

RV4 $ 0V = (0, 0, …, 0) Î Rⁿ: 0V + x = x + 0V.

RV5 " x Î V, $ –x = (–x₁, –x₂, …, –x_n) Î Rⁿ: x + (–x) = (–x) + x = 0_V. RV6 k(x) = (kx₁, kx₂, …, kx_n) Î Rⁿ karena setiap kx_i Î R.

RV7 k(x + y) = k(x1 + y1, x2 + y2, …, xn + yn)

= (k(x₁ + y₁), k(x₂ + y₂), …, k(x_n + y_n))

= (kx₁ + ky₁, kx₂ + ky₂, …, kx_n + ky_n)

= (kx₁, kx₂, …, kx_n) + (ky₁, ky₂, …, ky_n)

= k(x1, x2, …, xn) + k(y1, y2, …, yn) = kx + ky.

RV8 (h + k)x = (h + k)(x1, x2, …, xn) = ((h + k)x1, (h + k)x2, …, (h + k)xn)

= (hx₁+ kx₁, hx₂ + kx₂, …, hx_n + kx_n)

= (hx1, hx2, …, hxn) + (kx1, kx2, …, kxn) = hx + kx

RV9 h(kx) = h(kx1, kx2, …, kxn) = (hkx1, hkx2, …, hkxn) = hk(x1, x2, …, xn)

= (hk)x.

RV10 1R.x = 1.(x1, x2, …, xn) = (1.x1, 1.x2, …, 1.xn) = (x1, x2, …, xn) = x.

Perlu dicatat bahwa himpunan V = {(0, 0, …, 0): 0 Î R } dengan operasi yang didefinisikan sama seperti Contoh 4.1.1 juga merupakan ruang vektor atas R.

CONTOH 4.1.2 (M_n´n(F), +, •) adalah suatu ruang vektor dibawah operasi penjumlahan matriks dan perkalian skalar matriks.

CONTOH 4.1.3 Jika Pn[x](R) = {a0 + a1x + a2x² + … + akx^k : ai Î R, k, n Î N, k ≤ n} menyatakan himpunan semua polinomial berderajat lebih kecil atau sama dengan n dengan koefisiennya adalah bilangan real, maka Pn[x](R) adalah suatu ruang vektor dibawah penjumlahan polinomial dan perkalian skalar polinomial.

CONTOH 4.1.4 Himpunan V = {f : [0,1] Ì R ® R : f kontinu} adalah suatu ruang vektor atas R dibawah operasi penjumlahan fungsi dan perkalian fungsi dengan skalar.

CONTOH 4.1.5 Himpunan V = {(a,b) ½ a ³ 0, b ³ 0} bukanlah ruang vektor atas R sebab tidak memenuhi aksioma kelima dari definisi ruang vektor yaitu untuk setiap (a,b) Î V tidak ada –(a,b) = (–a, –b) Î V sehingga (a,b) + (– (a,b) ) = (0,0).

TEOREMA 4.1.1 Pada sembarang ruang vektor V(F), berlaku

" k Î F, k0V = 0_V. Bukti. Dipunyai

k0_V = k(0_V + 0_V) = k0_V + k0_V. Oleh karena itu

k0V – k0V = k0V, atau

0_V = k0_V. n

TEOREMA 4.1.2 Pada sembarang ruang vektor V(F), berlaku

" u Î V, 0F.u = 0V. Bukti. Dipunyai

0F.u = (0F + 0F)u = 0F.u + 0F.u.

Oleh karena itu

0_F.u – 0_F.u = 0_F.u, atau

0V = 0F.u. n

TEOREMA 4.1.3 Pada sembarang ruang vektor V(F), k Î F, u Î V, berlaku ku = 0V Þ k = 0F atau u = 0V.

Bukti. Diandaikan bahwa k ¹ 0, maka k mempunyai suatu invers perkalian, k^–1, sehingga k^–1k = 1_F. Jadi

ku = 0_V Þ k^–1ku = k^–10_V.

Berdasarkan Teorema 4.1.2, k^–10V = 0V, dan karena aksioma RV10, k^–1ku = 1.u =u, maka disimpulkan u = 0V. n

TEOREMA 4.1.4 Pada sembarang ruang vektor V(F), berlaku

" k Î F, " u Î V, (–k)u = k(–u) = –(ku).

Bukti. Dipunyai

0F.u = (k + (–k))u = ku + (–k)u.

Karena itu

–(ku) + 0_F.u = (–k)u, yang berarti

–(ku) = (–k)u.

Sejalan dengan itu,

0_V = k(u – u) = ku + k(–u).

Karena itu

–(ku) + 0_V = k(–u), yang berarti

–(ku) = k(–u). n 4.2 Ruang Bagian Vektor

DEFINISI 4.2.1 Diberikan ruang vektor V(F) dan U Í V dengan U ≠ Æ.

Himpunan U disebut ruang bagian vektor (vector subspace) dari V jika U terhadap operasi yang sama dengan V juga merupakan ruang vektor.

CONTOH 4.2.1

1. Jika V adalah ruang vektor atas R, maka {0_V} dan V adalah ruang bagian dari V dan disebut ruang bagian tak sejati.

2. Jika V = R³ yaitu ruang vektor berdimensi tiga atas R, maka semua garis dan bidang datar yang melalui titik pangkal koordinat merupakan himpunan vektor-vektor sebagai ruang bagian dari V = R³.

Di bawah ini disajikan suatu kriteria yang lebih mudah untuk ruang bagian.

TEOREMA 4.2.1 Diberikan ruang vektor V(F). Selanjutnya U Í V, U ≠ Æ, adalah suatu ruang bagian dari V jika hanya jika " k Î F dan (u, v) Î U² berlaku

u + kv Î U.

© 2010 Didit B. Nugroho

Bukti. Jelas bahwa jika U merupakan ruang bagian dari V maka U merupakan ruang vektor dengan operasi yang didefinisikan untuk V yang diantaranya memenuhi aksioma u + v Î U dan kv Î U, atau dengan kata lain u + kv Î U untuk setiap u, v Î U dan k Î F.

Akan dibuktikan sebaliknya. Berdasarkan yang diketahui, U tertutup terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Akibatnya diperoleh (–1)v = –v Î U dan v + (–v) = 0 Î U untuk setiap v Î U. Penjumlahan vektor di U adalah sama seperti di V, sehingga dipenuhi sifat asosiatif dan komutatif. Sedangkan sifat-sifat yang lain juga dipenuhi oleh U karena sifat-sifat tersebut diambil dari V. n

CONTOH 4.2.2 Tunjukkan bahwa X = {A Î Mn(F): tr(A) = 0_F} adalah suatu ruang bagian dari Mn(F) (himpunan semua matriks persegi dengan unsur-unsurnya adalah anggota F).

Penyelesaian. Diambil A, B Î X, k Î F, maka

tr(A + kB) = tr(A) + k.tr(B) = 0_F + k0_F = 0_F. Karena itu A + kB Î X, yang berarti X adalah ruang bagian dari Mn(F).

CONTOH 4.2.3 Diberikan sembarang U Î Mn(F). Tunjukkan bahwa CU = {A Î Mn(F): AU = UA}

adalah suatu ruang bagian dari Mn(F).

Penyelesaian. Diambil A, B Î CU dan k Î F, maka AU = UA dan BU = UB.

Dipunyai

(A + kB)U = AU + kBU = UA + kUB = U(A + kB),

yang berarti bahwa A + kB Î X. Karena itu CU adalah suatu ruang bagian dari Mn(F) dan C_U dinamakan komutator dari U.

CONTOH 4.2.4 Jika A suatu vektor di R³ maka W = {B Ì R³ : B•A = 0}

merupakan suatu ruang bagian dari R³.

Bahasan. Diambil sembarang B₁, B2 Î W dan k Î R, yang berarti B1•A = 0 dan B2•A

= 0. Karena itu

(B1 + kB2)•A = B1•A + kB2•A = 0 yang berarti

(B1 + B2) Î W, dan karena itu W adalah suatu ruang bagian dari R³.

TEOREMA 4.2.2 Jika U, W adalah ruang bagian dari ruang vektor V(F), maka U Ç W juga merupakan ruang bagian dari V.

Bukti. Diambil sebarang X₁, X₂ Î U Ç W dan k Î F. Jelas bahwa X1, X₂ Î U dan X1, X₂ Î W. Karena U adalah ruang bagian maka X1 + kX2 Î U, dan karena W adalah ruang bagian maka X1 + kX2 Î W. Jadi

X₁ + kX₂ Î U Ç W,

dan karena itu U Ç W juga merupakan ruang bagian untuk V. n 4.3 Kombinasi Linear

DEFINISI 4.3.1 Diberikan (k1, k2, …, kn) Î Fⁿ. Jumlahan vektorial

å

= n

i i iv k

1

= k1.v1 + k2.v2 + …+ kn.vn

dinamakan kombinasi linear (linear combination) dari vektor-vektor v_i Î V, 1 £ i £ n.

DEFINISI 4.3.2 Diberikan vektor-vektor vi Î V(F), 1 £ i £ n. Jika setiap vektor di V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari setiap v_i, maka suatu keluarga {v₁, v₂,

…, vn} Ì V dikatakan merentang (span) atau membangun (generate) V. Dengan kata lain untuk setiap v Î V terdapat (k1, k2, …, kn) Î Fⁿ sehingga

k1v1 + k2v2 + …+ knvn = v.

CONTOH 4.3.1 Karena úû ê ù ë é

d c

b

a = ú

û ê ù ë é

0 0

0

a 1 + ú

û ê ù ë é

0 0

1

b 0 + ú

û ê ù ë é

0 1

0

c 0 + ú

û ê ù ë é

1 0

0 d 0 ,

maka matriks-matriks ú û ê ù ë é

0 0

0

1 , ú

û ê ù ë é

0 0

1

0 , ú

û ê ù ë é

0 1

0

0 , ú

û ê ù ë é

1 0

0

0 merentang M2(R).

CONTOH 4.3.2 Sembarang polinomial berderajat paling besar dua, katakan a + bx + cx² Î P₂[x](R), dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari 1, x – 1, dan x² – x + 2:

a + bx + cx² = (a – c)1 + (b + c)(x – 1) + c(x² – x + 2).

CONTOH 4.3.3 Apakah v1 = (1, 1, 2), v2 = (1, 0, 1), v3 = (2, 1, 3) merentang R³? Penyelesaian. Diambil sebarang vektor v = (a₁, a2, a3) Î R³ dan dibentuk kombinasi linear k1v1 + k2v2 + k3v3 = v dengan (k1, k2, k3) Î R³.

Persamaan tersebut dapat dinyatakan sebagai hasil kali matriks seperti berikut:

úú ú û ù êê ê ë é

= úú ú û ù êê ê ë é úú ú û ù êê

ê ë é

3 2 1

3 2 1

3 1 2

1 0 1

2 1 1

a a a

k k k

.

Selanjutnya dengan menggunakan uji peringkat akan diselidiki apakah sistem tersebut konsisten atau tidak untuk semua nilai a1, a2, a3. Dimisalkan matriks koefisien sistem adalah A, dan diamati bahwa det(A) = 0 yang berarti bahwa rk(A) < 3. Diambil matriks bagian persegi dari matriks [A|v] yaitu

úú ú û ù êê

ê ë é

=

1 3 2

1 1 1

1 2 1

B ,

diperoleh det(B) ¹ 0 yang berarti rank(A|v) = 3. Karena rank(A) < rank(A|v) berarti sistem tersebut tidak konsisten, akibatnya tidak ada skalar-skalar k₁, k₂, k₃ Î R sehingga k₁v₁ + k2v2 + k3v3 = v untuk v = (1, 1, 1). Jadi v1, v2, v3 tidak merentang R³.

Berikut ini disajikan pengertian yang berurutan dari suatu ruang vektor V(F) yang direntang oleh vektor-vektor v1, v2, …, vn, w Î F^m, dan diambil A sebagai matriks m´n dengan kolom-kolomnya adalah v1, v2, …, vn:

A = [v1 v2 … vn].

V adalah ruang vektor yang direntang oleh v₁, v₂, …, v_n. artinya

Setiap w Î V adalah kombinasi linear dari v1, v2, …, vn. artinya

Terdapat x1, x2, …, xn Î F sehingga w = x1v1 + x2v2 + … + xnvn. artinya

Sistem linear AX = w adalah konsisten.

© 2010 Didit B. Nugroho

TEOREMA 4.3.1 Jika {v1, v2, …, vn} Í V merentang V, maka {u, v1, v2, …, vn} Í V

juga merentang V.

Bukti. Berdasarkan

å

= n

i i iv

1

a ^{= 0}F.u +

å

= n

i i iv

1

a ^.n

DEFINISI 4.3.3 Rentangan dari suatu keluarga vektor-vektor {v1, v2, …, vn} adalah himpunan semua kombinasi linear berhingga dari vi, dan dinotasikan

áv1, v2, …, vnñ.

TEOREMA 4.3.2 Diberikan suatu ruang vektor V(F). Selanjutnya áv1, v2, …, vnñ Í V

merupakan suatu ruang bagian dari V.

Bukti. Diambil k Î F dan

å

=

= ⁿ

i i iv a u

1

,

å

=

= ⁿ

i i iv b v

1

di áv1, v2, …, vnñ (beberapa koefisien mungkin 0), maka u + kv =

å ( )

= n +

i

i i

i kb v

a

1

Î áv1, v2, …, vnñ. n

AKIBAT 4.3.1 áv1, v₂, …, v_nñ Í V adalah ruang bagian terkecil dari V yang memuat v1, v2, …, vn.

Bukti. Diambil U = áv1, v2, …, vnñ. Dicatat bahwa U memuat vi untuk setiap i karena vi

= 0v₁ + … + 0v_{i – 1} + 1.v_i + 0v_{i + 1} + … + 0v_n, suatu kombinasi linear dari v₁, v₂, …, v_n. Sekarang diambil sebarang X sebagai ruang bagian dari V yang memuat elemen-elemen v1, v2, …, vn. Diambil a1, a2, …, an sebagai skalar-skalar. Dipunyai a1v1, a2v2, …, anvn Î X berdasarkan sifat suatu ruang bagian, dan lebih dari itu dipunyai a1v1 + a2v2 Î X, (a1v1 + a₂v₂) + a₃v₃ Î X, dan seterusnya sehingga pada akhirnya diperoleh a₁v₁ + a₂v₂ + … + a_nv_n Î X. Jadi telah ditunjukkan bahwa sebarang ruang bagian yang memuat v1, v₂, …, v_n memuat semua kombinasi linear dari v1, v2, …, vn, karena itu himpunan semua kombinasi linear U adalah ruang bagian terkecil dari V yang memuat v₁, v₂, …, v_n.n

TEOREMA 4.3.3 Diberikan ruang vektor V(F) dan (u, v) Î V², k Î F – {0F}, maka

áu, vñ = áu, kvñ.

Bukti. Berdasarkan kesamaan

au + bv = au + (bk^–1)kv. n

TEOREMA 4.3.4 Diberikan ruang vektor V(F) dan (u, v) Î V², k Î F, maka áu, vñ = áv, u + kvñ.

Bukti. Berdasarkan kesamaan

au + bv = a(u + kv) + (b – ak)v. n

4.4 Bebas Linear DEFINISI 4.4.1

1. Vektor-vektor vi Î V, 1 £ i £ n, dikatakan bebas linear (linear independent) jika (k1, k2, …, kn) Î Fⁿ maka

0V

å

=

= n

i i iv k

1

Þ k1 = k2 = …= kn= 0F.

2. Vektor-vektor vi Î V, 1 £ i £ n, dikatakan tidak bebas linear (linear dependent) jika

$ (k1, k2, …, kn) Î Fⁿ – {0V} sehingga

å

=0_V

= n

i kivi 1

.

CONTOH 4.4.1 Apakah tiga vektor berikut bebas linear di V = R³?

úú ú û ù êê ê ë é

= 5 2 1 v1 ,

úú ú û ù êê ê ë é

= 7 5 2 v2 , dan

úú ú û ù êê ê ë é

= 24 14 6

v3 .

Penyelesaian. Jika diperhatikan dengan sungguh-sungguh maka terlihat bahwa ketiga vektor tersebut mempunyai hubungan

úú ú û ù êê ê ë é

5 2 1 2 +

úú ú û ù êê ê ë é

7 5 2 2 =

úú ú û ù êê ê ë é

24 14 6

,

atau 2v1 + 2v2 = v3 yang ekuivalen dengan 2v1 + 2v2 – v3 = 0V. Hal tersebut berarti bahwa kombinasi linear

k1v1 + k2v2 + k3v3 = 0V

mempunyai penyelesaian tak trivial yaitu k1 = k2 = 2 dan k3 = –1. Karena itu ketiga vektor tersebut tidak bebas linear.

CONTOH 4.4.2 Apakah vektor-vektor di bawah ini bebas linear di V = R³?

úú ú û ù êê ê ë é

= 244

64 25

v1 ,

úú ú û ù êê ê ë é

= 12

8 5 v2 , dan

úú ú û ù êê ê ë é

= 1 1 1 v3 . Penyelesaian.

Dimisalkan terdapat (k1, k2, k3) Î R³ sehingga

k₁v₁ + k₂v₂ + k₃v₃ = 0_V.

Penyelesaian dari sistem tersebut adalah k₁= k₂ = k₃ = 0 dan tidak ada penyelesaian lain.

Oleh karena itu ketiga vektor tersebut adalah bebas linear.

CONTOH 4.4.3 Apakah

úú ú û ù êê ê ë é

= 0 0 1 e1 ,

úú ú û ù êê ê ë é

= 0 1 0 e2 ,

úú ú û ù êê ê ë é

= 1 0 0

e3 bebas linear di V = R³? Penyelesaian. Untuk sembarang k₁, k₂, k₃ Î R, diambil kombinasi linear

k1e1 + k2e2 + k3e3 = 0V.

Jelas bahwa sistem tersebut hanya mempunyai penyelesaian trivial k₁ = k₂ = k₃ = 0. Oleh karena itu e1, e2, e3 adalah bebas linear.

© 2010 Didit B. Nugroho

CONTOH 4.4.4 Apakah e , ^x e^2x bebas linear di ruang fungsi R^R? Penyelesaian. Untuk sembarang (k₁, k₂) Î R² diambil kombinasi linear

k1e^x + k2e^2x = 0.

Untuk x = 0 diperoleh k1 + k2 = 0, dan untuk x = 1 diperoleh k1e + k2e² = 0 atau k1

+ k₂e = 0 (karena e ¹ 0). Dengan menyelesaikan kedua persamaan tersebut diperoleh k₁ = k2 = 0. Jadi e , ^x e^2x adalah bebas linear.

CONTOH 4.4.5 Diberikan u dan v sebagai vektor-vektor yang bebas linear di suatu ruang vektor atas field R. Tunjukkan bahwa vektor x = u – v dan y = u + v adalah bebas linear.

Penyelesaian. Diasumsikan bahwa a(u – v) + b(u + v) = 0 dengan a, b Î R, yang dapat dituliskan menjadi

(a + b)u + (b – a)v = 0.

Karena u dan v adalah bebas linear, koefisien-koefisien di atas haruslah nol, ini berarti a + b = 0 dan b – a = 0, yang memberikan hasil a = b = 0. Hal ini membuktikan bahwa u – v dan u + v adalah bebas linear.

TEOREMA 4.4.1 Diberikan A Î Mm´n(F) dan X Î Fⁿ. Kolom-kolom dari A adalah bebas linear jika hanya jika sistem AX = 0 hanya mempunyai penyelesaian trivial.

Berikut ini disajikan pengertian yang berurutan dari suatu ruang vektor V(F) yang direntang oleh vektor-vektor v₁, v₂, …, v_n Î F^m, dan diambil A sebagai matriks m´n dengan kolom-kolomnya adalah v1, v2, …, vn:

A = [v1 v2 … vn].

Vektor-vektor v1, v2, …, vn adalah bebas linear.

artinya

Jika x1v1 + x2v2 + …+ xnvn = 0V maka xi = 0F, 1 £ i £ n.

artinya

Jika

úú úú û ù

êê êê ë é

= úú úú û ù

êê êê ë é

0 0 0

2 1

!

! xn

x x

A maka

úú úú

û ù

êê êê

ë é

= úú úú

û ù

êê êê

ë é

0 0 0

2 1

! ! xn

x x

.

artinya

Sistem homogen AX = 0V hanya mempunyai penyelesaian trivial.

TEOREMA 4.4.2 Suatu keluarga dari m vektor di Fⁿ adalah tidak bebas linear jika m > n . Ekuivalen dengan itu, setiap keluarga dari m vektor yang bebas linear di Fⁿ harus memenuhi m £ n.

Bukti. Persamaan x1u1 + x2u2 + … + xmum = 0V ekuivalen dengan n persamaan homogen dalam m variabel. Berdasarkan Lemma 3.2.1, sistem mempunyai penyelesaian tak trivial jika m > n. n

Teorema berikutnya adalah suatu generalisasi yang penting dari Teorema 4.4.2.

TEOREMA 4.4.3 Suatu keluarga dari s vektor di áu1, u2, …, urñ adalah tidak bebas linear jika s > r . Ekuivalen dengan itu, suatu keluarga bebas linear dari s vektor di áu1, u2, …, urñ harus memenuhi s £ r.

TEOREMA 4.4.4 Vektor-vektor u1, u2, …, um di V = Fⁿ adalah bebas linear jika 1. u₁ ¹ 0V; dan

2. untuk setiap uk, 1 < k £ m, bukanlah kombinasi linear dari u1, …, uk – 1. Suatu aplikasi dari kriteria tersebut adalah hasil berikut ini.

TEOREMA 4.4.5 Setiap ruang bagian U dari V = Fⁿ dapat dinyatakan dalam bentuk U = áu1, u2, …, umñ dengan m £ n.

Bukti. Jika U = {0_V}, tidak ada sesuatu untuk dibuktikan – dalam hal ini diambil u₁ = 0_V dan m =1.

Jadi diasumsikan U memuat suatu vektor tak nol u1, selanjutnya áu1ñ Í U karena U adalah ruang bagian. Jika U = áu1ñ, maka bukti selesai. Jika tidak, maka U akan memuat suatu vektor u₂, yang bukan kombinasi linear dari u₁, selanjutnya áu₁, u₂ñ Í U karena U adalah suatu ruang bagian. Jika U = áu1, u2ñ maka bukti selesai. Jika tidak, U akan memuat suatu vektor u3 yang bukan kombinasi linear dari u1 dan u2. Proses ini pada akhirnya harus berhenti untuk langkah k yang dibangun oleh suatu keluarga dari k vektor bebas linear u1, u2, …, uk, semuanya di V, dan karena itu k £ n. n

DEFINISI 4.4.2 Maksimum banyaknya vektor-vektor yang bebas linear dalam suatu himpunan vektor menyatakan peringkat dari himpunan vektor. [Perlu dicatat bahwa peringkat tersebut tidak pernah lebih besar dari dimensinya.]

CONTOH 4.4.6 Karena vektor-vektor di A = {v₁, v2, v3} pada Contoh 4.4.2 adalah bebas linear, maka rk(W) = 3.

CONTOH 4.4.7 Pada Contoh 4.4.1 sudah diketahui bahwa ketiga vektor di A = {v1, v2, v3} adalah tidak bebas linear, yang berarti bahwa rk(A) < 3. Karena itu perlu ditentukan apakah ada dua vektor yang bebas linear. Di sini bisa ditunjukkan dengan mudah bahwa kombinasi linear

k₁v₁ + k₂v₂ = 0_V

hanya mempunyai penyelesaian trivial k₁ = k₂ = 0, yang berarti bahwa vektor v₁ dan v₂ adalah bebas linear. Oleh karena itu diperoleh bahwa rk(A) = 2.

4.5 Basis

DEFINISI 4.5.1 Suatu {v1, v2, …, vn} Ì V adalah basis (bases) untuk V jika:

(i) v1, v2, …, vn adalah bebas linear;

(ii) v1, v2, …, vn merentang V.

CONTOH 4.5.1 Diberikan vektor-vektor v₁ = (1, 2, 1), v2 = (2, 9, 0), dan v3 = (3, 3, 4) di V = R³. Apakah {v1, v2, v3} basis untuk V = R³ ?

Penyelesaian.

(i) Akan ditunjukkan apakah v1, v2, v3 bebas linear yaitu k1v1 + k2v2 + k3v3 = 0V

dengan k1, k2, k3 Î R, hanya mempunyai penyelesaian trivial.

© 2010 Didit B. Nugroho

Diambil sembarang skalar-skalar k₁, k₂, k₃ dan dibentuk

úú ú û ù êê ê ë é

= úú ú û ù êê ê ë é úú ú û ù êê

ê ë é

0 0 0

4 0 1

4 9 2

3 2 1

3 2 1

k k k

.

Dimisalkan matriks koefisien sistem adalah A. Karena det(A) = –1 ¹ 0, maka berdasarkan Akibat 3.2.1(i) diperoleh bahwa sistem hanya mempunyai penyelesaian trivial, yang berarti bahwa v1, v2, v3 adalah bebas linier.

(ii) Akan ditunjukkan apakah v₁, v₂, v₃ merentang R³ yaitu untuk setiap w Î R³ terdapat skalar-skalar k1, k2, k3 sehingga berlaku k1v1 + k2v2 + k3v3 = w.

Sudah diperoleh bahwa det(A) ¹ 0 yang berarti rk(A) = 3 dan dapat diamati juga bahwa rk(A|w) = 3. Karena rk(A) = rk(A|w) maka sistem tersebut konsisten atau dengan kata lain v1, v2, v3 merentang R³.

Dari (i) dan (ii) dapat disimpulkan bahwa {v1, v2, v3} merupakan basis untuk R³.

CONTOH 4.5.2 Tunjukkan bahwa

{

^{1,x,x2,...,xn}

}

adalah basis untuk ruang vektor Pn[x](R).

Penyelesaian.

(i) Dibentuk persamaan k0.1 + k1.x + k2.x² + … + kn.xⁿ = 0. Jelas bahwa berdasarkan kesamaan dua polinimial akan diperoleh k0 = k1 = k2 = … = kn = 0. Jadi 1, x, x², …, xⁿ adalah bebas linear.

(ii) Diambil sembarang p(x) = a₀ + a₁.x + a₂.x² + … + a_n.xⁿ Î Pn[x](R) dan dibentuk k0.1 + k1.x + k2.x² + … + kn.xⁿ = a0 + a1.x + a2.x² + … + an.xⁿ.

Jelas bahwa berdasarkan kesamaan dua polinomial dapat diambil ki = ai, i = 0, 1,2,

…, n, yang berarti 1, x, x², …, xⁿ merentang Pn[x](R).

Berdasarkan (i) dan (ii) diperoleh bahwa

{

^{1,x,x2,...,xn}

}

adalah basis untuk Pn[x](R) yang selanjutnya disebut basis baku untuk P_n[x](R).

CONTOH 4.5.3 Diberikan vektor satuan e₁ = (1, 0, …, 0), e2 = (0, 1, …, 0), …, en

= (0, 0, 0 , …, 1). Dapat ditunjukkan dengan mudah bahwa e₁, e₂, …, e_n adalah bebas linear. Selanjutnya karena setiap vektor X = (x1, x2, …, xn) Î Rⁿ dapat dituliskan sebagai X = x1e1 + x2e2 + … + xne2, maka e1, e2, …, en merentang Rⁿ. Oleh karena itu {e1, e2, …, en}adalah basis untuk Rⁿ dan disebut basis baku.

DEFINISI 4.5.2 Jika V direntang oleh himpunan berhingga, maka V dikatakan berdimensi berhingga (finite-dimensional). Dimensi dari V, dituliskan dengan dim(V), adalah banyaknya vektor pada suatu basis untuk V. Jika V tidak direntang oleh himpunan berhingga, maka V dikatakan berdimensi tak hingga (infinite-dimensional).

Sebagai catatan bahwa ruang vektor nol dianggap sebagai ruang vektor berdimensi berhingga meskipun tidak mempunyai himpunan yang bebas linear (basisnya tidak ada), dan dimensi ruang vektor nol didefinisikan sama dengan 0.

Untuk suatu ruang vektor berdimensi berhingga terdapat beberapa basis yang berbeda, semuanya adalah basis dari suatu ruang vektor berdimensi berhingga yang diberikan, tetapi mempunyai elemen yang banyaknya sama.

CONTOH 4.5.4 Berdasarkan Contoh 4.5.2 dan 4.5.3, ruang vektor Rⁿ dan P_n[x](R) adalah berdimensi hingga dengan dim(Rⁿ) = n dan dim(P_n[x]) = n + 1.

TEOREMA 4.5.1 (Hasil utama pada ruang vektor)

Diberikan V adalah suatu ruang vektor berdimensi berhingga. Jika {u₁, u₂, …, u_m} dan {v₁, v₂, …, v_n} adalah basis untuk V, maka m = n.

Bukti. Berdasarkan hipotesis {u1, u2, …, um} merupakan keluarga yang bebas linear di V dan V = áv1, v2, …, vnñ, karena itu m £ n berdasarkan Teorema 4.4.3. Di sisi lain, {v1, v2,

…, vn} adalah keluarga yang bebas linear di V dan juga V = áu1, u2, …, umñ, karena itu n £ m. Akibatnya m = n. n

TEOREMA 4.5.2 Suatu keluarga yang bebas linear dari n vektor dalam suatu ruang vektor V, dengan dim(V) = n, pasti mempunyai basis untuk V.

Bukti. Diambil {v₁, v2, …, vn} sebagai keluarga bebas linear dari vektor-vektor di suatu ruang bagian V, dengan dim(V) = n. Harus ditunjukkan bahwa setiap vektor v Î V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari v1, v2, …, vn. Diandaikan keluarga dari vektor- vektor di V adalah {v1, v2, …, vn, v}. Keluarga ini terdiri dari n + 1 elemen dan akibatnya bebas linear menurut Teorema 4.4.3. Karena itu diperoleh

(1) k1v1 + k2v2 + …+ knvn + kn+1v = 0V,

dengan tidak semua k1, k2, …, kn, kn+1 adalah nol. Jika kn+1 = 0, diperoleh k1v1 + k2v2 + …+ knvn = 0V,

dengan tidak semua k1, k2, …, kn adalah nol, yang bertentangan dengan asumsi bahwa v1, v2, …, vn adalah bebas linear. Karena itu kn+1 ¹ 0 dan dari persamaan (1) dapat dinyatakan v sebagai kombinasi linear dari v1, v2, …, vn yaitu

n n

n n

n

k v v k

k v k k v k

1 2

1 1 2 1

1 ...

+ +

+

+- - +

- +

= .n

TEOREMA 4.5.3 Setiap keluarga vektor-vektor yang bebas linear dalam suatu ruang vektor V dapat diperluas ke suatu basis untuk V.

Bukti. Diandaikan V mempunyai basis v1, v2, …, vn dan bahwa u1, u2, …, um adalah keluarga vektor-vektor yang bebas linear di V, maka

V = áv₁, v₂, …, v_nñ = áu₁, u₂, …, u_m, v₁, v₂, …, v_nñ,

seperti setiap u₁, u₂, …, u_m adalah kombinasi linear dari v₁, v₂, …, v_n. Dari situ akan diperoleh basis untuk V yang termasuk u1, u2, …, um.n

AKIBAT 4.5.1 Jika U Ì V adalah suatu ruang bagian dari ruang vektor V yang berdimensi berhingga, maka dim(U) £ dim (V).

Bukti. Karena basis dari U dapat diperluas ke suatu basis dari V, maka berdasarkan hal ini bahwa banyaknya elemen-elemen dari basis untuk U adalah paling banyak sama besar seperti untuk V. n

CONTOH 4.5.5 Tentukan suatu basis dan dimensi dari ruang yang dibangun oleh himpunan matriks-matriks simetris di Mn(R).

Penyelesaian. Diambil Eij Î Mn(R) sebagai matriks n´n dengan elemen ke-ij sama dengan 1 dan yang lainnya sama dengan 0. Untuk 1 £ i < j £ n, diperhatikan

2 ) 1 ( 2

= -

÷÷ø çç ö è

æn n n

matriks Aij = Eij + Eji. Matriks Aij mempunyai masukan 1 pada posisi ke-ij dan ke-ji, dan 0 untuk yang lainnya. Matriks tersebut bersama-sama dengan n matriks Eii, 1 £ i £ n merupakan basis untuk ruang matriks-matriks simetris. Dimensi dari ruang ini:

2 ) 1 ( 2

) 1

(n- +n= n n+

n .

© 2010 Didit B. Nugroho

Diberikan ruang bagian U dan V dari suatu ruang vektor berdimensi berhingga W, apakah hubungan antara dim(U), dim(V), dim(U Ç V), dan dim(U + V)?

TEOREMA 4.5.4 dim(U + V) = dim(U) + dim(V) – dim(U Ç V).

Bukti. Diambil w₁, w₂, …, w_r sebagai suatu basis dari U Ç V. Ini diperluas ke suatu basis w1, w2, …, wr, u1, u2, …, um untuk U dan diperluas ke suatu basis w1, w2, …, wr, v1, v2, …, vn untuk V. Jadi

dim(U Ç V) = r, dim(U) = r + m, dim(V) = r + n.

Diklaim bahwa w1, w2, …, wr, u1, u2, …, um, v2, …, vn adalah suatu basis untuk U + V.

Jika y Î U + V, maka y = u + v untuk suatu u Î U dan v Î V. Jadi u = a1w1 + … + arwr + b1u1 + … + bmum

untuk suatu a_i dan b_j, serta

v = c₁w₁ + … + c_rw_r + d₁v₁ + … + d_nv_n untuk suatu ci dan dj. Diperoleh

y = u + v = (a1 + c1)w1 + … + (ar + cr)wr + b1u1 + … + bmum + d1v1 + … + dnvn

yaitu suatu kombinasi linear dari unsur-unsur w1, w2, …, wr, u1, u2, …, um, v2, …, vn dan karena itu membentuk suatu himpunan rentangan untuk U + V.

Sekarang akan ditunjukkan unsur-unsur tersebut adalah bebas linear. Diandaikan dipunyai suatu relasi linear

(2) a1w1 + … + arwr + b1u1 + … + bmum + c1v1 + … + cnvn = 0, maka

(3) h = a₁w₁ + … + a_rw_r + b₁u₁ + … + b_mu_m = –c₁v₁ – … – c_nv_n Î U Ç V.

Karena w1, w2, …, wr adalah suatu basis untuk U Ç V maka harus dipunyai h = d1w1 + … + d_rw_r untuk suatu d_i. Dari (3) diperoleh d₁w₁ + … + d_rw_r = –c₁v₁ – … – c_nv_n dan karena itu

d₁w₁ + … + d_rw_r + c₁v₁ + … + c_nv_n = 0.

Tetapi karena w1, w2, …, wr, v1, v2, …, vn adalah suatu basis untuk V, secara khusus adalah suatu himpunan bebas linear, maka diperoleh d₁ = … = d_r = c₁ = … = c_n = 0.

Karena itu, dari (3), dipunyai h = 0. Selanjutnya, dari (3) akan diperoleh a1w1 + … + arwr + b1u1 + … + bmum = 0.

Tetapi karena w1, w2, …, wr, u1, u2, …, um adalah suatu basis untuk U, secara khusus adalah suatu himpunan bebas linear, maka diperoleh a1 = … = ar = b1 = … = bm = 0. Jadi telah ditunjukkan bahwa semua koefisien di (2) adalah 0 dan karena itu unsur-unsur w₁, w2, …, wr, u1, u2, …, um, v2, …, vn adalah bebas linear. Telah ditunjukkan sebelumnya bahwa unsur-unsur tersebut membentuk suatu himpunan rentangan dan karena itu menjadi suatu basis untuk U + V. Jadi dimensi dari U + V, yaitu banyaknya elemen dalam suatu basis, adalah r + m + n.

Jadi dipunyai

dim(U + V) = r + m + n

= (r + m) + (r + n) – r

= dim(U) + dim(V) – dim(U Ç V). n

CONTOH 4.5.6 Diberikan W = R⁴, U = áu1, u2ñ dengan u1 = (1, 1, 0, 0) dan u2 = (–3, 7, 2, 1), dan V = {(x₁, x₂, x₃, x₄): x₄ = 0}. Tentukan dim(U), dim(V), dim(U + V), dan dim(U Ç V). U direntang oleh U1, U2 tetapi apakah unsur-unsur tersebut bebas linear?

Penyelesaian. Jika a₁u₁ + a₂u₂ = 0_U, maka

(a1, a1, 0, 0) + (–3a2, 7a2, 2a2, a2) = (0, 0, 0, 0)

dan karena itu a2 = 0 dan a1 = 0. Jadi unsur-unsur u1 dan u2 adalah bebas linear dan membentuk suatu basis untuk U. Jadi dim(U) = 2.

V mempunyai basis {e₁, e₂, e₃} dengan e₁ = (1, 0, 0, 0), e₂ = (0, 1, 0, 0) dan e₃ = (0, 0, 1, 0) sehingga dim(V) = 3.

Diperhatikan bahwa

e4 = (0, 0, 0, 1) = (–3, 7, 2, 1) + (3, –7, –2, 0) = u2 + (3, –7, –2, 0)

dan (3, –7, –2, 0) Î V, sehingga e4 Î U + V. Jadi e1, e2, e3, e4 Î U + V dan unsur-unsur tersebut merentang R⁴ sehingga U + V = R⁴. Karena itu dim(U + V) = 4. Berdasarkan Teorema 4.5.4, maka

dim(U) + dim(V) – dim(U + V) = 2 + 3 – 4 = 1.

TEOREMA 4.5.5 Diambil {u₁, u₂, …, u_n} adalah himpunan vektor-vektor di Rⁿ. {u1, u2, …, un} adalah basis jika hanya jika matriks A = [v1 v2 … vn] berukuran n´n adalah inversibel.

Bukti. Karena dipunyai banyak vektor yang tepat, cukup dibuktikan bahwa {u₁, u₂, …, u_n} adalah bebas linear. Dibentuk persamaan AX = 0. Karena A adalah inversibel, maka X

= A^–10 = 0, yang berarti x1= x2 = …= xn = 0. Jadi {u1, u2, …, un} adalah bebas linear.

Sebaliknya, diasumsikan bahwa X adalah bebas linear. Karena itu persamaan AX

= 0 mempunyai suatu penyelesaian tunggal. Diambil r = rk(A) dan P, Q Î GLn(R) (dibaca

”grup linear rank n atas R”, himpunan semua matriks inversibel n´n) sehingga

, 1

1 , -

=P- D Q

A _nnr , dengan Dn, n, r adalah bentuk normal Hermite dari A, úû

ê ù ë

=é

-

´ -

´ -

-

´ ) ( ) ( ) (

) ( ,

, n r r n r n r

r n r r

r n n

D I

O O

O .

Jadi

AX = 0 Þ P^-1D_n,n,rQ^-1X =0 Þ D_n,n,rQ^-1X =0.

Diambil

úú úú û ù

êê êê ë é

- = zn

z z X

Q !

2 1

1 , maka

=0

- X Q

D_n,n,r ¹ Þ z1e1 + …+ zrer = 0,

dengan e_j adalah vektor kolom berdimensi n dengan masukan 1 pada baris j dan 0 untuk baris lainnya. Jika r < n, maka z_r+1, …, z_n dapat diambil sembarang dan penyelesaiannya tidak tunggal (suatu kontradiksi). Karena itu r = n dan A adalah inversibel. n

4.6 Ruang Nol, Ruang Kolom, dan Ruang Baris DEFINISI 4.6.1 Diberikan matriks Am´n = [aij] atas field F.

1. Ruang nol (null space) dari A adalah himpunan semua vektor kolom X Î Fⁿ yang memenuhi AX = 0, dan dinotasikan oleh

NS(A) =

{

^{X :AX = ,0 XÎFn}

}

^.

Dengan kata lain, ruang nol dicari dengan cara menyelesaikan sistem AX = 0, dan karena itu NS(A) sering disebut ruang penyelesaian (solution space) dari AX = 0.

2. Ruang kolom (column space) dari A adalah ruang bagian yang direntang oleh kolom-kolom tak nol A, dan dinotasikan oleh

CS(A) =

{

^{Y:Y = AX,YÎFn}

}

^.

3. Ruang baris (row space) dari A, dinotasikan RS(A), adalah ruang bagian yang direntang oleh baris-baris tak nol A.

© 2010 Didit B. Nugroho

Tabel 4.1: Sifat NS(A) dan CS(A)

Ruang nol dari Am´n Ruang kolom dari Am´n

NS(A) adalah ruang bagian dari Fⁿ CS(A) adalah ruang bagian dari F^m NS(A) didefinisikan secara implisit,

artinya hanya mempunyai kondisi AX = 0

CS(A) didefinisikan secara eksplisit, artinya vektor-vektor dibangun oleh perkalian dengan A.

Operasi baris pada matriks (A|0) diperlukan untuk menemukan vektor- vektor di NS(A)

Operasi baris pada A dinyatakan sendiri oleh CS(A)

Tidak ada hubungan yang jelas antara kolom-kolom dari A dan NS(A)

Kolom-kolom dari A ada di CS(A) Suatu vektor khusus X di NS(A)

mempunyai sifat AX = 0

Suatu vektor khusus Y di CS(A) dengan sifat AX = Y mempunyai penyelesaian Diberikan suatu vektor X, mudah sekali

untuk mengetahui jika X di NS(A) yaitu cukup menghitung AX.

Operasi baris pada matriks (A|Y) diperlukan untuk menjelaskan bahwa Y ada di CS(A)

NS(A) = {0} jika dan hanya jika AX = 0 hanya mempunyai penyelesaian trivial

CS(A) = F^m jika dan hanya jika AX = Y mempunyai penyelesaian untuk setiap Y di F^m

Berikut ini didefinisikan tiga bilangan bulat terpenting yang berkaitan dengan suatu matriks.

DEFINISI 4.6.2 Diberikan sebarang matriks A_m´n. 1. rank kolom A = dim CS(A)

2. rank baris A = dim RS(A) 3. nulitas A = dim NS(A)

Selanjutnya akan dilihat bahwa bentuk eselon baris tereduksi dari suatu matriks A dapat digunakan untuk menunjukkan basis untuk ruang baris, ruang kolom, dan ruang nol dari A.

TEOREMA 4.6.1

(a) Operasi baris elementer tidak mengubah ruang baris suatu matriks.

(b) Operasi baris elementer tidak mengubah ruang nol suatu matriks.

(c) Vektor-vektor baris tak nol pada bentuk eselon baris suatu matriks membentuk suatu basis untuk ruang baris dari matriks.

Teorema tersebut menyatakan bahwa suatu matriks dan semua bentuk eselon barisnya mempunyai ruang baris yang sama dan ruang nol yang sama. Sedangkan vektor- vektor baris tak nol dari matriks berbentuk eselon baris selalu bebas linear sehingga vektor-vektor baris tak nol tersebut membentuk basis untuk ruang baris tersebut.

Berdasarkan hal ini, ruang baris dari matriks A dapat dicari dengan cara mereduksi matriks A ke bentuk eselon baris sehingga akan diperoleh vektor-vektor baris tak nol yang merupakan basis untuk ruang baris A. Sedangkan untuk ruang kolom dari A bisa dicari sama seperti ruang barisnya dengan cara mencari basis untuk ruang baris A^T dan mengubahnya kembali ke vektor kolom.