Kombinasi Linier. Definisi Kombinasi Linier. Contoh Kombinasi Linier 1

(1)

Aljabar Matriks Mahmud 'Imrona -mhd@stttelkom.ac.id

Kombinasi Linier

Definisi Kombinasi Linier

Misalkan V ruang vektor. S={u1, u2, ..., un}⊆V.

Misalkan a∈V.

Vektor a disebut dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S, jika terdapat skalar-skalar (konstanta riil) k1, k2, ..., kn,

sehingga memenuhi persamaan: k1u1+ k2u2+ ...+ knun=a

Contoh:

(a, b, c)=a(1, 0,0)+b(0,1,0)+c(0,0,1),

berarti vektor (a, b, c) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}

Aljabar Matriks Mahmud 'Imrona

-Contoh Kombinasi Linier 1

Tunjukkan u=(2, 3, -1) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari W={a1=(1, 0,

1), a2=(0, 1, -1), a3=(1, 1, -1)} dan tuliskan bentuknya.

Jawab:

Akan dicari skalar-skalar k1, k2, dan k3yang memenuhi:

u= k1a1+ k2a2+ k3a3.

(2, 3, -1)= k1(1, 0, 1)+ k2(0, 1, -1)+ k3(1, 1, -1)

(2, 3, -1)=(k1, 0, k1)+ (0, k2, -k2)+ (k3, k3, - k3)

(2, 3, -1)=( k1+ k3, k2+ k3, k1-k2-k3)

Berarti membentuk sistem persamaan linier: 2= k1 + k3

3= k2+ k3

-1= k1- k2- k3

Untuk menghitung skalar-skalarnya dapat digunakan eliminasi Gauss-Jordan. Dari eliminasi Gauss-Jordan di dapat: k1=2, k2=3, dan k3=0. Berarti kombinasi liniernya

(2)

Contoh Kombinasi Linier 3 (1/ 2)

Apakah a=(2, -1, 3) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S={u1=(2, -2, 4), u2=(0, 1, 2), u3=(1, 0, 4)}?

Jawab:

Akan dicari k1, k2, dan k3yang memenuhi persamaan:

a=k1u1+k2u2+k3u3

(2, -1, 3)=k1(2, -2, 4)+k2(0, 1, 2)+k3(1, 0, 4)

(2, -1, 3)=(2k1+k3, -2k1+k2, 4k1+2k2+4k3)

Didapat sistem persamaan linier: 2 = 2k1 + k3

-1 = -2k1+ k2

3 = 4k1+2k2+4k3

Contoh Kombinasi Linier 3 (2/2)

Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan sistem

persamaan linier ini akan diselesaikan:

Karena sistem persamaan linier di atas tidak

mempunyai solusi, berarti a tidak dapat dinyatakan

sebagai kombinasi linier dari S.

~

2

3

4

2

4

1

0

1

2

1

0

2

1 3 1 2

b

−

+

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

~

2

1

2

0

1

0

2

1

0

2

2 3

b

−

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

− 3

0

1

0

2

1

0

2 -Contoh Kombinasi Linier 4 (1/ 2)

Apakah a=(2, -1, 6) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S={u1=(2, -2, 4), u2=(0, 1, 2), u3=(1, 0, 4)}?

Jawab:

Akan dicari k1, k2, dan k3yang memenuhi persamaan:

a=k1u1+k2u2+k3u3

(2, -1, 6)=k1(2, -2, 4)+k2(0, 1, 2)+k3(1, 0, 4)

(2, -1, 6)=(2k1+k3, -2k1+k2, 4k1+2k2+4k3)

Didapat sistem persamaan linier: 2 = 2k1 + k3

-1 = -2k1+ k2

(3)

Contoh Kombinasi Linier 4 (2/ 2)

Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan sistem persamaan linier ini akan diselesaikan:

Karena sistem persamaan linier di atas mempunyai solusi tak hingga banyaknya, yaitu: k1= 1 – ½ t, k2=1 – t, k3=t, berarti a dapat dinyatakan

sebagai kombinasi linier dari S, yaitu:

a=(1 – ½ t)u1+(1 – t)u2+ tu3dengan t sebarang bilangan riil

~

2

6

4

2

4

1

0

1

2

1

0

2

1 3 1 2

b

−

+

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

~

2

0

1

0

2

1

0

2

2 3

b

−

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

0

1

0

2

1

0

2 Kombinasi Linier-Sub Ruang (1/ 3)

Misalkan V Ruang Vektor dan B={v1, v2, ..., vr} ⊆ V,

Maka himpunan dari semua kombinasi linier dari B, yaitu:

W={k1v1+k2v2+ …+krvr| k1,k2, …,kr∈R} membentuk sub ruang.

Bukti:

1. Ambil k1=k2= ... = kr= 0,

maka: 0v1+0v2+ ...+0vr=o.

Jadi W ≠∅.

-Kombinasi Linier-Sub Ruang (2/ 3)

2. Ambil u, w∈W. Akan diperlihatkan u+w ∈W

Misalkan u= l11v1+l12v2+ …+l1rvrdimana l11,l12, …,l1r∈R dan w = l21v1+l22v2+ …+l2rvrdimana l21,l22, …,l2r∈R u+w= (l11v1+l12v2+ …+l1rvr)+(l21v1+l22v2+ …+l2rvr) {aksioma asosiatif} = l11v1+l12v2+ …+l1rvr+ l21v1+l22v2+ …+l2rvr {aksioma asosiatif} = l11v1+ l21v1+l12v2+ l22v2+ …+l1rvr+ l2rvr {aksioma distributif} = (l11+l21)v1+(l12+l22)v2+ …+(l1r+l2r)vr

{sifat bilangan riil} (l11+l21),(l12+l22), …,(l1r+l2r)∈R

(4)

Kombinasi Linier-Sub Ruang (3/ 3)

3. Ambil u∈W dan c∈R. Akan diperlihatkan cu∈W Misalkan u=l11v1+l12v2+ …+l1rvrdimana l11,l12, …,l1r∈R

cu = c(l11v1+l12v2+ …+l1rvr) {aksioma

distributif}

= cl11v1+cl12v2+ …+cl1rvr

{sifat bilangan riil} cl11, cl12, …, cl1r∈R

Jadi cu∈W ∴ W sub ruang dari V

Tantangan 1

1. Manakahvektor-vektor di bawah ini yang dapat dinyatakan sebagai

kombinasi linier dari S={a1=(1, -1, 0), a2=(0, 2, 1), a3=(1, 1, 1), a4=(1,

3, 2)} a. u=(2, 0, 1) b. u=(-1, 1, 1) c. u=(0, 2, 3) d. u=(4, 3, -1) e. u=(2, 1, -1) f. u=(0, 0, 1)

-Tantangan 2

2. Apakah vektor-vektor pada bidang 3x + 2y – z = 0, dapat

dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S={a1=(2,0,3),

a2=(0,1,2)}? Jelaskan!

3. Manakah polinom-polinom di bawah ini yang dapat dinyatakan

sebagai kombinasi linier dari: S={p1=2+3x2, p2=-1+x+3x2,

p3=3+x+9x2}

a.

3+x+2x

2

b.

2x + 5x

2

c.

1+x+6x

2

d.

2 + 2x +12x

2

e.

5 – 2x

2

f.

4+2x+15x

2

(5)

Membangun

Misalkan V ruang vektor. S={u1, u2, ..., ur}⊆ V.

S disebut membangun V, jika setiap vektor di V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S atau terdapat skalar-skalar k1, k2, …,

kr∈R, sehingga memenuhi: v= k1u1+k2u2+ …+kruruntuk setiap v∈V

Contoh:

S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} membangun R3. Karena

setiap vektor di R3_{dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S,}

(k1, k2, k3)= k1e1+ k2e2+ k3e3.

B={p1=1, p2=x, p3=x2} membangun P2. Karena setiap vektor di P2dapat

dinyatakan sebagai kombinasi linier dari B, a+bx+cx2_=ap 1+bp2+cp3.

-Contoh Membangun

Apakah himpunan-himpunan di bawah ini membangun ruang vektor yang sesuai? a. B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)}

b. Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3=3x + 4x2} c. M=

Jawab:

a. B⊆R2_{, ambil w=(a, b).}

Apakah w=(a, b) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari B, w=k1u1+k2u2+k3u3selalu mempunyai solusi?

(a, b)=k1(1, 2)+k2(-1, 1)+k3(0, 3)

(a, b)=(k1, 2k1)+ (-k2, k2)+ (0, 3k3)

(a, b)=(k1- k2, 2k1+ k2+ 3k3)

Didapat sistem persamaan linier: a= k1- k2 b=2k1+ k2+ 3k3 ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − = 1 2 0 1 , 1 2 3 0 , 0 1 0 2 3 2 1 m m m

Diselesaikan menggunakan eliminasi Gauss

(6)

Jawab Membangun (1/5)

~ 2 b 3 1 2 a 0 1 1 1 2 b b− ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − ~ 3 1 2a -b 3 3 0 a 0 1 1 2 b ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − ~ 3 2a) -(b 1 1 0 a 0 1 1 2 1b b+ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + 3 2a) -(b 1 1 0 3 b a 1 0 1 3 2a -b k k 3 b a k k 3 2 3 1 = + + = + 3 2 3 1 k 3 2a -b k k 3 b a k − = − + =

dikembalikan ke bentuk sistem persamaan linier, didapat:

dengan subtitusi mundur, didapat:

karena k3dapat bernilai sebarang, maka k3dimisalkan sebagai sebuah

parameter, k3=t, sehingga, k1=(a+b)/3 -t, dan k2=(b-2a)/3 - t, yang berarti

selalu mempunyai solusi. Jadi, B membangun R2_.

Jawab Membangun (2/5)

⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − c b a k k k 4 3 2 3 2 1 0 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 2 4 3 2 3 2 1 0 1 2 b b b b − − − 2 1 0 3 2 1 6 5 0 − − − − 2 1 6 5 − − − − −

Karena Q⊆P2, maka akan ditunjukkan bahwa Q membangun P2atau

w=k1p1+k2p2+k3p3selalu mempunyai solusi dengan w=a+bx+cx2.

a+bx+cx2_{= k} 1(2+x+2x2)+k2(-1 + 2x +3x2)+k3(3x + 4x2) a+bx+cx2_{= (2k} 1+ k1x+2k1x2)+ (-k2+ 2k2x +3k2x2)+ (3k3x + 4k3x2) a+bx+cx2_{= (2k} 1 - k2)+ (k1 + 2k2 + 3k3)x + (2k1 + 3k2 + 4k3)x2

Didapat sistem persamaan linier: a=2k1 - k2

b= k1 + 2k2 + 3k3

c=2k1 + 3k2 + 4k3

Persamaan matrik di atas selalu mempunyai solusi, jika matrik koefisien mempunyai invers, berarti determinan matrik koefisien tidak sama dengan nol.

= =

Jadi, Q membangun P₂.

=-(10-6)=-4≠0

-Jawab Membangun (3/5)

Karena M⊆M2x2, maka akan ditunjukkan bahwa M membangun M2x2. Berarti pula

apakah persamaan w=k1m1+k2m2+k3m3selalu mempunyai solusi untuk bentuk

umum w, w= ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ d c b a ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ d c b a ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − 21 0 1 k 1 2 3 0 k 0 1 0 2 k1 2 3 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ d c b a ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + + − + 3 2 3 2 1 2 3 1 k k k 2 k 2 k k 3 k k 2 = = ~ d 1 1 0 c 2 2 1 b 0 3 0 a 1 0 2 1 3 b b ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 2 ~ d 1 1 0 a 1 0 2 b 0 3 0 c 2 2 1 1 3 b b+ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− ~ d 1 1 0 2c a 5 4 0 b 0 3 0 c 2 2 1 2 4 b b ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + −

Didapat sistem persamaan linier: a= 2k1 + k3

b= 3k2

c= -k1 + 2k2 + 2k3

d= k2 + k3

Diselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan:

(7)

Jawab Membangun (4/6)

Sistem persamaan linier di atas, hanya mempunyai solusi jika 3a+b+6c-15d=0, sedangkan yang diminta untuk sebarang nilai: a, b, c, dan d. Jadi, ada matrik 2x2 yang tidak bisa dinyatakan sebagai kombinasi linier dari M. ~ 3 4 b 0 3 0 2c a 5 4 0 d 1 1 0 c 2 2 1 2 4 2 3 b b b b − − ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + − ~ 3 3d -b 3 0 0 4d -2c a 1 0 0 d 1 1 0 c 2 2 1 3 4 b b+ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − + − ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + + − 15d -b 6c 3a 0 0 0 4d -2c a 1 0 0 d 1 1 0 c 2 2 1

Jawab Membangun (4/5)

⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 1 1 1 1 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − 2 1 0 1 k 1 2 3 0 k 0 1 0 2 k1 2 3 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 1 1 1 1 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + + − + 3 2 3 2 1 2 3 1 k k k 2 k 2 k k 3 k k 2 = =

Didapat sistem persamaan linier: 1= 2k1 + k3

1= 3k2

1= -k1 + 2k2 + 2k3

1= k2 + k3

Diselesaikan dengan eliminasi Gauss-Jordan: Contoh penyangkal: u= ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 1 1 1 1

-Jawab Membangun (5/5)

~ 1 1 1 0 1 2 2 1 1 0 3 0 1 1 0 2 1 3 b b ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 2 ~ 1 1 1 0 1 1 0 2 1 0 3 0 1 2 2 1 1 3 b b+ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− ~ 1 1 1 0 3 5 4 0 1 0 3 0 1 2 2 1 2 4 b b ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− ~ 3 4 1 0 3 0 3 5 4 0 1 1 1 0 1 2 2 1 2 4 2 3 b b b b − − ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− ~ 3 2 -3 0 0 1 -1 0 0 1 1 1 0 1 2 2 1 3 4 b b+ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− 5 -0 0 0 1 -1 0 0 1 1 1 0 1 2 2 1

Dari matrik terakhir ini, terlihat bahwa SPL tidak mempunyai solusi. Jadi, ada matrik 2x2 yang tidak bisa dinyatakan sebagai kombinasi linier dari M. Jadi, M tidak membangun ruang vektor M2x2.

(8)

Bebas Linier

Misalkan V ruang vektor.

B={a1, a2, ..., an}⊆V. Himpunan B disebut bebas linier, jika persamaan vektor:

k1a1+ k2a2+ ...+ knan= o

hanya dipenuhi oleh k1= k2= ...= kn= 0 (hanya solusi trivial).

Jika terdapat solusi yang lain (solusi tak trivial), maka B disebut tak bebas linier/ bergantung linier. ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 1 0 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , 0 0 0 1 4 3 2 1 m m m m ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 0 0 0 0 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ d c b a Contoh:

S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} bebas linier,

karena (0, 0, 0)=ae1+ be2+ ce3=(a, b, c), berarti hanya dipenuhi oleh a=b=c=0.

B={p1=1, p2=x, p3=x2} bebas linier, karena 0=ap1+bp2+cp3=a+bx+cx2, berarti

a=b=c=0.

M= _{karena persamaan vektor berikut}bebas linier,

=am1+bm2+cm3+dm4= , berarti didapat: a=b=c=d=0.

-Sifat-sifat Himpunan Tak Bebas Linier

(Bergantung Linier)

1. Jika B={v1, v2, ..., vn} himpunan tak bebas linier, maka selalu

satu vektor dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya atau vi=k1v1+k2v2+...+ki-1v i-1+ki+1vi+1+ ...+knvnuntuk i=1, 2, ..., n

2. Jika B={ v1, v2} himpunan tak bebas linier, maka v1=kv2{v1

(9)

Tantangan

1. Apakah himpunan-himpunan di bawah ini membangun dan bebas linier? a. B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)} b. Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3=3x + 4x2} c. M=

⎭

⎬

⎫

⎩

⎨

⎧

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

1

2

0

1 ,

1

2

3

0 ,

0

1

0

2

3 2 1

m

d. Q={u1=(1, 0, 1, 2), u2=(2, 2, 3, 7), u3=(1, 1, 2, 4), u4=(-1, -1, -2, -2)} e. B={u1=(2, 1), u2=(0, 1), u3=(3, 3)} f. B={p1=1 - x - x2+ 2x3, p2= x + 3x2, p3=2 –2x - x2+ 4x3, p4=-1 + 2x + 4x2+ x3} g. B={p1=1 - x, p2=1 + 2x, p3=2 + x}

2. Tentukan vektor-vektor yang membangun himpunan semua vektor di bidang: 2x + 3y – z = 0. Apakah vektor-vektor tersebut bebas linier? Jelaskan!

Basis dan Dimensi

-Basis

Misalkan V ruang vektor. B={u1, u2, ..., un}⊆ V.

B disebut basis ruang vektor V, jika B memenuhi dua aksioma, berikut:

1. B bebas linier

2. B membangun V Contoh:

S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} basis di R3.

B={p1=1, p2=x, p3=x2} basis polinom berderajat maksimal 2

M= basis matrik 2x2.

Basis-basis di atas disebut basis baku dari masing-masing ruang vektor ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 1 0 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , 0 0 0 1 4 3 2 1 m m m m

(10)

Basis Tidak Tunggal

contoh: Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3=3x + 4x2}, juga basis P2,

karena:

k1p1+k2p2+k3p3=o, hanya dipenuhi oleh k1=k2=k3=0

k1p1+k2p2+k3p3=a+bx+cx2, selalu mempunyai solusi berapapun a, b,

dan c

Kedua persamaan di atas mempunyai matrik koefisien dan mempunyai solusi seperti yang

dikehendaki, jika determinannya tidak sama dengan nol. ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 4 3 2 3 2 1 0 1 2 2 3 2 1 2 2 4 3 2 3 2 1 0 1 2 b b b b − − − 2 1 0 3 2 1 6 5 0 − − − − 2 1 6 5 − − − − − = = =-(10-6)=-4≠0

Ruang Vektor Berdimensi Berhingga

Misalkan {o}≠V ruang vektor.

V disebut berdimensi berhingga, jika mempunyai himpunan yang banyak anggotanya berhingga yang menjadi basis. Jika tidak ada himpunan yang demikian ini disebut berdimensi tak hingga.

Perkecualian, walaupun ruang vektor nol tidak mempunyai basis, namun dianggap berdimensi berhingga.

Contoh: R3_{, P}

2, M2x2termasuk berdimensi berhingga.

-Dimensi Ruang Vektor

Misalkan V ruang vektor berdimensi berhingga, dimensi dari V, ditulis dim(V), adalah banyaknya anggota (kardinalitas) dari basis. Perkecualian, untuk ruang nol didefinisikan berdimensi nol.

Contoh:

1. dim(R3)=3, dim(Rn)=n, dim(M2x2)=4, dim(P2)=3, dim(Pn)=n+1. 2. Tentukan dimensi dari sub ruang pada bidang: -x + 2y +5z=0.

Jawab: x=2y+5z, sehingga

(x, y, z) = (2y+5z, y, z) dan karena y dan z variable bebas, y=t, z=s, akibatnya: (x, y, z)=(2t+5s, t, s)= t(2, 1, 0)+s(5, 0, 1) {dapat dibaca vektor pada bidang –

x+2y+5z=0 dibangun oleh vektor (2, 1, 0) dan (5, 0, 1)}.

Karena (2, 1, 0) dan (5, 0, 1) tidak saling berkelipatan, maka bebas linier. Jadi, basis sub ruang –x+2y+5z=0 adalah {(2, 1, 0), (5, 0, 1)} berarti berdimensi 2.

(11)

Contoh

(1/ 2)

Tentukan basis dan dimensi dari ruang solusi sistem persamaan linier homogen berikut:

2x + 2y – 3z = 0 2x + 3y – z – w = 0 2x + 5y + 3z – 3w = 0 Jawab: 2x – 7z + 2w = 0 atau x = (7z – 2w)/2 y + 2z - w = 0 atau y = - 2z + w ~ 0 3 3 5 2 0 1 1 3 2 0 0 3 2 2 1 3 1 2 b b b b − − ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − ~ 3 0 3 6 3 0 0 1 2 1 0 0 0 3 2 2 2 3 b b− ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − − ~ 2 0 0 0 0 0 0 1 2 1 0 0 0 3 2 2 b1−b2 ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − 0 0 0 0 0 0 1 2 1 0 0 2 7 0 2

Contoh

(2/2)

karena z dan w anu yang bebas, misalkan z = t dan w=s, maka didapat:

x = (7t – 2s)/2 y = -2t + s

Sehingga solusinya berbentuk: (x, y, z, w)=t (7/2, -2, 1, 0) + s (-1, 1, 0, 1)

Jadi, basis ruang solusi sistem persamaan linier di atas adalah: {(7/2,-2,1,0), (-1,1,0,1)} dan dimensi: 2

-Tantangan

1. Apakah himpunan vektor-vektor di bawah ini basis ruang vektor yang sesuai? Jelaskan.

a. B={u1=(3, 0), u2=(1, 2), u3=(-2, 1)} b. B={u1=(2, 1, 0), u2=(1, -1, 2), u3=(-2, 2, 1)}

c. B={u1=(1, 0, 1, 2), u2=(2, 2, 3, 7), u3=(1, 1, 2, 4), u4=(-1, -1, -2, -2)} d. B={p1=1 - x, p2= 2 + 3x}

e. B={p1=1 - x - x2, p2= x + 3x2, p3=2 – 2x - x2}

2. Tentukan basis dan dimensi dari

a. ruang vektor polinom yang berbentuk a+bx+cx2, dengan syarat a=b+2c.

(12)

Tantangan

3. Tentukan basis dan dimensi ruang solusi

sistem persamaan linier homogen berikut:

a.

b.

⎪

⎭

⎪

⎬

⎫

=

−

+

−

=

−

+

−

+

−

=

−

+

−

+

0

4

3

4

0

3

2

3

2

0

2

5 4 3 2 5 4 3 2 1 5 4 3 2 1

x

⎪

⎭

⎪

⎬

⎫

=

−

+

=

−

+

=

−

+

0

4

3

2

3

0

5

4

3

4

0

2

5 4 3 2 1 5 4 3 2 1 5 4 3 2 1

x