Catatan Kuliah Aljabar Linier. Abstrak

(1)

Home Page Title Page JJ II J I Page1of132 Go Back Full Screen Close Quit

Catatan Kuliah Aljabar Linier

Subiono

subiono2003@telkom.net

24 Agustus 2009

Abstrak

Dalam catatan kuliah ini diberikan beberapa materi dari mata ku-liah Aljabar Linier untuk program Sarjana (S1) jurusan matema-tika FMIPA-ITS. Materi kuliah berupa perencanaan yang disajikan agar mempermudah peserta ajar dalam proses belajar mengajar. Peserta ajar diharapkan mempersiapkan diri melalui pemahaman yang dipunyai sebelumnya dan menambah kekurangan pemahaman pengetahuannya yang dirasa kurang saat proses belajar mengajar di kelas. Juga agar mempermudah proses belajar mengajar digu-nakan alat bantu perangkat lunak Euler. Selain itu materi kuliah ini disesuai dengan Kurikulum 2009.

(2)

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).

(3)

Home Page Title Page JJ II J I 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).

(4)

Home Page Title Page JJ II J I 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

(5)

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.

2. Himpunan _Rn juga ruang vektor atas _R dengan definisi ope-rasi tambah dan kali diberikan seperti di Contoh 1. Pe-nambahan dalam Contoh 1. dinamakan penambahan secara komponen yang bersesuaian.

(6)

Home Page Title Page JJ II J I Page6of132 Go Back Full Screen Close Quit Lanjutan Contoh...

3. Himpunan matriks m×n dengan elemen elemennya bilangan riil Mm,n(R) =      a11 . . . a1n ... ... ... a_m₁ . . . a_mn   aij ∈ R    dimana penambahan matriks diberikan oleh:   a₁₁ . . . a₁_n ... ... ... am1 . . . amn  +   b₁₁ . . . b₁_n ... ... ... bm1 . . . bmn   def =   a₁₁ +b₁₁ . . . a₁_n + b₁_n ... . . . ... am1 +bm1 . . . amn + bmn   sedangkan perkalian skalar α ∈ _R dengan matriks diberikan oleh: α   a₁₁ . . . a₁_n ... ... ... am1 . . . amn   def =   αa₁₁ . . . αa₁_n ... . . . ... αam1 . . . αamn  .

(7)

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}

di-mana definisi penambahan fungsi dan perkalian skalar de-ngan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruang vek-tor atas lapangan riil _R.

(8)

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

S ⊂ V (S 6= ∅) dikatakan suatu ruang bagian bila S sendiri dengan operasi tambah dan kali seperti di V tetap merupakan ruang vektor atas K.

(9)

Home Page Title Page JJ II J I 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

P_n(_R) atas lapangan _R dengan n ≥ 3. 4. Himpunan S = n (an) ∈ l∞ | lim n→∞an = x, x ∈ R o adalah ruang bagian dari ruang vektor l_∞ atas lapangan _R.

(10)

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 + . . . + x_ns_n ∈ S untuk setiap x1, x2, . . . , xn ∈ K dan s1,s2, . . . ,sn ∈ S.

(11)

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   ∈ B.

(12)

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 2_f 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

+(aa₃ + bb₃)x3.

(13)

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 + . . .+x_ns_n | x₁, . . . , x_n ∈ K,s₁, . . . ,s_n ∈ 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.

Terlihat bahwa av + bw ∈< S >, oleh karena itu < S > adalah ruang bagian dari V.

(14)

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)

0

dan

e

₂

= (0

,

1 ,

0)

0

. Sebab,

R

2

=











x

y

0 



x, y

∈

R







=







x





1

0

0 



+

y





0

1

0 



x, y

∈

R







=

{x

e

₁

+

y

e

₂

|

x, y

∈

_R

}

=

<

{

e

₁

,

e

₂

}

> .

(15)

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

dan karena

h

S

i ⊂ h

S

∪ {

v

}i

, oleh karena itu

haruslah

h

S

i

=

h

S

∪ {

v

}i

.

(16)

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

(17)

Berikut ini diberikan suatu pengertian mengenai bebas lin-ier. Vektor-vektor v₁,v₂, . . . ,v_n di suatu ruang vektor V atas lapangan K dikatakan bebas linier bila vektor v_i, 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 + . . .+ x_ns_n = 0, x_i ∈ K dipenuhi hanya untuk x₁ = . . . = x_n = 0.

Bukti

Misalkan si ∈ S, i = 1,2. . . , n bebas linier dan andaikan x1s1+. . .+

x_ns_n = 0 tetapi untuk beberapa i, x_i 6= 0. Didapat s_i = (−x_x1

i)s1 + . . . + (−xi−1 x_i )si−1 + (− x_i₊₁ x_i )si+1 + . . . + (− x_n x_i)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 + . . .+ x_ns_n = 0 dipenuhi hanya untuk

x1 = . . . = xn = 0. Selanjutnya misalkan x1s1+. . .+xnsn = 0, xi ∈ K

dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0, maka jelas bahwa

s_i, i = 1,2. . . , n bebas linier. Bila tidak berarti bahwa untuk

beberapa i, s_i = c₁s₁ + . . . + c_i₋₁s_i₋₁ + c_i₊₁s_i₊₁ + . . . + c_ns_n atau 0 = c1s1+. . .+ci−1si−1+cisi+ci+1si+1+. . .+cnsn dengan ci = −1. Ini

bertentangan dengan kenyataan bahwa 0 = c1s1 +. . .+ci−1si−1+

(18)

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

,

yaitu vektor s merupakan kombinasi linier

dari vektor-vektor s

₁

, . . . ,

s

_n

. Hal ini berarti

bahwa sistem persamaan linier tak

homo-gin s

=

x

₁

s

₁

+

. . .

+

x

_n

s

_n

, mempunyai jawab

x

= (

x

₁

, . . . , x

_n

)

0

.

(19)

1. Dalam _R4 vektor (1,4,−2,6)0 adalah kombinasi linier dari dua vektor (1,2,0,4)0 dan (1,1,1,3)0, sebab: (1,4,−2,6)0 = 3(1,2,0,4)0 − 2(1,1,1,3)0. Sedangkan vektor (2,6,0,9)0 bukan kombinasi linier (1,2,0,4) dan (1,1,1,3)0, sebab bila (2,6,0,9)0 =

x₁(1,2,0,4)0 + x₂(1,1,1,3)0 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.

(20)

Home Page Title Page JJ II J I Page20of132 Go Back Full Screen Close Quit Lanjutan Contoh

3. Misalkan tiga vektor v₁ = (1,2,3)0,v₂ = (3,2,1)0 dan v₃ = (3,3,3)0 di _R3. Maka h{v1,v2,v3}i = {x1v1 + x2v2 + x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R} = {(x₁ + 3x₂ + 3x₃,2x₁ + 2x₂ + 3x₃,3x₁ +x₂ + 3x₃)0} Tulis (x, y, z)0 = (x₁ + 3x₂ + 3x₃,2x₁ + 2x₂ + 3x₃,3x₁ + x₂ + 3x₃)0. 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.

(21)

Home Page Title Page JJ II J I Page21of132 Go Back Full Screen Close Quit Lanjutan Contoh

4. Dua vektor v₁ = 40 15 0,v₂ = −50 25 0 ∈ _R2 _sebab _x

1v1 +

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        x₃, x₅ ∈ _R             

(22)

Home Page Title Page JJ II J I 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     .

(23)

6. Misalkan tiga vektor v1 = (1,1,0)0,v2 = (5,1,−3)0 dan v3 =

(2,7,4)0 di _R3, maka h{v₁,v₂,v₃}i = {x₁v₁ + x₂v₂ +x₃v₃ | x₁, x₂, x₃ ∈ _R} = {x1(1,1,0)0 +x2(5,1,−3)0 +x3(2,7,4)0 | x1, x2, x3 ∈ R} = {(x1 + 5x2 + 2x3, x1 +x2 + 7x3,−3x2 + 4x3)0|x1, x2, x3∈R}. Tulis (x, y, z)0 = (x1+ 5x2+ 2x3, x1+x2+ 7x3,−3x2+ 4x3)0, 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  .

Terlihat bahwa, untuk setiap (x, y, z)0 ∈ _R3 _{selalu bisa} diper-oleh x1, x2, x3 ∈ R sehingga h{v1,v2,v3}i = x1v1 + x2v2 + x3v3. Jadi h{v₁,v₂,v₃}i = _R3.

(24)

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)0,(1,1)0} adalah suatu basis dari _R2, basis yang lainnya adalah B₂ = {(1,0)0,(0,1)0}. Secara umum

B3 = {(a11, a21)0,(a12, a22)0} 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

(25)

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+. . .+a_nv_n, dan v = x₁v₁+. . .+x_nv_n, didapat:

(x₁ − a₁)v₁ + . . .+ (x_n − a₀)v_n = 0, karena vektor-vektor v₁, . . . ,v_n 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 v_i, i = 1,2, . . . , m bergantungan linier.

Bukti Untuk setiap j = 1,2, . . . , m, tulis vektor v_j = (a1j, a2j, . . . , anj)0, sehingga persamaan x1v1+. . .+xmvm = 0 dalam

bentuk matriks adalah:   a₁₁ . . . a₁_m ... ... 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

(26)

Contoh

Dalam ruang vektor

_R

2

atas

_R

, Misalkan

v

₁

= (

a

₁₁

, a

₂₁

)

0

,

v

₂

= (

a

₁₂

, a

₂₂

)

0

∈

_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 mempunyai jawab trivial hanya bila

det(

A

)

6 =

0. Secara geometris, hal ini menyatakan

bahwa luas daerah jajaran genjang yang

dibentuk oleh dua vektor v

₁

dan v

₂

sama

dengan

|

det(

A

)

|

.

Sebaliknya bila

det(

A

) =

0, maka luas daerah ini sama dengan

0. Hal ini menunjukkan bahwa dua vektor v

₁

dan v

₂

terletak pada satu garis yang sama

atau dengan kata lain dua vektor v

₁

dan

v

₂

bergantungan linier. Jadi

{

v

₁

,

v

₂

}

adalah

suatu basis dari

_R

2

dengan dimensi

2 (me-ngapa?).

(27)

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 + . . .+a_n₁v_n ...

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 + . . .+x_mu_m

= 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 . . . a₁_m ... ... an1 . . . anm     x₁ ... xm   =   0 ... 0  .

Persamaan homogin diatas mempunyai jawab non-trivial

(28)

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             

(29)

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

(30)

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

,

(0

,

−

1 ,

0)

0

} ⊂

_R

3

, jelas

bahwa vektor-vektor di

S

bebas linier dan

hS

i

=

{x

(1

,

1 ,

1)

0

+

y

(0

,

−

1 ,

0)

0

= (

x, x−y, x

)

0

|x, y

∈

R

}

, jelas bahwa bila

(

x

1

, x

2

, x

3

)

0

∈ hS

i

, maka

x

₃

=

x

₁

. Oleh karena itu

(

x, y, z

)

0

∈ hS

/

i

bila

x

6 =

z

.

Pilih vektor

(1

,

0 ,

0)

sehingga

dida-pat

T

=

{

(1

,

1 ,

1)

0

,

(0

,

−

1 ,

0)

0

,

(1

,

0 ,

0)

0

}

dimana

vektor-vektor di

T

bebas linier, maka dari

itu

T

merupakan suatu basis dari

_R

3

.

(31)

Home Page Title Page JJ II J I 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

(32)

Home Page Title Page JJ II J I 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+. . .+

x_r₊_mu_m, didapat w = −x_r₊_m₊₁v₁ +. . .−x_r₊_m₊_nv_n. 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 b_i. Sehingga didapat b₁z₁ + . . . + b_rz_r = −x_r₊_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 + . . . + x_rz_r + x_r₊₁u₁ + . . . + x_r₊_mu_m +

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 = . . . = x_r = x_r₊₁ = . . . = x_r₊_m = 0. Sehingga didapat xk = 0, k = 1,2, . . . , r+m+n. Jadi vektor-vektor

(33)

Home Page Title Page JJ II J I Page33of132 Go Back Full Screen Close Quit Contoh Misalkan W = _R2,u1 = (1,1,0,0)0,u2 = (−3,7,2,1)0, U = h{u1,u2}i dan V = {(x₁, x₂, x₃,0)0|x_i ∈ _R}. Vektor-vektor u₁,u₂ bebas linier, sebab bila a₁u₁ + a₂u₂ = 0 atau a₁(1,1,0,0)0 + a₂(−3,7,2,1)0 = 0 didapat a₁ = a₂ = 0. Jadi dim(U) = 2. Suatu basis dari V adalah e1 = (1,0,0,0)0,e2 = (0,1,0,0)0,e3 = (0,0,1,0)0. Jadi dim(V) = 3. Perhatikan bahwa e4 = (0,0,0,1)0 =

(−3,7,2,1)0+3(1,0,0,0)0−7(0,1,0,0)0−2(0,0,0,1)0 = 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)0 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, . . . ,u_m} dan {v₁, . . . ,v_n}. 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, . . . ,u_m,v₁, . . . ,v_n menjadi vektor-vektor yang bebas linier (sampai minimal) dan himpun kedalam himpunan S, sehingga didapat W = h{S}i. Jadi di-mensi dari W sama dengan banyaknya vektor-vektor di S.

(34)

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)0 | x1, x2 ∈ R} dan

V = {(0,0, x3)0|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+(0,0, x₃)0 = (x₁, x₂, x₃)0|x₁, x₂, x₃ ∈ R} = {x1(1,0,0)0 + x2(0,1,0)0 + x3(0,0,1)0 | x1, x2, x3 ∈ R} = R3, terlihat bahwa dim(U + V ) = 3. Perhatikan bahwa

U = {(x1, x2,0)0 | x1, x2 ∈ R} = {x1(1,0,0)0 + x2(0,1,0)0 | x1, x2 ∈

R} = h{(1,0,0)0,(0,1,0)0}i, terlihat bahwa dim(U) = 2. Begitu

juga, V = {(0,0, x3)0 | x3 ∈ R} = {x3(0,0,1)0 | x3 ∈ R} = h{(0,0,1)0}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,(0,1,0)0} adalah suatu basis dari U dan himpunan

{(0,0,1)0} adalah suatu basis dari V sedangkan himpunan

{(1,0,0)0,(0,1,0)0,(0,0,1)0} 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).

Kesimpulan. Dimensi dari suatu ruang jumlahan langsung sama dengan jumlah dari masing-masing dimensi ruang.

(35)

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.

¯

Koordinat. Misalkan

{

v

₁

, . . . ,

v

_n

}

adalah

su-atu basis dari susu-atu ruang vektor atas

K

.

Jadi setiap

v

∈

V

dapat ditulis secara

tung-gal oleh

v

=

x

₁

v

₁

+

. . .

+

x

_n

v

_n

untuk beberapa

skalar

x

₁

, . . . , x

_n

∈

K

. Dalam hal ini

skalar-skalar

x

₁

, . . . , x

_n

dinamakan

koordinat

dari

vektor v terhadap basis

{

v

₁

, . . . ,

v

_n

}

.

(36)

Home Page Title Page JJ II J I Page36of132 Go Back Full Screen Close Quit Contoh.

Misalkan V = _R3 dengan basis baku {e₁ = (1,0,0)0,e₂ = (0,1,0)0,e₃ = (0,0,1)0} dan misalkan sebarang v = (x, y, z)0 ∈ 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)0,v2 = (1,0,1)0,v3 = (1,1,0)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.

Adalah perlu dijamin bahwa suatu vektor dikaitkan dengan suatu vektor basis yang sesuai, cara baku untuk melakukan hal ini adalah menggunakan penyajian terurut untuk koordi-nat dan vektor basis. Bila urutan dari vektor-vektor dalam suatu basis dipersoalkan dalam hal ini dinamakan basis teru-rut dan basis ini ditulis sebagai suatu barisan. Bila urutan dari vektor basis takdipersoalkan, basis tersebut ditulis seba-gai suatu himpunan, dalam hal ini penekanan mengenai diskusi dari suatu vektor basis, urutan tidak bergantung pada urutan. Tetapi, bila koordinat dari suatu vektor disajikan sebagai baris atau kolom dalam suatu matriks, maka secara esensi penyajian bergantung pada urutan vektor-vektor basis. Begitu juga, bila suatu pemetaan linier disajikan sebagai suatu matriks, maka sangatlah penting menggunakan vektor basis terurut.

(37)

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)0) def= (2x − y, y + z)0. Maka α adalah pemetaan

linier, sebab α(k1u1 + k2u2) = α(k1(x1, y1, z1)0 + k2(x2, y2, z2)0) =

α((k1x1 + k2x2, k1y1 + k2y2, k1z1 + k2z2)0) = (2k1x1 + 2k2x2 − k1y1 −

k₂y₂, k₁y₁+k₂y₂+k₁z₁+k₂z₂)0 = (2k₁x₁−k₁y₁, k₁y₁+k₁z₁)0+ (2k₂x₂−

k₂y₂, k₂y₂ + k₂z₂)0 = k₁(2x₁ − y₁, y₁ + z₁)0 + k₂(2x₂ − y₂, y₂ + z₂)0 =

k₁α((x₁, y₁, z₁)0) + k₂α((x₂, y₂, z₂)0).

2. Misalkan α : _R3 → _R2 _dengan _α₍₍_{x, y, z}₎0₎ def_{= (}_x2_{, y} ₊ _z₎0_,

pemetaan α bukan pemetaan linier, sebab α(2(1,0,0)0) =

(38)

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)0) =

(2x − y, y + z)0 | x, y, z ∈ _R}, sedangkan ker(α) = {(x, y, z)0 | 2x − y =

0, y +z = 0, x, y, z ∈ _R} = {y(1₂,1,−1)0 | 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) +

k2α(u2) = α(k1u1) + α(k2u2) = α(k1u1 + k2u2) ∈ Im(α). Jadi Im(α) adalah ruang bagian dari V.

(39)

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

) =

α

(u

₁

−

u

₂

). Terlihat bahwa u

₁

−

u

₂

∈

ker(

α

).

Tetapi,

ker(

α

) =

{

0 }

. Maka dari itu

harus-lah u

₁

−

u

₂

=

0 atau u

₁

=

u

₂

.

Jadi

pemetaan

α

adalah satu-satu.

(40)

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 . . . a₁_n ... ... ... 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 . . . a₁_n ... ... ... an1 . . . ann     k1   x₁ ... xn  + k2   ¯ x₁ ... ¯ xn      = k1   a₁₁ . . . a₁_n ... ... ... an1 . . . ann     x₁ ... xn   +k₂   a11 . . . a1n ... ... ... an1 . . . ann     ¯ x1 ... ¯ xn   = k₁T(x) + k₂T(¯x).

(41)

2. Dalam Contoh 1. sebelumnya, maka

Im(T) =      y₁ ... yn   =   a₁₁ . . . a₁_n ... ... ... 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 ... x_n     a11 . . . a1n ... ... ... a_n₁ . . . a_nn     x1 ... x_n   =   0 ... 0     

(42)

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 v_i = α(w_i), i = 1,2. . . , n. Akan di-tunjukkan bahwa v_i, 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 + . . . +

k_nw_n) = 0. Jadi k₁w₁ + . . . + k_nw_n ∈ ker(α). Oleh karena itu

k₁w₁ + . . .+ k_nw_n = ¯k₁u₁ +. . .+ ¯k_mu_m untuk beberapa k¯_i, atau

¯

k₁u₁+. . .+ ¯k_mu_m−k₁w₁+. . .−k_nw_n = 0. Karena vektor-vektor

{u1, . . . ,um,w1, . . . ,wn} bebas linier maka k¯1 = . . . = ¯km = k1 =

(43)

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)0) = (x+z,2x−y +z)0 untuk setiap (x, y, z)0 ∈ _R3_{. Kernel}

dari α adalah penyelesaian dari persamaan vektor α((x, y, z)0) = (x+z,2x−y+z)0 = (0,0)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)0 | x ∈ _R} = h{(1,1,−1)0}i. Terlihat bahwa nullity(α) = 1. Sedangkan Im(α) = {(x + z,2x − y + z)0 | x, y, z ∈ R} = {x(1,2)0−y(0,1)0+z(1,1)0|x, y, z ∈ R} = h{(1,2)0,(0,1)0,(1,1)0}i = h{(1,2)0 = (0,1)0 + (1,1)0,(0,1)0,(1,1)0}i = h{(0,1)0,(1,1)0}i. Terlihat bahwa rank(α) = 2. Sehingga didapat dim(_R3) = nullity(α) +

(44)

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(u_i) = v_i, 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(u_i) = v_i, i = 1, . . . , n. Akan ditunjukkan bahwa α

(45)

Home Page Title Page JJ II J I 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 + . . . + a_nv_n 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(u_i) = v_i, i = 1, . . . , n dan misalkan se-barang u = k₁u₁ + . . .+ k_nu_n ∈ U untuk beberapa skalar k_i ∈ 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)

(46)

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

(

βα

)(

k

₁

u

₁

+

k

₂

u

₂

) =

β

(

α

(

k

₁

u

₁

+

k

₂

u

₂

))

=

β

(

k

₁

α

(u

₁

) +

k

₂

α

(u

₂

))

=

k

₁

β

(

α

(u

₁

)) +

k

₂

β

(

α

(u

₂

))

=

k

₁

(

βα

)(u

₁

) +

k

₂

(

βα

)(u

₂

)

.

(47)

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

(48)

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+. . .+x_mu_m dan v = α(u) ∈ V. Tetapi v = y₁v₁+. . .+y_nv_n. Sehingga didapat α(u) = x1α(u1) + . . . +xmα(um) = x₁(a₁_,₁v₁ + . . .+a_n,₁v_n) + . . . +x_m(a₁_,mv₁ + . . .+a_n,mv_n) = (a1,1x1 + . . .+ a1,mxm)v1 +. . . + (an,1x1 +. . . +an,mxm)vn = y₁v₁ +. . .+ y_nv_n atau y = Ax, dimana y =   y₁ ... yn  , A =   a₁_,₁ . . . a₁_,m ... ... ... an,1 . . . an,m   dan x =   x₁ ... xm  .

(49)

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,u_j,w_k) dimana C = BA dengan c_k,j =

n

P

i=1

b_k,ia_i,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)(u_j) = p P k=1

c_k,jw_k, sehingga dengan menyamakan

koe-fisien masing-masing persamaan didapat c_k,j =

n

P

i=1

(50)

1. Diberikan suatu transformasi linier α : _R3 → _R3 oleh

α((x, y, z)0) = (x − y − z, x + y + z, z)0 dengan basis baku

teru-rut didapat: α((1,0,0)0) = (1,1,0)0, α((0,1,0)0) = (−1,1,0)0 dan

α((0,0,1)0) = (−1,1,1)0, 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)0,(1,1,0)0,(1,0,1)0 didapat α((1,0,0)0) = (1,1,0)0 = 0(1,0,0)0 + 1(1,1,0)0 + 0(1,0,1)0 = (0,1,0)0_B, α((1,1,0)0) = (0,2,0)0 =

−2(1,0,0)0 + 2(1,1,0)0 + 0(1,0,1)0 = (−2,2,0)0_B dan α((1,0,1)0) = (0,2,1)0 = −3(1,0,0)0 + 2(1,1,0)0 + 1(1,0,1)0 = (−3,2,1)0_B. Se-hingga matriks representasi dari α dengan basis terurut B

diberikan oleh: _  0 −2 −3 1 2 2 0 0 1  .

(51)

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)0_B₂, α(x) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) = (0,0)0_B₂, α(x2) = 2 = 2.1 + 0(x+2) = (2,0)0_B₂ dan α(x3) = 6x = −12.1+6(x+2) = (−12,6)0_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 = 2γ.1 + 6δ.x ∈ h{1, x}i. Jadi Im(α) = h{1, x}i dan terlihat bahwa dimensi Im(α) sama dengan dua.

(52)

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,u_j,w_k) 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