1001 Pembahasan UTS Aljabar Linear KATA PENGANTAR

(1)

Arip Paryadi , IT Telkom 1

KATA PENGANTAR

Sebagaian besar mahasiswa menganggap bahwa Mata Kuliah yang berhubungan dengan menghitung yang salah satunya Aljabar Linear adalah susah, rumit dan memusingkan. Alhasil jalan keluar yang ditempuh untuk mengatasinya adalah mahasiswa menghafal teknik (urutan cara) menjawab soal, bukan memahami inti persoalan, materi, dan bagaimana mendapatkan ide menyelesaikan soal.

Sebagian lagi menganggap pemahaman materi saja sudah cukup. Pengalaman saya, mahasiswa yang baru memahami sebuah materi secara intuitif tetap saja akan kesulitan ketika menjawab persoalan. Kesulitan bukan karena tidak tahu jawabannya, tetapi kurang pandai bagaimana cara mengungkapkannya. Kemampuan seseorang menuangkan apa yang difahaminya ke dalam tulisan yang sistematis dan bisa dimengerti orang lain juga penting, karena orang khususnya dosen ketika UAS tertulis menilai apa yang kita tulis pada lembar jawaban bukan apa yang ada di dalam otak kita.

“1001 soal dan solusi “ ini dibuat bukan dengan tujuan agar mahasiswa pembaca menghafal teknik menjawabnya, melainkan supaya pembaca dapat lebih memahami materi, dan berlatih mengungkapkan apa yang difahami. Tentunnya tulisan ini tidaklah cukup bagi pembaca,

text book dan penjelasan dari dosen tetaplah lebih utama, jadikan soal- soal yang ada disini sebagai latihan, sekedar untuk melihat kebenaran jawaban anda atau ketika anda merasa sudah mengalami kebuntuan, baru silahkan pembaca menyimak pembahasannya.

(2)

Arip Paryadi , IT Telkom 2 Semoga bermanfaat !

(3)

DAFTAR ISI KATA PENGANTAR ... 1

DAFTAR ISI ... 3

SOAL SOAL ... 4

UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 ... 5

PEMBAHASAN ... 12

(4)

(5)

Arip Paryadi , IT Telkom 5 UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2008/2009

Aljabar Linear / MA1223 Senin 20-04-2009

Tutup Buku

UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 1. Diketahui SPL

(

14

)

0 4 0 5 3 0 3 2 2₋ ₌ + + = + − = − + z k y x z y x z y x

Memiliki solusi tak hingga banyak a. Tentukan nilai k

b. Tentukan solusinya

2. Diketahui matriks A4x4 dengan

            − − = 1 3 0 1 3 1 2 3 1 2 1 2 2 1 1 1 A a. Hitung det(A)

b. Tentukan solusi X (jika ada) dari AX = B dengan

            − = 2 4 1 3 B 3. Misalkan A = (1,1,2), B = (-1,0,3), C = (2,-3,4), maka: a. Hitung luas segitiga ABC

b. Tentukan proyeksi orthogonal ܣܤሬሬሬሬሬԦ terhadap ܣܥሬሬሬሬሬԦ

4. Diketahui W adalah himpunan (a,b,c) א R3 dengan a2 = b2 + c2. Periksa apakah W subruang dari R3

5. Periksa apakah polinom-polinom berikut :

( )

2 4 2 3 2 2 1 x 1 x, p x 1 x x , p x 2 x ,dan p x 3 x x p = + = − + = + = + +

Membangun P2 ? Berikan penjelasannya !

No 1 2 3 4 5 Nilai 8 8 8 8 8

(6)

MA 1223 ALJABAR LINEAR Rabu / 9 April 2008

Tutup Buku

UTS Aljabar Linear MA1223 2007-2008 Kerjakan dengan singkat dan benar !

Berdoalah sebelum mengerjakan!

1. Periksa apakah S=

{

(

1,2,3

) (

, 2,3,4

) (

, 0,0,0

)

}

saling bebas linear !

2. Diketahui             − − = 0 1 5 3 0 0 2 0 5 1 1 0 4 3 2 1 A hitung det(2A) !

3. Diketahui sistem persamaan linear

1 0 2 1 2 = + = − − − = + z y y x z y x

Tentukan solusi dari SPL tersebut !

4. Diketahui W =

{

a+bx+cx2 a=b+c, dengan b,c∈R

}

a. Periksa apakah W adalah subruang polinom orde dua P2

b. Bila ya, tentukan basis dan dimensi dari W !

5. Tentukan basis dan dimensi ruang solusi dari SPL homogen

0 2 0 = − + − = + + + w y x w z y x

6. Hitung luas segitiga yang titik-titik sudutnya P (1,2,3) , Q (4,3,1), dan R (2,1,2)

(7)

Aljabar Linear / MA1223 Tutup Buku

UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007 1. Tentukan basis dan dimensi subruang

          = −           = a 2c 0 c b a W 2. Diketahui S=

{

2+x+x2,1−2x+x2,1+x−2x2

}

a. Periksa apakah S bebas linear

b. Periksa apakah S membangun P2

c. Periksa apakah S basis P2

3. Tentukan yrjika diketahui ur=

(

−1,3,2)

)

, y=(y1,y2,y3) r

dan ur× yr=(1,1,−1). 4. Diketahui ur=(k,k−1,1), vr=(−k−1,2k,4), tentukan semua nilai k supaya

ur dan vr membentuk sudut lancip

5. Tentukan basis dan dimensi ruang solusi (ruang null) dari SPL homogennya berikut 0 3x₁+x₂+x₃+x₄= 0 5x₁−x₂+x₃−x₄= 0 4 2 1−x −x = x

JDN, ADW, ERW, SSI, WDT, NRD, SMN, DMA , RZK

Selamat mengerjakan, semoga sukses ! Soal 1 2 3 4 5 Nilai 8 8 8 8 8

(8)

MA1223 Aljabar Linear KAMIS 6 April 2006

Tutup Buku

UTS Aljabar Linear MA1223 2005-2006

1. Diketahui SPL dalam bentuk matriks AX B r r = , dengan           − − = 3 2 0 1 1 5 5 k k k A , 3 2 1           = x x x X r           − = 1 1 1 B r

. Jika Det

( )

A =−1 tentukan nilai x3

2. Diketahui ar=

(

1 k, ,1

)

dan b=

(

2,2,−1

)

r

, tentukan nilai k agar proy a =4

b

r

3. Diketahui W =

{

(

x,y,z

)

x−z=0

}

, periksa apakah W subruang R3

4. Diketahui S=

{

1−x+x2,1+x+x2

}

a. Periksa apakah S membangun P2 ( polinom orde-2)

b. Periksa apakah S bebas linear

c. Apakah S basis P2 (jelaskan jawaban anda )

Nomor 1 2 3 4

(9)

MA1223 – Aljabar Linear KAMIS, 14 April 2005

Tutup Buku

UTS Aljabar Linear MA1223 2004-2005 Kerjakan soal berikut dengan jujur dan benar !

1. Diketahui A=

(

1,2,3

)

, B=

(

−1,2,−3

)

, dan C=

(

3,2,1

)

merupakan titik pada ruang XYZ .

a. Tentukan proyeksi vektor AC terhadap vektor AB ! b. Tentukan luas segitiga ABC

2. Diketahui det t, i h g f e d c b a =          

untuk suatu a,b,c,d,e,f,g,h,i,t∈Rill.

Dengan menggunakan sifat, tentukan

               + + + − − −      c i b h a g c f b e a d c b a 2 2 2 2 2 2 3 det 3. Misalkan . 3 5 3 1       =

B Tentukan vektor tak nol _      = y x u sehingga Bu=6u!

4. Tentukan basis subruang S=

{

ax2+bx+c a+2b=3c

}

. Buktikan !

(10)

Arip Paryadi , IT Telkom 10 UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2003/2004

MA-2313 Aljabar Linear Selasa 7 Oktober 2003

Tutup Buku

1. Misalkan sistem persamaan linear AX = B, dimana

              − − − − − − = 1 0 2 1 1 1 2 1 0 1 4 2 1 2 6 3 A Tentukan : a. Determinan A

b. A-1(matrtiks invers A, bila ada ) !

c. Basis ruang solusi, jika

              = 0 0 0 0 B

              =                             − α β α 11 2 1 2 0 1 6 5 1 1 1 1 0 1 2 0 1 4 3 2 1 x x x x

a. Tentukan nilai α dan β agar SPL memiliki solusi yang banyak b. Tentukan solusi SPL diatas dari jawaban a ( satu saja ) !

3. Diketahui A = (1,-1,2), B = (2,1,-1), dan C = (1,0,-3) merupakan titik-titik di _ℜ3_{. Tentukan :}

a. Luas segitiga ABC !

b. Proyeksi orthogonal ruas garis AB terhadap ruas garis yang tegak lurus terhadap ruas garis AC dan BC !

4. a. Misalkan A adalah himpunan polinom orde 3 yang berbentuk

3 3 2 2 1 0 ax a x a x

a + + + dimana a₀−2a₂ +a₃=0 . Periksa apakah A merupakan subruang dari ruang vektor polinom orde 3 ! jika ya tentukan basis dan dimensinya !

(11)

Arip Paryadi , IT Telkom 11 b. Diketahui . 3 1 2 1 , 1 1 1 1 , 4 1 2 0 , 0 1 1 2               −       −       −       − = W . Periksa, apakah

W merupakan basis bagi ruang vektor matriks 2×2 !

---o0 YLS-ADW-ERW-DMA 0o--- good Luck ! ..

(12)

(13)

Arip Paryadi , IT Telkom 13 PEMBAHASAN

Ujian Tengah Semester Genap 2008/2009 Mata Kuliah : Aljabar Linear / MA1223

Senin 20-04-2009

UTS Aljabar Linear MA1223 2008-2009 1. Diketahui SPL memiliki solusi tak hingga banyak

a. Menentukan nilai k

Jika SPL dituliskan sebagai perkalian matriks akan menjadi

          =                     − − − 0 0 0 14 1 4 5 1 3 3 2 1 2 _z y x k

Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah

          − − − 0 0 0 14 1 4 5 1 3 3 2 1 2 k

yang dapat direduksi sebagai berikut

          − − − − + − + − 0 0 0 2 7 0 14 7 0 3 2 1 ~ 4 ~ 3 2 3 1 2 1 k b b b b

Dari matriks ini terlihat bahwa sistem akan memiliki penyelesaian tak

hingga banyak jika dan hanya jika k2−2=14 yaitu k=±4. b. Menentukan solusinya

Jika k=±4 kita substitusikan pada operasi terakhir pada poin sebelumnya maka akan diperoleh

          − − − 0 0 0 14 7 0 14 7 0 3 2 1           − − − − 0 0 0 14 7 0 2 1 0 3 2 1 ~ 2 7 1_b           − + + − 0 0 0 0 0 0 2 1 0 1 0 1 ~ 7 ~ 2 3 2 1 2 b b b b

dari matriks ini kita peroleh x+ z=0dan y− z2 =0. Karena nilai z dapat ditetapkan dengan sembarang nilai t, maka kita memperoleh sebuah penyelesaian yaitu x=−t,y=2t,z=t ;t∈ℜ.

(14)

Arip Paryadi , IT Telkom 14 2. Diketahui matriks A4x4 dengan

            − − = 1 3 0 1 3 1 2 3 1 2 1 2 2 1 1 1 A a. Menghitung det(A)

( )

1 3 0 1 3 1 2 3 1 2 1 2 2 1 1 1 − − = A Det 1 3 0 1 2 1 1 1 1 2 1 2 2 1 1 1 − − − = 1 3 0 1 0 0 0 0 1 2 1 2 2 1 1 1 − − =

Jika kita lakukan ekspansi kofaktor sepanjang baris ketiga, maka akan menghasilkan Det

( )

A =0 .

b. Menentukan solusi X (jika ada) dari AX = B dengan

            − = 2 4 1 3 B

Sistem ini jika dituliskan dengan lengkap adalah

              − =                             − − 2 4 1 3 1 3 0 1 3 1 2 3 1 2 1 2 2 1 1 1 4 3 2 1 x x x x

Diperoleh dengan mengalikan baris kedua dengan -1 kemudian menambahkannya pada baris ketiga

Diperoleh dengan mengalikan baris pertama dengan -1 kemudian menambahkannya pada baris ketiga

(15)

Arip Paryadi , IT Telkom 15 Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah

              − − − 2 4 1 3 1 3 0 1 3 1 2 3 1 2 1 2 2 1 1 1

dengan menerapkan OBE yang sama dengan OBE pada poin sebelumnya ( poin a) sistem ini akan tereduksi menjadi

              − − − 2 0 1 3 1 3 0 1 0 0 0 0 1 2 1 2 2 1 1 1

Kemudian kita lanjutkan sehingga didapat bentuk eselon baris tereduksi sebagai berikut

              − − − − − ↔ + − 0 2 2 3 0 0 0 1 3 0 1 1 3 0 1 2 1 1 1 ~ ~ 4 3 2 1 b b b b               − − − + − + − 0 0 2 5 0 0 0 0 0 0 0 1 3 0 1 3 4 1 0 ~ ~ 3 2 1 2 b b b b               − − − ↔ 0 0 5 2 0 0 0 0 0 0 0 0 3 4 1 0 1 3 0 1 ~ 2 1 b b

Dari matriks terakhir kita peroleh x1+3x3−x4 =−2 dan 5

3 4 3 4 2− x + x =

x . karena nilai x3 bisa kita tetapkan sebagai

sembarang nilai s, dan x4 sebagai sembarang nilai t, maka kita

mendapatkan penyelesaian yaitu t

s

x1 =−2−3 + , x2 =5+4s−3t , x3 =s dan x4 =t ; s,t∈ℜ

3. Misalkan A = (1,1,2), B = (-1,0,3), C = (2,-3,4) a. Menghitung luas segitiga ABC

(

−1,0,3

) (

− 1,1,2

) (

= −2,−1,1

)

= − =B A AB

(

2,−3,4

) (

− 1,1,2

) (

= 1,−4,2

)

= − =C A AC

(16)

Arip Paryadi , IT Telkom 16 k j i k j i k j i AC AB 2ˆ 5ˆ 9ˆ 4 1 1 2 ˆ 2 1 1 2 ˆ 2 4 1 1 ˆ 2 4 1 1 1 2 ˆ ˆ ˆ + + = − − − + − − − − = − − − = × 110 81 25 4 ˆ 9 ˆ 5 ˆ 2 ₂1 2 1 2 1 2 1 _× ₌ ₊ ₊ ₌ ₊ ₊ ₌ = ∆ABC AB AC i j k Luas

b. Menentukan proyeksi orthogonal ܣܤሬሬሬሬሬԦ terhadap ܣܥሬሬሬሬሬԦ

(

)

(

1, 4,2

)

21 4 2 , 4 , 1 4 16 1 2 4 2 Pr 2 − = − + + + + − = • = AC AC AC AB AB oy AC

4. Memeriksa apakah W subruang dari R3 jika W =

{

(

a,b,c

)

a2 =b2+c2

}

. Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat dari subruang. Misalkan ada dan ambil sembarang anggota dari W yaitu w1,w2∈W dengan w1=

(

a1,b1,c1

)

dan w2 =

(

a2,b2,c2

)

. Tujuan kita adalah

memeriksa apakah w1+w2∈W .

Karena w1,w2∈W maka secara berturut turut haruslah berlaku * 2 1 2 1 2 1 b c a = + dan a₂2 =b₂2+c₂2 * . Kemudian

(

1 1 2

) (

2 2 2

) (

1 2 1 2 1 2

)

2 1 w a ,b ,b a ,b ,c a a ,b b ,c c w + = + = + + + .

Sekarang perhatikan bahwa

(

)

1 2 2 2 2 1 2 2 1 a a a 2 aa

a + = + + berdasarkan * dan ** akan menghasilkan

(

) (

)

1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 c b c 2 aa b + + + + =

(

) (

)

1 2 2 2 2 1 2 2 2 1 b c c 2 aa b + + + + =

(

)

(

)

2 2 1 2 2 1 b c c b + + + ≠

Ini menunjukkan bahwa w1+w2∉W yaitu W tidak tertutup terhadap perkalian. Jadi W bukanlah subruang dari R3. (tidak perlu kita periksa sifat sifat yang lainnya dari subruang)

5. Memeriksa apakah polinom-polinom berikut Membangun P2 .

( )

2 4 2 3 2 2 1 x 1 x, p x 1 x x , p x 2 x , dan p x 3 x x p = + = − + = + = + +

(17)

Arip Paryadi , IT Telkom 17 Untuk melihatnya harus kita periksa apakah sembarang polinom

2

cx bx a

p= + + pada P2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear

( )

5.1 4 4 3 3 2 2 1 1p k p k p k p k p= + + + .

Jika kita tuliskan (5.1) dengan lengkap akan menjadi

(

)

(

) (

)

(

2

)

4 2 3 2 2 1 2 _k ₁ _x _k ₁ _x _x _k ₂ _x _k ₃ _x _x cx bx a+ + = + + − + + + + + +

(

) (

)

(

)

2 4 3 2 4 2 1 4 3 2 1 k 2k 3k k k k x k k k x k + + + + − + + + + =

Dengan membandingkan koefisien suku yang sejenis pada kedua ruas diperoleh a k k k k1+ 2+2 3+3 4 = b k k k1− 2 + 4 = c k k k2 + 3+ 4 =

Dalam bentuk perkalian matriks sistem ini menjadi

          =                         − c b a k k k k 4 3 2 1 1 1 1 0 1 0 1 1 3 2 1 1

          − c b a 1 1 1 0 1 0 1 1 3 2 1 1

          − − − − + − c a b a b b 1 1 1 0 2 2 2 0 3 2 1 1 ~ 2 1

(

)

          − − c b a a b ₂1 2 2 1 1 1 1 0 1 1 1 0 3 2 1 1 ~

Perhatikan bahwa sistem ini akan konsisten (memiliki penyelesaian ) jika dan hanya jika c= ₂1

(

a−b

)

_{yang bertentangan dengan pernyataan} sembarang polinom p=a+bx+cx2 . Jika c≠ 1₂

(

a−b

)

_{maka sistem ini} tidak memiliki penyelesaian yang berarti ada polinom p∈P2yang tidak

dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear p=k1p1+k2p2 +k3p3+k4p4

(18)

Ujian Tengah Semester Genap 2007/2008 MA 1223 ALJABAR LINEAR

Rabu / 9 April 2008

1. Untuk melihat apakah S=

{

v₁=

(

1,2,3

)

,v₂ =

(

2,3,4

)

,v₃=

(

0,0,0

)

}

saling bebas linear harus diperiksa apakah k1 =k2 =k3=0 merupakan satu satunya solusi dari k₁v₁+k₂v₂+k₃v₃ =0.

Jika kita tuliskan persamaan ini dalam komponen komponennya maka akan menjadi k1

(

1,2,3

)

+k2

(

2,3,4

)

+k3

(

0,0,0

) (

= 0,0,0

)

.

Dengan mudah dibuktikan bahwa k1 =k2 =k3 =0merupakan solusi dari persamaan ini. Tetapi itu bukan satu satunya solusi, karena

t k k

k1 = 2 =0, 3 = , t∈ℜ juga merupakan solusi. Sehingga menurut definisinya S bergantung linear (tak bebas linear).

Alternatif

Karena kita dapat menuliskan v3 sebagai kombinasi linear dari vektor

vektor lainnya pada S yaitu v3 =0v1+0v2 maka S saling bergantung

linear.

2. Menghitung det(2A) jika diketahui

            − − = 0 1 5 3 0 0 2 0 5 1 1 0 4 3 2 1 A !

Dengan melakukan ekspansi kofaktor sepanjang baris ketiga kita memiliki

( ) ( )

2

(

5 33

)

56 5 1 4 3 3 0 1 5 1 2 0 1 3 5 1 0 4 3 1 . 2 . 1 det 5 _=− − + =−       + − = − = A

(19)

Arip Paryadi , IT Telkom 19 3. Menentukan solusi SPL 1 2 1 2 = + = − − = − + z y y x z y x

Jika kita tuliskan dalam bentuk perkalian matriks akan menjadi

          − =                     − − 1 2 1 1 1 0 0 1 1 1 1 2 z y x .

          − − − 1 2 1 1 1 0 0 1 1 1 1 2

yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai berikut           − − − + − 1 2 3 1 1 0 0 1 1 1 2 1 ~ 1 2 b b           − − − + − 1 5 3 1 1 0 1 3 0 1 2 1 ~ 2 1 b b           − − + + − 1 8 5 1 1 0 4 0 0 3 0 1 ~ 3 ~ 2 2 3 1 3 b b b b           − + + − 1 8 1 0 1 0 4 0 0 0 0 1 ~ ~ 1 2 4 3 3 2 4 1 b b b b           − 1 2 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 ~ 2 4 1_b           − ↔ 2 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ~ 3 2 b b

Dari matriks yang terakhir kita telah memperoleh sebuah penyelesaian SPL yaitu x=1,y=−1 dan z=2 .

4. Diketahui W =

{

a+bx+cx2 a=b+c, dengan b,c∈R

}

c. Memeriksa apakah W adalah subruang polinom orde dua P2 .

Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat sebagai subruang. Karena 2+x+x2 adalah anggota dari W, maka W memenuhi sifat

(20)

Arip Paryadi , IT Telkom 20 Jelas bahwa W ⊂P2

Misalkan ada sembarang polinom anggota W yaitu w₁,w₂∈W

dengan w1=a1+b1x+c1x2 dan 2 2 2 2 2 a b x c x w = + + . Tujuan

kita adalah ingin memeriksa apakah w1+w2∈W .

Karena w₁,w₂∈W maka secara berturut turut haruslah berlaku * 1 1 1 b c a = + dan a2 =b2 +c2** . Kemudian

(

) (

)

(

) (

)

(

)

2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 x c c x b b a a x c x b a x c x b a w w + + + + + = + + + + + = +

Sekarang perhatikan bahwa berdasarkan * dan **

(

1 1

) (

2 2

) (

1 2

) (

1 2

)

2

1 a b c b c b b c c

a + = + + + = + + + yang menunjukkan

bahwa w₁ +w₂∈W . jadi W memenuhi sifat selanjutnya dari subruang.

Selanjutnya untuk sembarang nilai k∈R dan w1∈W berlaku

(

)

2 1 1 1 2 1 1 1 1 ka b x c x ka kb x kc x

kw = + + = + + dan akan kita periksa

apakah kw1∈W

Karena ka1=k

(

b1+c1

)

=kb1+kc1 ini menunjukkan bahwa kw1∈W

yang melengkapi pemeriksaan kita bahwa W subruang dari P2.

d. Menentukan basis dan dimensi dari W.

persamaan a=b+c memiliki jumlah penyelesaian yang tak trivial. Karena hanya ada sebuah persamaan yang melibatkan tiga buah bilangan yang tidak diketahui, maka ada dua variabel bebas. Misalkan

s

b= dan c=t maka a=s+t . sehingga kita dapat menuliskan W sebagai

(

)

(

)

(

)

{

s t sx tx x s x t

}

W = + + + 2 = 1+ + 1+ 2

yang menunjukkan bahwa polinom polinom p₁= 1+x dan 2

2 1 x

p = + merentang W. Karena p1dan p2 keduanya tidak saling

berkelipatan satu sama lain, maka p1dan p2saling bebas linear. Jadi

(21)

Arip Paryadi , IT Telkom 21 5. Menentukan basis dan dimensi ruang solusi dari SPL homogen

0 2 0 = − + − = + + + w y x w z y x

Kita dapat menyatakan sistem ini dalam bentuk perkalian matriks sebagai

      =                     − − 0 0 0 2 1 1 1 1 1 1 z y x w

Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah       − − 0 0 0 2 1 1 1 1 1 1

Yang dapat direduksi menjadi eselon baris tereduksi sebagai berikut       + 0 0 1 3 0 0 1 1 1 1 ~ 2 1 b b         0 0 1 0 0 1 1 1 1 ~ 3 1 2 3 1_b         + − 0 0 1 0 0 0 1 1 ~ 3 1 3 2 1 2 b b

Dari matriks yang terakhir kita memiliki w₌₋x₋ ₃2z _dan _y _z 3 1 − = . karena nilai x dapat ditetapkan dengan sembarang nilai s dan nilai z dapat ditetapkan dengan sembarang nilai t, maka terdapat tak terhingga banyaknya pemecahan yang membentuk ruang solusi SPL yaitu

                            − − +               − =               − − − =               1 0 0 0 1 1 3 1 3 2 3 1 3 2 s t t s t s z y x w

yang menunjukkan bahwa vektor vektor

              − = 0 0 1 1 1 v dan               − − 1 0 3 1 3 2 merentang

ruang solusi tersebut. Karena v1dan v2 tidak saling berkelipatan satu

sama lain maka kedua vektor ini saling bebas bebas linear. Jadi

{

v1, v2

}

(22)

Arip Paryadi , IT Telkom 22 6. Menghitung luas segitiga yang titik-titik sudutnya P (1,2,3) , Q (4,3,1),

dan R (2,1,2)

(

4,3,1

) (

−1,2,3

) (

= 3,1,−2

)

= − =Q P PQ

(

2,1,2

) (

− 1,2,3

) (

= 1,−1,−1

)

= − =R P PR k j i k j i k j i PR PQ 3ˆ ˆ 4ˆ 1 1 1 3 ˆ 1 1 2 3 ˆ 1 1 2 1 ˆ 1 1 1 2 1 3 ˆ ˆ ˆ − + − = − + − − − − − − = − − − = × 26 ˆ 4 ˆ ˆ 3 Luas 2 1 2 1 2 1 _× ₌ ₋ ₊ ₋ ₌ = ∆PQR PQ PR i j k

(23)

Ujian Tengah Semester Genap 2006/2007 Aljabar Linear / MA1223 UTS Aljabar Linear MA1223 2006-2007

1. Menentukan basis dan dimensi subruang

          = −           = a 2c 0 c b a W

Kondisi a− c2 =0 menunjukkan bahwa b merupakan variabel bebas, misalkan b= . Karena tersisa sebuah persamaan dan dua bilangan yang s

belum diketahui (a,c) , maka kita memiliki sebuah variabel bebas lagi, misalkan c=t sehingga diperoleh a=2t . Dengan demikian kita dapat menuliskan W sebagai                     +           =           =           = s t t s t c b a W 1 0 2 0 1 0 2

yang menunjukkan bahwa vektor vektor           = 0 1 0 u dan           = 1 0 2 v merentang

W. Karena udan vtidak saling berkelipatan satu sama lain, maka kedua vektor ini saling bebas linear . Akhirnya kita simpulkan bahwa

{ }

u,v adalah basis bagi W yang berdimensi 2.

2. Diketahui S=

{

2+x+x2,1−2x+x2,1+x−2x2

}

a. Memeriksa apakah S bebas linear.

Untuk memeriksanya harus kita periksa apakah jika diberikan 3

2 1,k ,dan k

k maka k1=k2=k3 =0 merupakan satu satunya solusi dari k₁

(

2+x+x2

)

+k₂

(

1−2x+x2

) (

+k₃1+x−2x2

)

=0. ....

( )

* Dengan mengumpulkan suku suku yang sejenis pada (*) akan diperoleh (2k₁+k₂+k₃)+(k₁−2k₂+k₃)x+(k₁+k₂−2k₃)x2 =0. Karena persamaan ini harus dipenuhi untuk setiap nilai x, maka haruslah berlaku 2k1+k2+k3 =k1−2k2+k3 =k1+k2−2k3 =0 atau

(24)

Arip Paryadi , IT Telkom 24 dalam bentuk perkalian matriks menjadi

          =                     − − 0 0 0 2 1 1 1 2 1 1 1 2 3 2 1 k k k . ...

( )

**

Sekarang perhatikan bahwa

( )

6 3 3 12 0 1 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 2 det 3 + − = + + = ≠ − − + − − =           − −

yang menunjukkan bahwa matriks koefisien pada ** dapat dibalik (memiliki invers) yang berakibat ** hanya memiliki sebuah solusi penyelesaian yaitu           =                     − − =           − 0 0 0 0 0 0 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 3 2 1 k k k

yang berarti S bebas linear.

b. Memeriksa apakah S membangun P2.

Akan kita periksa apakah sembarang polinom pada P2 yaitu 2

2 1 0 a x a x

a

a= + + dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear

(

)

(

) (

2

)

3 2 2 2 1 2 2 1 0 a x a x k 2 x x k 1 2x x k 1 x 2x a + + = + + + − + + + − . Atau

dengan kata lain akan kita periksa apakah ada k₁,k₂,dan k₃ sehingga

(

)

(

) (

2

)

3 2 2 2 1 2 2 1 0 a x a x k 2 x x k 1 2x x k 1 x 2x a + + = + + + − + + + − .

Dengan mengumpulkan suku suku yang sejenis pada kedua ruas akan diperoleh 2 3 2 1 3 2 1 3 2 1 2 2 1 0 a x a x (2k k k ) (k 2k k )x (k k 2k )x a + + = + + + − + + + − .

Dengan membandingkan koefisien suku yang sama pada kedua ruas diperoleh k₁+k₂+k₃ =a₀ , k₁−2k₂+k₃=a₁ , dan k₁+k₂−2k₃ =a₂ atau dalam bentuk perkalian matriks menjadi

          =                     − − 2 1 0 3 2 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 a a a k k k ....(***)

(25)

Arip Paryadi , IT Telkom 25 Terlihat bahwa matriks koefisien pada ** dan *** adalah sama dan pada poin sebelumnya telah ditunjukkan bahwa matriks koefisien pada *** dapat dibalik yang berakibat *** selalu memiliki penyelesaian untuk sembarang a₀,a₁dan a₂ yaitu S membangun P2.

Note :

Untuk membuktikan bahwa S bebas linear kita cukup menunjukkan keberadaan k₁,k₂,dan k₃(ada atau tidak ada) tanpa perlu mencari nilai tepat dari k₁,k₂,dan k₃ yang sebenarnya. Tetapi jika pembaca ingin mendapatkannya, maka untuk kasus di atas penyelesaian untuk

, , 2 1 k k dan k3adalah                     − − =           − 2 1 0 1 3 2 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 a a a k k k

c. Memeriksa apakah S basis P2 .

Karena S merentang P 2 dan S bebas linear , maka S basis bagi P2.

3. Menentukan yr jika diketahui u=

(

−1,3,2)

)

, r ) , , (y₁ y₂ y₃ y= r dan k j i y ur×r=(1,1,−1)=ˆ+ˆ−ˆ 3 2 1 2 3 1 y y y k j i y u× = − r r r r r 2 1 3 1 3 2 3 1 2 1 2 3 y y k y y j y y i − − + − = r r r

(

y y

)

i

(

y y

)

j

(

y y

)

k r r r 1 2 1 3 2 3 2 2 3 3 − + + − + =

Karena menurut hipotesanya ur×yr=iˆ+ˆj−kˆ maka kita memiliki 1

2

3y₃− y₂ = , y₃+ y2 ₁ =1, dan y₂+ y3 ₁=1 yang dapat dituliskan dalam bentuk perkalian matriks menjadi

          =                     − 1 1 1 0 1 3 1 0 2 3 2 0 3 2 1 y y y

(26)

Arip Paryadi , IT Telkom 26           − 1 1 1 0 1 3 1 0 2 3 2 0

yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai berikut.           ₋ + 2 3 2 3 3 1 1 1 0 3 1 0 2 3 2 0 ~ 2 1 b b           − + − 0 1 1 0 0 0 1 0 2 3 2 0 ~ 2 3 3 1 b b           ₋ ₋ − 0 0 0 0 0 1 1 0 ~ ~ 2 1 2 1 2 1 2 3 2 2 1 1 2 1 b b           − − ↔ 0 0 0 0 1 0 0 1 ~ 1₂ 2 1 2 3 2 1 2 1 b b

Dari matriks terakhir kita peroleh ₂1 3 2 1 1+ y = y , 1₂ 3 2 3 2− y =− y dengan 3

y sebagai variabel bebas. Misalkan y₃ =t maka y1=₂1−₂1t dan t

y₂ =−₂1+₂3 . Akhirnya kita mendapatkan yr yang dimaksud yaitu

(

y y y

)

(

t t t

)

(

)

(

)

t y , , , , , ,0 , ,1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 3 2 1 2 1 2 1 3 2 1 = − − + = − + − = r 4. Menentukan semua nilai k supaya ur dan vr membentuk sudut lancip,

Jika diketahui ur=(k,k−1,1),vr=(−k−1,2k,4)

Agar ur dan vr membentuk sudut lancip maka haruslah berlaku ur• vr≥0 yaitu

(

k,k−1,1

) (

• −k−1,2k,4

)

≥0

(

−k−1

) (

+ k−1

)

2k+4≥0 k 0 4 2 2 2 2₋ ₊ ₋ ₊ _≥ −k k k k 0 4 3 2_{− k}₊ _≥ k

(

)

2 ₄7 0 2 3 ₊ _≥ − k Karena

(

)

2 ₄7 2 3 ₊ −

k selalu bernilai positif (definit positif) untuk setiap nilai

k maka pernyataan terakhir adalah selalu benar untuk sembarang nilai k. Jadi nilai k yang menyebabkan ur dan vr membentuk sudut lancip adalah

ℜ ∈

(27)

Arip Paryadi , IT Telkom 27 5. Menentukan basis dan dimensi ruang solusi (ruang null) dari SPL

homogen           =                         − − − − 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 5 1 1 1 3 4 3 2 1 x x x x .

Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah

          − − − − 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 5 1 1 1 3

yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai berikut           − − + − + 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 4 0 1 0 4 ~ 2 3 1 3 b b b b           − − + − + 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 4 0 1 0 4 ~ ~ 2 3 1 3 b b b b           − − ↔ 0 0 0 0 1 0 4 0 0 1 1 0 1 1 ~ ~ 4 1 2 4 1 3 1 b b b           − − + − + − 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 ~ 2 4 ~ 4 1 3 2 1 b b b b           + 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 ~ ₄1 4 1 1 2 b b

Dari matriks ini kita memiliki ₄1 ₃ 0

1+ x =

x dan 1₄ ₃ ₄ 0

2+ x +x =

x dengan

3

x dan x₄ sebagai variabel bebas. Misalkan x₃ =s dan x₄ =t maka s

x1=−₄1 dan x =−4s−t 1

2 . Dengan demikian ruang penyelesaian SPL

homogen di atas adalah sebagai berikut

                            − +               − =               − − =               s t s t s t t x x x x 1 0 1 0 0 4 1 1 4 4 3 2 1

(28)

Arip Paryadi , IT Telkom 28               − = 0 4 1 1 ur dan               − = 1 0 1 0 vr

merentang ruang penyelesaian SPL tersebut. Karena urdan vrtidak saling berkelipatan satu sama lain, maka kedua vektor ini saling bebas linear . Akhirnya kita simpulkan bahwa

{ }

ur,vr adalah basis ruang solusi SPL di atas.

(29)

Ujian Tengah Semester Genap 2005/2006 MA1223 Aljabar Linear

KAMIS 6 April 2006

1. Menentukan nilai x3 jika diketahui SPL dalam bentuk matriks AX B

r r = , dengan           − − = 3 2 0 1 1 5 5 k k k A , 3 2 1           = x x x X r           − = 1 1 1 B r dan Det

( )

A =−1

Untuk mempermudah dalam menentukan nilai x3 terlebih dahulu kita

tentukan nilai k. Dari Det

( )

A =−1 kita memiliki 1 1 1 5 3 0 2 1 1 5 =− − − + + − − k k k

(

2

) (

3 5

)

1 5− k+k + −k+ =− 1 15 8 + =− − k 2 = k Sehingga SPL menjadi           − =                     − − 1 1 1 3 4 2 0 1 1 5 5 2 3 2 1 x x x .

Kemudian dengan menggunakan metode Crammer kita peroleh

( )

      ₋ ₋ + − − − + − − − = − − − − = = 4 2 1 1 . 1 1 2 1 1 . 5 . 1 1 4 1 1 2 1 4 2 1 1 1 1 5 2 det det 3 3 3 A A x

( ) ( ) ( )

(

2.−3 −5−1+ −2

)

=−

(

−6+5−2

)

=3 − =

2. Menentukan nilai k agar proy a =4

b

r

r _{jika diketahui} _ar₌

(

_{1 k}_, _,₁

)

_dan

(

2,2,−1

)

= b r . 4 = a proy b r r 4 = • b b a r r

(30)

(

) (

)

(

2,2, 1

)

4 1 , 2 , 2 1 , , 1 = − − • k 4 1 4 4 1 2 2 = + + − + k 4 3 1 2 = + k 12 1 2k+ = 2 11 = k

3. Memeriksa apakah W subruang R3 jika diketahui W=

{

(

x,y,z

)

x−z=0

}

Akan kita periksa apakah W memenuhi sifat sifat dari subruang.

Dengan mudah dapat ditunjukkan bahwa (1,1,1) adalah anggota dari

W yang menunjukkan W memenuhi sifat pertama dari subruang yaitu

{ }

≠

W .

Jelas bahwa 3

R

W⊂ yang menunjukkan bahwa memenuhi sifat kedua dari subruang.

Misalkan ambil sembarang anggota dari W yaitu w₁,w₂∈W dengan

(

a bc

)

w1 = , , dan w2 =

(

p,q,r

)

. Tujuan kita adalah memeriksa apakah

W w w + )∈ ( ₁ ₂ .

Karena w₁,w₂∈W maka secara berturut turut haruslah berlaku * 0 = − c a dan p− r=0**. Kemudian w₁ + w₂ =

(

a,b,c

) (

+ p,q,r

) (

= a+ p,b+q,c +r

)

. Sekarang perhatikan bahwa

(

a+ p

) (

− c+r

) (

= a−c

) (

+ p−r

)

=0+0=0(berdasarkan * dan **) yang menunjukkan bahwa (w₁+w₂)∈W yaitu W memenuhi sifat selanjutnya dari subruang.

Selanjutnya untuk setiap k∈ℜ dan w₁∈W berlaku

(

a bc

) (

ka kb kc

)

k

kw₁ = , , = , , dan kita ingin memeriksa apakah kw₁∈W . Karena ka−kc=k

(

a−c

)

=k.0=0 (berdasarkan*) maka kw1∈W yang melengkapi pemeriksaan kita bahwa W adalah subruang dari R3.

(31)

Arip Paryadi , IT Telkom 31 4. Diketahui _S₌

{

₁₋_x₊_x2_,₁₊_x₊_x2

}

a. Memeriksa apakah S membangun P2

Misalkan S=

{

p₁, p₂

}

dengan p₁=1−x+x2 dan p₂ =1+x+x2 . untuk melihat apakah S membangun P2 maka harus diperiksa apakah

sembarang polinom 2

cx bx a

p= + + pada P2 dapat dinyatakan sebagai

kombinasi linear p=k₁p₁+k₂p₂ . Atau dengan kata lain akan kita tunjukkan apakah ada k₁dan k₂ sehingga p=k₁p₁+k₂p₂...

( )

4.a . Jika (4.a) kita tuliskan dalam komponennya akan menghasilkan

(

)

(

2

)

2

2 2

11 x x k 1 x x a bx cx

k − + + + + = + + .

Dengan mengumpulkan suku suku yang sejenis pada ruas kiri diperoleh

(

)

(

)

2 2 2 1 2 1 2 1 ) (k +k + −k +k x+ k +k x =a+bx+cx

Dengan membandingkan koefisien suku yang sama pada kedua ruas diperoleh

( )

(

d

)

c k k c b k k b a k k . 4 ... ... . 4 ... ... . 4 ... ... 2 1 2 1 2 1 = + = + − = +

Perhatikan bahwa (4.b) dan (4.d) mengharuskan a=c yang bertentangan dengan pernyataan sembarang polinom p=a+bx+cx2 . Artinya tidak ada k₁dan k₂ untuk sembarang p sehingga

2 2 1 1p k p

k

p= + , yaitu S tidak membangun P2.

b. Memeriksa apakah S bebas linear.

Karena polinom polinom p₁ dan p₂ pada S tidak saling berkelipatan satu sama lain maka S bebas linear.

Alternatif untuk menunjukkan bahwa S bebas linear adalah dengan menunjukkan bahwa k₁= k₂ =0 merupakan satu satunya solusi dari

0

2 2 1

1p +k p =

k . Penulis tinggalkan kepada pembaca sebagai latihan. c. Menentukan apakah S basis P2 .

Walaupun S bebas linear, tetapi S tidak merentang P2 sehingga S

(32)

Ujian Tengah Semester Genap 2004/2005 MA1223 – Aljabar Linear

KAMIS, 14 April 2005

1. Diketahui A=

(

1,2,3

)

, B=

(

−1,2,−3

)

, dan C=

(

3,2,1

)

merupakan titik pada ruang XYZ .

a. Menentukan proyeksi vektor AC terhadap vektor AB !

(

) (

)

(

1,2, 3

) (

1,2,3

) (

2,0 6

)

2 , 0 , 2 3 , 2 , 1 1 , 2 , 3 − − = − − − = − = − = − = − = A B AB A C AC AB AB AB AC AC proy_AB = • ₂ ⋅

(

) (

)

(

4 0 36

)

(

2,0,6

)

6 , 0 , 2 2 , 0 , 2 2 ⋅ − + + − − • − =

(

2,0,6

)

40 12 4 − ⋅ + − =

(

2,0,6

)

5 1 − =

b. Menentukan luas segitiga ABC AB AC ABC= × ∆ 2 1 Luas 6 0 2 2 0 2 ˆ ˆ ˆ − − − = × k j i AB AC

( )

6 2 2 2 ˆ 13 − − − − = j =−

(

−12−4

)

ˆj=16ˆj luas satuan 8 16 2 1 ˆ 16 2 1 Luas∆ABC= j = ⋅ = . 2. Menentukan                + + + − − −      c i b h a g c f b e a d c b a 2 2 2 2 2 2 3

det jika jiketahui t

i h g f e d c b a =           det t i h g c f b e a d c b a =           − − − det

(33)

Arip Paryadi , IT Telkom 33 t i h g c f b e a d c b a 2 2 2 2 det =           − − − t c i b h a g c f b e a d c b a 2 2 2 2 2 2 2 det =           + + + − − − t t c i b h a g c f b e a d c b a 54 2 . 3 2 2 2 2 2 2 3 det = 3 =                + + + − − −     

3. Menentukan vektor tak nol _      = y x u sehingga Bu=6u_jika . 3 5 3 1       = B . 0 6 = − u u B       =       −             0 0 6 3 5 3 1 y x y x       =       −             0 0 6 3 5 3 1 y x I y x       =             −             0 0 1 0 0 1 6 3 5 3 1 y x y x       =             −             0 0 6 0 0 6 3 5 3 1 y x y x       =                     −       0 0 6 0 0 6 3 5 3 1 y x       =             − − 0 0 3 5 3 5 y x

Dari matriks ini kita peroleh 5x− y3 =0. Karena hanya terdapat sebuah persamaan yang melibatkan dua buah bilangan tidak diketahui maka ada sebuah variabel bebas. Misalkan y=t maka x₌₅3t_{. Jadi vektor}_u_yang

dimaksud adalah t t t u _       =         = 1 5 3 5 3 dengan t∈ℜ .

(34)

Arip Paryadi , IT Telkom 34 4. Menentukan basis subruang S=

{

ax2+bx+c a+2b=3c

}

.

c b a c b a+2 =3 ⇒ =−2 +3

Karena hanya terdapat sebuah persamaan yang melibatkan 3 buah bilangan yang tidak diketahui, maka ada dua buah variabel bebas. Misalkan b=s dan c= maka t a=−2s+3t . Sehingga kita dapat menuliskan S sebagai

(

)

{

s t x sx t

} (

{

x x

) (

s x

)

t

}

S= −2 +3 2+ + .= −2 2 +1+3 2

yang menunjukkan bahwa polinom polinom p₁=

(

x−2x2

)

dan 2

2 1 3x

p = + merentang S. Karena p₁ dan p₂ keduanya tidak saling berkelipatan maka p1 dan p2 saling bebas linear. Jadi

{

p1, p2

}

adalah basis bagi S.

Note :

Alternatif lain untuk membuktikan bahwa

{

p1, p2

}

bebas linear adalah melalui prosedur umum yang biasa dilakukan yaitu dengan menunjukkan bahwa k₁= k₂ =0 merupakan satu satunya penyelesaian dari

0 2 2 1 1p +k p = k .

Jika ditulis dalam bentuk lengkap persamaan terakhir menjadi

(

2 2

)

₂

(

1 3 2

)

0 1x− x +k + x = k

(

2 ₁ 3 ₂

)

2 0 1 2+k x+ − k + k x = k

Karena persamaan tersebut harus berlaku untuk setiap nilai x, maka haruslah k₁= k₂=0 yaitu

{

p1, p2

}

bebas linear.

(35)

Ujian Tengah Semester Ganjil 2003/2004 MA-2313 Aljabar Linear

Selasa 7 Oktober 2003

1. Misalkan sistem persamaan linear AX = B, dimana

              − − − − − − = 1 0 2 1 1 1 2 1 0 1 4 2 1 2 6 3 A a. Menentukan Determinan A

( )

1 0 2 1 1 1 2 1 0 1 4 2 1 2 6 3 det − − − − − − = A 1 0 2 1 1 1 2 1 1 2 6 3 1 2 6 3 − − − − − − − = 1 0 2 1 1 1 2 1 1 2 6 3 0 0 0 0 − − − − − = 0 =

b. Menentukan A-1 bila ada

Karena det

( )

A =0maka A tidak memiliki invers. c. Menentukan basis ruang solusi, jika B=0

Misalkan               = 4 3 2 1 x x x x X maka SPL menjadi               =                             − − − − − − 0 0 0 0 1 0 2 1 1 1 2 1 0 1 4 2 1 2 6 3 4 3 2 1 x x x x

matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah

Diperoleh dengan menambahkan baris ke tiga pada baris ke dua.

Diperoleh dengan mengalikan baris kedua dengan -1 kemudian menambahkannya pada baris pertama.

(36)

Arip Paryadi , IT Telkom 36               − − − − − − 0 0 0 0 1 0 2 1 1 1 2 1 0 1 4 2 1 2 6 3

Yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris tereduksi sebagai berikut               − − − − − − − − + − + 0 0 0 0 2 2 4 2 1 1 2 1 1 2 6 3 1 2 6 3 ~ ~ 4 1 2 3 b b b b               − − − − + + − 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 2 1 0 0 0 0 1 2 6 3 ~ 2 ~ 4 3 2 1 b b b b               − − − + − 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 2 1 0 0 0 0 2 1 0 0 ~ 3b₃ b₁               − − + 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 2 1 0 0 0 0 2 1 0 0 ~ 3 1 b b               − − ↔ 0 0 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 0 1 0 2 1 ~ 1 3 b b               − − − 0 0 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 0 1 0 2 1 ~ 3 b               − − ↔ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 1 0 2 1 ~ 3 2 b b

Dari matriks ini diperoleh x₃− x2 ₄=0 dan x₁−2x₂+x₄ =0. Karena hanya terdapat dua persamaan dengan empat buah bilangan tidak diketahui, maka ada dua buah variabel bebas. Misalkan x₂=sdan

t

x₄= maka x₃=2t dan x₁= 2s−t sehingga kita memperoleh ruang penyelesaian SPL sebagai berikut

                            − +               =               − =               t s t t s t s x x x x 1 2 0 1 0 0 1 2 2 2 4 3 2 1

(37)

Arip Paryadi , IT Telkom 37 yang menunjukkan bahwa vektor vektor

              = 0 0 1 2 ur dan               − = 1 2 0 1 vr

merentang ruang penyelesaian tersebut. Karena ur dan vr keduanya tidak saling berkelipatan, maka ur dan vr saling bebas linear . Jadi

{ }

ur,vr adalah basis ruang solusi dari SPL yang dimaksud.

              =                             − α β α 11 2 1 2 0 1 6 5 1 1 1 1 0 1 2 0 1 4 3 2 1 x x x x

a. Menentukan nilai α dan β agar SPL memiliki solusi yang banyak. Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah

              − α β α 11 2 1 2 0 1 6 5 1 1 1 1 0 1 2 0 1

              − − − − + − + − 1 10 2 1 1 0 0 0 5 2 5 0 1 1 1 0 1 2 0 1 3 1 4 1 α β α b b b b * 3 2 1 0 2 1 1 0 0 0 0 3 0 0 1 1 1 0 1 2 0 1 ~ 5               − − + − + − α β α b b

Ada dua kemungkinan yang menyebabkan sistem ini memiliki solusi banyak yaitu α =−3 atau α=β =1.

b. Menentukan solusi SPL diatas dari jawaban a

misalkan kita pilih alternatif kedua pada poin a yaitu α=β =1, maka operasi terakhir pada poin a (*) akan menjadi

              − 0 0 2 1 0 0 0 0 0 4 0 0 1 1 1 0 1 2 0 1               − 0 0 2 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 1 2 0 1 ~ 3 4 1_b               + + − 0 0 2 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 ~ ~ 2 2 3 1 3 b b b b

(38)

Arip Paryadi , IT Telkom 38 Dari matriks terakhir kita memiliki x3 =0 , x1+ x4 =1 , dan

2

4 2+ x =

x . Karena tersisa dua persamaan dengan tiga buah bilangan yang tidak diketahui, maka ada sebuah variabel bebas. Misalkan x4 =t maka x1 = 1−t dan x2 = 2−t . Sehingga kita

mendapatkan penyelesaian SPL yang dimaksud yaitu

t t t t x x x x               − − +               =               − − =               1 0 1 1 0 0 2 1 0 2 1 4 3 2 1 . 3. Diketahui A = (1,-1,2), B = (2,1,-1), dan C = (1,0,-3) a. Menentukan luas segitiga ABC !

(

1,0,−3

) (

− 1,−1,2

) (

= 0,1,−5

)

= − =C A AC

(

2,1,−1

) (

−1,−1,2

) (

= 1,2,−3

)

= − =B A AB 5 1 0 3 2 1 ˆ ˆ ˆ − − = × k j i AC AB

( )

0 5 1 ˆ ˆ 1 . 1 5 1 3 2 ˆ 3 ₊ − − + − − =i j k =−7iˆ+5jˆ+kˆ AC AB ABC = × ∆ 2 1 Luas = −7iˆ+5jˆ+k 2 1 3 2 5 2 75 1 25 49 2 1 = = + + = .

b. Menentukan proyeksi orthogonal ruas garis AB terhadap ruas garis yang tegak lurus terhadap ruas garis CA dan CB !

(

1,−1,2

) (

− 1,0,−3

) (

= 0,−1,5

)

= − =A C CA

(

2,1,−1

) (

− 1,0,−3

) (

= 1,1,2

)

= − =B C CB

Misalkan vradalah vektor yang tegak lurus terhadap CA dan CB maka

CB CA vr= × 2 1 1 5 1 0 ˆ ˆ ˆ − = k j i k j i k j i 7ˆ 5ˆ ˆ 5 1 ˆ ˆ 0 2 1 5 1 ˆ ₌₋ ₊ ₊ − + + − = AB proy_vr _v v v AB r r r ⋅ • = 2

(

) (

_{) (}

₎

1 , 5 , 7 1 25 49 1 , 5 , 7 3 , 2 , 1 − ⋅ + + − • − =

(

7,5,1

) (

0,0,0

)

75 0 = − ⋅ = .

(39)

Arip Paryadi , IT Telkom 39 Kita gunakan alternatif lain untuk mendapatkan jawaban ini. Perhatikan gambar berikut !.

Misalkan segitiga ABC terletak pada sebuah bidang W dan l adalah garis yang tegak lurus terhadap ruas garis AC dan BC. Karena l tegak lurus AC dan BC maka l tegak lurus dengan bidang W dan karena AB terletak pada bidang W maka l tegak lurus dengan AB. Sehingga haruslah proyeksi garis AB terhadap garis l adalah (0,0,0). (mengapa ???)

4. a. Memeriksa apakah A=

{

a₀+a₁x+a₂x2+a₃x3a₀ −2a₂+a₃ =0

}

merupakan subruang dari P3 !

Akan kita periksa apakah A memenuhi sifat sifat sebagai subruang. Mudah dibuktikan bahwa 1+x+x2+x3∈A yang menunjukkan

bahwa A memenuhi sifat subruang yang pertama yaitu A≠

{ }

. Jelas bahwa A⊂P3yang menunjukkan A memenuhi sifat subruang

yang lain.

Misalkan ambil sembarang anggota dari A yaitu p,q∈Adengan

3 3 2 2 1 0 p x p x p x p

p= + + + dan q₀+q₁x+q₂x2+q₃x3. Tujuan kita adalah memeriksa apakah p+q∈A.

Karena p,q∈A maka secara berturut turut haruslah berlaku * 0 2 ₂ ₃ 0− p + p = p dan q₀−2q₂ +q₃ =0** . Kemudian

(

) (

3

)

3 2 2 1 0 3 3 2 2 1 0 p x p x p x q q x q x q x p q p+ = + + + + + + +

(

) (

)

(

)

(

)

3 3 3 2 2 2 1 1 0 0 q p q x p q x p q x p + + + + + + + = _.

Sekarang perhatikan bahwa Berdasarkan * dan **

A

W

B

C l

(40)

(

p₀+q₀

) (

−2p₂+q₂

) (

+ p₃+q₃

) (

= p₀−2p₂+p₃

) (

+q₀−2q₂+q₃

)

=0+0=0 yang menunjukkan bahwa p+q∈A yaitu A memenuhi sifat subruang yang berikutnya.

Selanjutnya untuk setiap k∈ℜ dan p∈A berlaku

3 3 2 2 1 0 kp x kp x kp x kp

kp= + + + dan akan kita periksa apakah kp∈A. Karena kp₀−2kp₂+kp₃ =k

(

p₀−2p₂+p₃

)

=k.0=0(berdasarkan *) maka kp∈A.yang melengkapi pemeriksaan kita bahwa A adalah subruang dari P3.

Menentukan basis dan dimensi dari A.

{

0+ 1 + 2 2+ 3 3 0 −2 2+ 3 =0

}

= a ax a x a x a a a

A

Kondisi a₀−2a₂+a₃=0menunjukkan bahwa a₁ sebagai variabel bebas. Misalkan a₁=α . Kemudian karena hanya terdapat sebuah persamaan dan tersisa 3 buah bilangan yang tidak diketahui, maka ada dua buah variabel bebas lagi. Misalkan a₂ =β dan a₃ =µ maka

µ β − = 2

0

a sehingga kita dapat menuliskan A sebagai

(

)

{

2 3

}

{

(

2

) (

3

)

}

1 2 2 x x x x x x A= β−µ +α +β +µ = α +β + +µ− +

yang menunjukkan bahwa polinom polinom p₁ =x, p₂ =2+x2 , dan

3

3 1 x

p =− + merentang A.

Selanjutnya untuk melihat apakah p₁, p₂ dan p₃ saling bebas linear akan kita periksa apakah α=β =µ=0 merupakan satu satunya solusi dari α.p₁+β.p₂+µ.p₃=0 .

Jika kita tuliskan dengan lengkap, maka persamaan ini menjadi

(

2+ 2

) (

+ −1+ 3

)

=0

+ x x

x β µ

α atau

(

2β−µ

)

+αx+βx2+µx3=0.

Karena persamaan ini harus berlaku untuk setiap nilai x, maka haruslah α=β =µ=0 yaitu p₁, p₂ dan p₃ ketiganya saling bebas linear . Jadi

{

p₁,p₂,p₃

}

adalah basis bagi A yang berdimensi 3.

Note : jangan bingung dengan simbol α,β, dan µ . Itu sama saja dengan k₁,k₂,k₃ seperti yang pembaca sering gunakan.