5. Ruang Vektor Umum

RUANG VEKTOR UMUM

Muhamad Baqi

Ruang Vektor berdimensi - n

• Untuk n= 1, 2 atau 3 : suatu vektor dapat

digambarkan, namun vektor tidak mungkin dapat

digambarkan bila berada di ruang-n > 3 karena

keterbatasan dari ruang.

• Dengan adanya definisi vektor yang diperluas, maka

suatu matrik dan fungsi dapat diklasifikasikan sebagai

vektor

Ruang Vektor Real

• Suatu objek di dalam ruang vektor V disebut : vektor• V dikatakan sebagai ruang vektor bila memenuhi 10

aksioma berikut :1. Jika u dan v di dalam V, maka u + v juga harus di dalam V2. u + v = v + u3. u + (v + w) = (u + v) + w4. Di dalam ruang vektor V ada objek 0, yang disebut sebagai

vektor 0 sedemikian sehingga 0 + u = u + 0 = u, untuk semua u di dalam vektor V

5. Untuk setiap u di dalam V, ada objek yang disebut sebagai –u di dalam V, yang disebut sebagai negatip u, sehingga u + (-u) = (-u) + u = 0

Ruang Vektor Real

6. Jika k adalah sebarang skalar dan u adalah objek di

dalam ruang vektor V, maka ku juga ada di dalam

ruang vektor V

7. k(u+v) = ku + kv

8. (k + m)u = ku + mu

9. k(mu) = (km)u

10.1.u = u

Ruang Vektor Real

Contoh 1 :Jika V himpunan semua vektor di R3 dengan operasi penjumlahan U + V = (U1+V2, U2+V1, U3+V3) sedangkan perkalian dengan skalar KU = (KU1, KU2, KU3)

A = (2, 3, -1) dan B = (4, 2, 4)Jawab :Akisoma 2 → U + V = V + UA + B = (2+2, 3+4, (-1)+4) = (4, 7, 3)B + A = (4+3, 2+2, (4+(-1)) = (7, 4,3)Sehingga aksima 2 ini gagal karena A + B ≠ B + A sehingga hasil operasi ini bukanlah didefinisikan vektor

Ruang Vektor Real

Contoh 2:Misal V = R2 dan operasi penjumlahan serta perkalian dari u = (u1,u2) dan v = (v1,v2) adalah sebagai berikut:

u + v = (u1+v1, u2+v2) dan bila k adalah elemen bilangan riel, maka ku =(ku1,0)

Tentukan apakah V adalah ruang vektor ?Jawab :Akisoma 1→ 5 (terpenuhi) karena mengandung penjumlahanSedangkan untuk perkalian, operasi ini tidak standar sehingga tidak memenuhi aksioma yang mengandung perkalian terutama aksioma 10 1.U = U →maka 1 .(U1,U2) = (1U1, 0) sehingga bukan vektor

Subspace (subruang)

W

U V U+V

U KU

V

Subspace (subruang)

• Sub ruang vektor adalah sebenarnya ruang vekctor juga, namun dengan syarat-syarat khusus

• Jika W adalah sekumpulan dari satu vektor atau lebih dari ruang vektor V, maka W disebut sebagai sub ruang V, jika dan hanya jika kedua kondisi di bawah ini berlaku :

• Bila W adalah himpunan yang terdiri dari satu vektor atau lebih dari ruang vektor V, maka W subspace dari V iff– Jika u dan v vektor dalam W, maka u+v juga dalam W– Jika k sebarang skalar dan u adalah sebarang vektor dalam W,

maka ku juga dalam W

Subspace (contoh)

• Garis melalui origin adalah subruang u

vu + v

WW

uku

• Vektor u+v dan ku terletak pada bidang yang sama dengan u dan v W adalah subruang dari R3

u

vu + v

W

ku

Subspace dari R2 dan R3

• Subruang dari R2

{0} Garis melalui origin R2

• Subruang dari R3

{0} Garis melalui origin Bidang melalui origin R3

• Tiap ruang vektor tak-nol V minimal terdiri dari 2 subruang:– Subruang V – Vektor nol dalam V subruang nol (zero subspace)

Subspace dari R2 dan R3

Contoh 3 :Bukanlah sub ruang dari R2 karena tidak tertutup perkalian skalarMisalnya v = (1,1) terletak pada W, tetapi negatifnya (-1) v = (-1,-1) tidak terletak pada W

x

yw

V(1,1)

-V(-1,-1)

Kombinasi linear dari vektor

• Untuk r = 1: w = k1v1

Kombinasi linear vektor tunggal v1

• Vektor w adalah kombinasi linear dari v1, v2,, vr dan k1,k2, , kr jika

rrkkk vvvw 2211

• Vektor v=(a,b,c): kombinasi linear dari vektor basis standar

kjiv cbacbacba )1 ,0 ,0()0 ,1 ,0()0 ,0 ,1() , ,(

Contoh 2

• w kombinasi linear dari u dan v bila

w = k1u + k2v

(9,2,7) = k1(1,2,-1) + k2(6,4,2)

(9,2,7) = k1+6k2, 2k1+4k2, -k1+2k2

k1 + 6k2 = 9; 2k1 + 4k2 = 2; -k1 + 2k2 = 7 → k1=-3; k2=2

Maka w = -3u + 2v

• Vektor u = (1,2,-1) dan v = (6,4,2)

Tunjukkan bahwa w=(9,2,7): kombinasi linear dari u dan v w´=(4,-1,8): bukan kombinasi linear

Rentangan (spanning)

W V

S (rentang)U V

U+V

U KU


• Jika v1, v2,, vr adalah vektor dalam ruang vektor V, maka – Himpunan W dari seluruh kombinasi linear v1, v2,, vr

adalah subruang V– W adalah subruang terkecil dalam V yang berisi v1,v2,, vr

• Jika S = {v1, v2,, vr} adalah himpunan vektor dalam ruang vektor V, maka – Subruang W dari seluruh kombinasi linear v1, v2,, vr

disebut ruang yang direntang oleh vektor tersebut– W= span (S) atau W= span {v1, v2,, vr}


• Jika v1dan v2 adalah vektor di R3 dengan titik awal pada origin– Span{v1, v2} yang berisi seluruh kombinasi linear k1v1 +

k2v2: bidang melalui origin yang ditentukan oleh v1 dan v2

• Jika v merupakan vektor di R2 atau R3 – Span{v} yang berupa seluruh perkalian kv: garis yang

ditentukan oleh v

v

1

k1v1

k1v1+ k2v2k2v2

v2

y

z

x

span{v1, v2}

v

kv

span{v}

y

z

x

Contoh 3 :

• Tentukan vektor semu b=(b1,b2,b3) sebagai kombinasi linear

b = k1v1 + k2v2 + k3v3

(b1,b2,b3) = k1(1,1,2) + k2(1,0,1)+k3(2,1,3)

k1 + k2 + 2k3 = b1

k1 + k3 = b2

2k1 + k2 + 3k3 = b3

Sistem linear konsisten iff matriks koefisien A dapat diinverskan

det(A)=0 → A tidak dapat diinverskan

v1, v2 dan v3 tidak dapat merentang pada R3

• Tunjukkan bahwa v1 = (1,1,2), v2 = (1,0,1), v3 = (2,1,3) merentang ruang vektor pada R3

1 1

2 2

3 3

1 1 2

1 0 1

2 1 3

k b

A k k b b

k b

Kebebasan linear

• Himpunan vektor S = {v1, v2, , vr}

• Persamaan vektor

k1v1 + k2v2 + + krvr = 0

• Jika hanya ada satu solusi– k1= 0, k2 = 0, , kr = 0

– S adalah himpunan bebas linier (linearly independent)

• Jika ada solusi yang lain

– S disebut himpunan takbebas linear

Contoh 4

• Persamaan vektor dalam komponen

k1v1 + k2v2 + k3v3 = 0

k1(1, -2,3) + k2(5,6, -1)+k3(3,2,1)=(0,0,0)

(k1+5k2+3k3, –2k1+6k2+2k3, 3k1– k2 +k3) = (0,0,0)

• Persamaan untuk tiap komponen

k1 + 5k2 + 3k3 = 0

– 2k1 + 6k2 + 2k3 = 0

3k1 – k2 + k3 = 0

• Tunjukkan bahwa v1 = (1, -2,3), v2 = (5,6,-1), v3 = (3,2,1) membentuk himpunan bebas linear atau tak bebas linear

Contoh 4 (cont)

• Solusi sistem

k1= t/2; k2 = -t/2; k3 = t

• Solusi nontrivial

• v1, v2 dan v3: himpunan takbebas linear

• Eksistensi solusi nontrivial Determinan matriks koefisien sama dengan nol

Matrik tsb tidak dapat diinverskan

Kebebasan Linear

Teorema 5.3.1Suatu himpunan S dengan dua atau lebih vektor disebuta. Tak bebas secara linear jika dan hanya jika paling tidak

salah satu vektor dalam S dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor lainnya dalam S

b. Babas secara linear jika dan hanya jika tidak ada vektor dalam S yang dinyatakan sebagai suatu linear dari vektor-vektor lain dalam S

1 1 2 2

1 1 2 2

21 2

1 1

....... 0

.......

.......

r r

r r

rr

k v k v k v

k v k v k v

k kv v v

k k

Kebebasan Linear

Vektor – vektor di bawah ini membentuk himpunan yang tak bebas secara linear :V1 = (2, -1, 0, 3)V2 = (1, 2, 5, -1)V3 = (7, -1,5 ,8 )

Sehingga;V1 = -1/3 V2 + 1/3 V3

V2 = -3 V1 + V3

V3 = 3 V1 + V2

1 7 2

2 1 1

5 5 0

1 8 3

x

y

X = k2/k1 = 1/3Y = k3/k1 = -1/3

Interpretasi geometri dari kebebasan linear

y

z

x

v1

v2

y

z

x

v1

v2y

z

x

v1

v2

(a) takbebas linier (b) takbebas linier (c) bebas linier

y

z

x

v3

v2

y

z

xv1

v2

y

z

x

v1

v2

v1

v3

v3

(a) takbebas linier (b) takbebas linier (c) bebas linier

Basis

Basis

• Definisi:– Jika V adalah ruang vektor– S = {v1, v2, , vn}: himpunan vektor dalam V

– S disebut basis untuk V jika memenuhi kondisi berikut• S adalah bebas linear• S merentang V (S spans V)

• Teorema:– Jika S = {v1, v2, , vn}: basis untuk ruang vektor V

– Tiap vektor v dalam V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor dalam S dalam satu cara saja

Basis

• Bukti:

v = c1v1+ c2v2+ + cnvn

dan

v = k1v1+ k2v2+ + knvn

• Kurangkan kedua persamaan

0 = (c1– k1)v1+ (c2 – k2)v2+ + (cn – kn)vn

• Solusi: c1= k1, c2 = k2, , cn = kn

• Kedua ekspresi untuk v adalah sama

• (v)S = (c1, c2, .....cn) adalah koordinat vektor v relatif terhadap S

Basis

Y

X

Z

1,0,0

0,1,0

0,0,1

(a,b,c)

I (1,0,0), J (0,1,0), dan K (0,0,1)

Maka S ( I,J,K) adalah suatu himpunan bebas secara linear dalam R3.

Himpinan ini juga merentang R3 karena setiap vektor (a,b,c) dalam R3 bisa ditulis :

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

Contoh 1 :

Basis

Y

X

Z

V1 (1,2,1)

V2 (2,9,0)

V3 (3,3,4)

(c1,c2,c3)

Tunjukkan bahwa S (v1, v2, v3) adalah suatu basis untukR3.

Penyelesaiannya :

b = c1v1+ c2v2+ c3v3Dimana, b (b1, b2, b3)Sehingga ,

Contoh 3 :

1 2 3 1

1 2 3 2

1 3 3

2 3

2 9 3

4

c c c b

c c c b

c c b

Untuk membuktikan bahwa S bebas secara linear, kita harus menunjukkan bahwa satu-satunya penyelesaian dari 0 = c1v1+ c2v2+ c3v3

Basis

Contoh 3 (cont) : jadi

1 2 3

1 2 3

1 3

2 3 0

2 9 3 0

4 0

c c c

c c c

c c

1 2 3

det( ) 2 9 3 1 (dapat dibalik)

1 0 4

A dan

Contoh 4 :

Anggap S = (v1, v2, v3) adalah basis untuk R3 dalam contoh sebelumnyaa. Cari vektor koordinat dari v (5, -1, 9) berkenaan dengan Sb. Cari vektor v dalam R3 yang vektor koordinatnya berkenaan dengan basis S

adalah (v) = (-1,3,2)

Jawab : v = c1v1+ c2v2+ c3v3(5, -1, 9) = c1 (1,2,3) + c2 (2,9,0) + c3 (3,3,4)

Basis

Contoh 4 (cont) :

1 2 3

1 2 3

1 3

2 3 5

2 9 3 1

4 9

c c c

c c c

c c

X = C/BMaka c1 = 1, c2 = -1, dan c3 = 2

b. (v) = (-1,3,2)

Maka v = (-1) (1,2,1) + (3) (2,9,0) + 2 (3,3,4) = (11, 31, 7)

Dimensi

• Definisi:– Ruang vektor tak nol V disebut dimensi berhingga

– Bila V berisi himpunan vektor-vektor berhingga {v1, v2, , vn} yang membentuk sebuah basis

– Jika tidak terdapat himpunan vektor tersebut, V disebut dimensi tak berhingga

• Teorema:– Jika V adalah ruang vektor dimensi berhingga dan {v1, v2,

, vn} merupakan basis • Tiap himpunan yang memiliki vektor > n takbebas linear• Himpunan vektor < n tidak dapat merentang V

Dimensi

• Catatan: – Bila S = {v1, v2, , vn} adalah basis untuk V

– Seluruh basis untuk V memiliki jumlah vektor yang sama dengan basis S

– Basis untuk Rn memiliki n vektor– Basis untuk R3 memiliki 3 vektor– Basis untuk R2 memiliki 2 vektor– Basis untuk R1 memiliki 1 vektor– Jumlah vektor dalam basis = jumlah dari dimensi

Contoh 5

• Tentukan basis dan dimensi untuk solusi ruang sistem homogen berikut:

2x1 + 2x2 – x3 + x5 = 0

– x1 – x2 + 2x3 – 3x4 + x5 = 0

x1 + x2 – 2x3 – x5 = 0

x3 + x4 + x5 = 0

Contoh 5

• Augmented matriks:

011100

010211

013211

010122

• Reduksi eselon baris:

000000

001000

010100

010011

• Bentuk reduksi dalam persamaan:x1+ x2+ x5 = 0

x3+ x5 = 0

x4 = 0

Contoh 5

• Dalam bentuk vektor:

• Solusi:

x1 = –s –t; x2 = s; x3 = –t; x4 =0; x5 = t;

1

0

1

0

1

0

0

0

1

1

0

0

0

0

0

0

5

4

3

2

1

ts

t

t

t

s

s

t

t

s

ts

x

x

x

x

x

Contoh 5

• Vektor yang merentang ruang solusi:

1

0

1

0

1

dan

0

0

0

1

1

21 vv

• Vektor v1, v2: bebas linear

• {v1, v2}: basis

• Ruang solusi: dua dimensi

Ruang baris, kolom dan nul

Jika A adalah suatu matrik dengan ordo mxn :

Maka vektor baris adalah r1=[a11 a12 …….. a1n], r2=[a21 a22 …….. a2n] dan seterusnya.

Vektor kolom adalah dan seterusnya

11 12 1

21 22 2

1 2

......

......A

.....

n

n

m m mn

a a a

a a a

a a a

11 12

21 221 2

1 2

,

m m

a a

a ac c

a a

Vektor baris

Vektor kolom

Ruang baris, kolom dan nul

• Jika A matriks m×n:– subruang Rn direntang oleh vektor baris disebut ruang baris

dari A– subruang Rm direntang oleh vektor kolom disebut ruang

kolom dari A– ruang penyelesaian dari sistem homogen dari persamaan

Ax = 0 yang merupakan subruang Rn disebut ruang nul dari A

• Teorema:– Sistem persamaan linear Ax = b adalah konsisten iff b

merupakan ruang kolom dari A

Contoh 6

• Tunjukkan bahwa b merupakan ruang kolom dari A dan ekspresikan b sebagai kombinasi linear dari vektor kolom matriks A:

3

9

1

212

321

231

3

2

1

x

x

x

Contoh 6

• Solusi sistem:

x1 = 2; x2 = – 1; x3 = 3

• Sistem konsisten b merupakan ruang kolom A

• Ekspresi b sebagai kombinasi linear vektor kolom matriks A

3

9

1

2

3

2

3

1

2

3

2

1

1

2

Basis untuk ruang baris, kolom dan nul

• Vektor-vektor baris r1, r2, ….., rm disebut : row space dari A• Vektor-vektor kolom c1, c2, ….., cn disebut : column space

dari A• Ruang solusi SPL homogen Ax = 0 yang merupakan sub

ruang Rn disebut : null space • Sistem linier Ax = b disebut konsisten jika dan hanya jika b

adalah column space dari A• Jika x0 adalah salah satu solusi dari sistem persamaan linier

Ax = b dan kumpulan solusi dari Ax=0 yaitu• v1, v2, ……., vn merupakan basis untuk null space dari A,

maka setiap solusi dari Ax = b dapat ditulis sebagai berikut : x = x0 + a1v1 + a2v2 + …. + anvn


• Solusi dari Ax = b adalah x0 yang disebut sebagai solusi

khusus (particular solution)

dan x0 + a1v1 + a2v2 + …. + anvn disebut solusi umum

(general solution).

• Solusi umum dari Ax = 0 adalah

a1v1 + a2v2 + …. + anvn, dengan demikian dapat

disimpulkan bahwa solusi lengkap dari Ax = b adalah

solusi khusus ditambah solusi umum dari Ax=0

Basis untuk ruang baris, kolom dan nulContoh soal :1. Carilah solusi dari system persamaan linier berikut ini :

x1 + 2x2 – x3 + 3x4 – 4x5 = – 1

2x1 + 4x2 – 2x3 – x4 + 5x5 = 2

2x1 + 4x2 – 2x3 + 4x4 – 2x5 = 0

Jawab :Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan diperoleh :

18

18

38

1 2 -1 3 -4 -1 1 2 -1 0 0

2 4 -2 -1 5 2 0 0 0 1 0

2 4 -2 4 -2 0 0 0 0 0 1

x4 = 1/8x5 = 3/8x1 = -2x2 + x3 + 1/8


181

2

3 2 3

184

385

2 3

0 1 0

0 0 1

0 0

0 0

x

x

x x x

x

x

Maka

Solusi Khusus (x0) Solusi Umum : a1v1 + a2v2 + …. + anvn

Bagaimana cara mencari basis dari null space ? Ruang solusi dari SPL homogen Ax=0 adalah null space. Jadi untuk mencari basis dari null space adalah dengan menganggap ada SPL homogen


2. Tentukan basis dari null space A =

Jawab :Null space dari A adalah solusi dari SPL homogen dari : 2x1 + 2x2 – x3 + x5 = 0

– x1 – x2 + 2x3 – 3x4+ x5 = 0

x1 + x2 – 2x3 – x5 = 0

x3 + x4+ x5 = 0

2 2 -1 0 1

-1 -1 2 -3 1

1 1 -2 0 -1

0 0 1 1 1


1

2

3 2 5

4

5

1 1

1 0

0 1

0 0

0 1

x

x

x x x

x

x

1 2 5

3 5

4

1 1 0 0 1 0

0 0 1 0 1 0

0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0

0

x x x

x x

x

sehingga

Solusi umum

Basis dari Null Space


Jadi basis dari null space adalah :

Jika suatu matrik di dalam bentuk row-reduced echelon, maka

vektor baris (row vector) dengan 1 (satu) sebagai leading entry

menjadi basis dari row-space dari matrik tersebut dan vektor

kolom (column vector) dengan 1 (satu) sebagai leading entry

menjadi basis dari column space dari matrik tersebut

1

1

0

0

0

1

0

1

0

1


3. Tentukan basis dari row space dan column space dari matrik berikut ini :

Jawab :

Basis dari row space adalah : r1 = [1 0 -1 2 1]

r2 = [0 1 0 1 2]

r3 = [0 0 0 1 3]

1 0 -1 2 1

0 1 0 1 2A

0 0 0 1 3

0 0 0 0 0


1 0 -1 2 1

0 1 0 1 2A

0 0 0 1 3

0 0 0 0 0

1 2 3

1 0 2

0 1 1, dan

0 0 1

0 0 0

c c c

Basis dari column space adalah :

Rank dan nullity

Pada suatu matrik A dan AT, terdapat 6 ruang vektor yaitu

Row space A Row space AT

Column space A Column space AT

Null space A Null space AT

Namun row space AT = column space A, begitu juga dengan column space AT = row space A.Oleh sebab itu tinggal 4 ruang vektor yang perlu diperhatikan yaitu row space A, column space A, null space A dan null space AT.Ini semua disebut sebagai fundamental matrix space dari A.Bagaimana hubungan antara dimensi dari ke empat ruang vector tersebut ?

Rank dan nullity

Dapat disimpulkan bahwa dimensi dari row space dan column space suatu matrik adalah sama. Dimensi dari row space dan column space suatu matrik disbut dengan istilah “rank”, sedangkan dimensi dari null space disebut dengan istilah “nullity”

Contoh soal :Tentukan rank dan nullity dari : 1 2 -3 -2 -3 4

1 3 -2 0 -4 -1A

3 8 -7 -2 -11 3

2 1 -4 -10 -3 2

Rank dan nullity

Jawab : Ubah matrik A ke dalam bentuk reduce-row echelon form menjadi :

Terdapat 3 yang mengandung leading entry ‘satu’ sehingga dimensi dari row space dan column space adalah 3. Jadi rank (A) = 3. Jumlah baris = rank (A) + Null (A) = 3 + 1 = 4Jumlah kolom = rank (A) + Null (A) = 3 + 3 = 6

1 0 -5 -6 -1 0

0 1 1 2 -1 0A

0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0 0

Rank = 3

nullity = 3

The End

THANKS FOR YOUR ATTENTION

Documents

5. Ruang Vektor Umum