Aljabar Linear ©2012 The Author, Subiono - Materi Kuliah Aljabar

Aljabar Linear c©2012 The Author, Subiono

Aljabar Linearc©2012 The Author, SubionoMateri Kuliah Aljabar Linear 2012

SubionoEmail:[email protected]

Jurusan Matematika-MIPA,Institut Teknologi Sepuluh Nopember,

Surabaya

28 Juni 2012

Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya



Daftar Isi

1 Lapangan dan Ruang Vektor2 Ruang Bagian3 Himpunan Pembentang4 Bebas Linear5 Basis dan Dimensi6 Pemetaan Linear7 Matriks Transisi dari basis B ke basis C .8 Vektor-eigen dan Nilai-eigen9 Ke-Orthogonalan10 Proyeksi dan General Invers




Abstrak

Abstrak

Dalam modul ajar ini diberikan beberapa materi dari mata kuliahAljabar Linier (SM 091323) untuk program Sarjana (S1) jurusanmatematika FMIPA-ITS. Materi kuliah berupa perencanaan yangdisajikan agar mempermudah peserta ajar dalam proses belajarmengajar. Peserta ajar diharapkan mempersiapkan diri melaluipemahaman yang dipunyai sebelumnya dan menambah kekuranganpemahaman pengetahuannya yang dirasa kurang saat prosesbelajar di kelas dan untuk mempermudah proses mengajardigunakan alat bantu perangkat lunak SAGE Versi 5. Selain itumateri kuliah ini disesuai dengan Kurikulum 2009-2014.




Rencana Materi Kuliah

Rencana Materi Kuliah

Lapangan dan Ruang Vektor atas suatu Lapangan.

Ruang-bagian dan Himpunan Pembentang.

Bebas linier dan Basis.

Dimensi, Jumlahan Langsung.

Koordinat dan Basis Terurut.

Pemetaan linier pada Ruang Vektor.

Aljabar Matriks

Perubahan dari Basis dan Rank

Determinan dan Invers.

Bentuk Echelon dari suatu Matriks.

Eigenvektor dan Eigenvalue.

Orthogonalitas (Proses Orthogonalitas Gram-Schmidt).

General Invers.




Lapangan dan Ruang Vektor

Lapangan (Field)

Suatu lapangan adalah suatu himpunan K 6= ∅ bersama-samadengan dua operasi tambah (+) dan kali (.) sehingga untuk semuaa, b, c ∈ K memenuhi:

(a + b) ∈ K (tertutup) dan a + b = b + a (komutatif).

(a + b) + c = a + (b + c) (assosiatif).

Ada 0 ∈ K sehingga a + 0 = 0 + a = a (elemen netral).

Untuk setiap a ∈ K ada suatu −a ∈ K sehinggaa + (−a) = −a+ a = 0 (invers).

(a.b) ∈ K (tertutup) dan 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).

a.(b + c) = (a.b) + (a.c) (distributif).





Contoh

Contoh 1

Himpunan bilangan rasional Q, himpunan bilangan riil R danhimpunan bilangan kompleks C.

Contoh 2

Himpunan bilangan bulat modulo p dinotasikan oleh Zp, dengan pbilangan prima.

Contoh 1. adalah lapangan takhingga sedangkan Contoh 2.lapangan hingga. Dalam Contoh 2., bila p bukan bilangan prima,maka Zp bukan lapangan. Juga himpunan bilangan bulat Z bukansuatu lapangan sebab elemen 4 ∈ Z tidak mempunyai invers

terhadap perkalian

(1

4/∈ Z

)

.





Ruang Vektor

Definisi

Suatu himpunan V dengan dua operasi tambah dan kali dikatakansuatu 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 = v = 0+ v,∀v ∈ V

Untuk setiap v ∈ V ada w ∈ V sehingga v + w = w + v = 0

(biasanya w ditulis sebagai −v).

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) dan 1v = v





Contoh Ruang Vektor

Contoh 1

Himpunan R2 adalah ruang vektor atas lapangan R, dengan

(x1x2

)

+

(y1y2

)

def=

(x1 + y1x2 + y2

)

,∀(

x1x2

)

,

(y1y2

)

∈ R2dan

a

(x1x2

)

def=

(ax1ax2

)

,∀a ∈ K dan ∀(

x1x2

)

∈ R2.

Contoh 2

Himpunan Rn juga ruang vektor atas R dengan definisi operasi tambah

dan kali diberikan seperti di Contoh 1. Penambahan dalam Contoh 1.

dinamakan penambahan secara komponen yang bersesuaian.





Contoh Ruang Vektor

Contoh 3

Himpunan matriks m × n dengan elemen elemennya bilangan riil

Mm,n(R) =

a11 . . . a1n

.

.

....

.

.

.am1 . . . amn

∣∣∣∣∣∣∣∣

aij ∈ R

dan operasi ”tambah” matriks diberikan oleh:

[a]i ,j + [b]i ,jdef= [a+ b]i ,j

sedangkan perkalian skalar α ∈ R dengan matriks diberikan oleh:

α[a]i ,jdef= [αa]i ,j .

Maka Mm,n(R) adalah suatu ruang vektor atas lapangan R.





Contoh Ruang Vektor

Lanjutan Contoh...

4. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua fungsi,

yaitu V = {f : F → F} dengan (f + g)(x)def= f (x) + g(x),∀x ∈ F

dan (αf )(x)def= αf (x), α ∈ F. Maka V adalah ruang vektor atas F.

5. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semuapolinomial berderajad kurang atau sama dengan n yaituPn(F) = {p(x) = a0 + a1x + . . . + anx

n | ai ∈ F} dengan

(p + q)(x)def= p(x) + q(x),∀x ∈ F dan (αp)(x)

def= αp(x), α ∈ F.

Maka Pn(F) adalah ruang vektor atas F.





Contoh Ruang Vektor

Lanjutan Contoh ...

6. Himpunan l∞ = {a = (a1, a2, . . .) | an ∈ R, sup(|an|) < ∞}dengan 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 kali pada interval[a, b], yaitu C∞[a, b], definisi penambahan fungsi dan perkalianskalar dengan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruangvektor atas lapangan riil R.

8. Himpunan fungsi-fungsi V = {f : R → R | d2fdx2

+ f = 0} definisipenambahan fungsi dan perkalian skalar dengan fungsi sepertidalam Contoh 4. merupakan ruang vektor atas lapangan riil R.





Sifat Ruang Vektor

Sifat

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, dengan −1 ∈ K .(3). α0 = 0, dengan α ∈ K

Bukti

(1). v = (1 + 0)v = v + 0v, kedua ruas tambahkan dengan vektorw yang memenuhi w + v = 0, didapat: w + v = w + v + 0v atau0 = 0+ 0v. Terlihat bahwa 0v = 0.(2). (−1v) + v = (−1 + 1)v = 0v = 0.(3). α0 = α(00) = (α · 0)0 = 00 = 0.




Ruang Bagian

Ruang Bagian

Definisi Ruang Bagian

Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan K . HimpunanS ⊂ V (S 6= ∅) dikatakan suatu ruang bagian bila S sendiri denganoperasi tambah dan kali seperti di V tetap merupakan ruangvektor atas K .

Contoh Ruang Bagian

1. Himpunan

B =

xyz

∣∣∣∣∣∣

x + y + z = 0

adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R.




Ruang Bagian

Lanjutan Contoh Ruang Bagian

Contoh Ruang Bagian

2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu

V = {f : R → R} dan D ⊂ V , dengan 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 Pn(R)atas lapangan R dengan n ≥ 3.

4. Himpunan S ={

(an) ∈ l∞ | limn→∞

an = x , x ∈ R

}

adalah ruang

bagian dari ruang vektor l∞ atas lapangan R.5. Himpunan S = {x ∈ Rn | Ax = 0,A ∈ Mm,n(R)} adalah ruangbagian dari ruang vektor Rn atas lapangan R.6. Himpunan titik yang melalui garis 3x + 2y = 0 yaituS =

{(2t,−3t)′ ∈ R2 | t ∈ R

}adalah ruang bagian dari ruang

vektor R2 atas lapangan R.Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya



Ruang Bagian

Sifat Ruang Bagian

Sifat Ruang Bagian

Himpunan S adalah suatu ruang bagian dari suatu ruang vektor Vatas lapangan K bila dan hanya bila x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiapx1, x2 ∈ K dan s1, s2 ∈ S .

Bukti

Misalkan S ruang bagian dan x1, x2 ∈ K juga s1, s2 ∈ S , makax1s1 ∈ S dan x2s2 ∈ S . Oleh karena itu, x1s1 + x2s2 juga di S .Sebaliknya, misalkan x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap x1, x2 ∈ K dans1, s2 ∈ S . Akan ditunjukkan bahwa S adalah ruang vektor atas K .




Ruang Bagian

Lanjutan Bukti

Lanjutan Bukti

Sifat 2. dari ruang vektor otomatis 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 + . . .+ xnsn ∈ S untuk setiap x1, x2, . . . , xn ∈ K

dan s1, s2, . . . , sn ∈ S .




Ruang Bagian

Contoh Penggunaan Sifat Ruang Bagian

Contoh 1

Himpunan

B =

x

y

z

∈ R3

∣∣∣∣∣∣

x + y + z = 0

adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R. Sebab, untuk setiapv1, v2 ∈ B, maka

v1 =

x1y1z1

=

−y1 − z1y1z1

= y1

−110

+ z1

−101

,

v2 =

x2y2z2

=

−y2 − z2y2z2

= y2

−110

+ z2

−101

.

Sehingga untuk a, b ∈ R, didapat:

av1 + bv2 =

∈R

︷︸︸︷

(ay1 + by2)

−110

+

∈R

︷︸︸︷

(az1 + bz2)

−101

∈ B.




Ruang Bagian


Contoh 2

Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaituV = {f : R → R} dan D ⊂ V , dengan

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(d2f

dx2+ f ) + b(

d2g

dx2+ g)

= a · 0 + b · 0 = 0.

Jadi af + bg ∈ D.




Ruang Bagian


Contoh 3

Himpunan P3(R) adalah ruang bagian dari ruang vektor Pn(R)atas lapangan R dengan n ≥ 3. Sebab, misalkanp(x), q(x) ∈ P3(R) dan a, b ∈ R, maka

ap(x) + bq(x) = a(a0 + a1x + a2x2 + a3x

3)

+b(b0 + b1x + b2x2 + b3x

3)

= (aa0 + bb0)︸︷︷︸

∈R

+(aa1 + bb1)︸︷︷︸

∈R

x + (aa2 + bb2)︸︷︷︸

∈R

x2

+(aa3 + bb3)︸︷︷︸

∈R

x3.

Jadi ap(x) + bq(x) ∈ P3(R).




Himpunan Pembentang

Himpunan Pembentang

Definisi

Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V . Himpunanpembentang dari S adalah himpunan:

< S >def= {x1s1 + . . .+ xnsn | x1, . . . , xn ∈ K , s1, . . . , sn ∈ S}.

Penulisan x1s1 + . . .+ xnsn juga dinamakan kombinasi linier darivektor-vektor s1, . . . , sn.

Sifat

Bila V merupakan suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V denganS 6= ∅, maka < S > adalah suatu ruang bagian dari V .




Himpunan Pembentang

Bukti Sifat Pembentang

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 > adalahruang bagian dari V .




Himpunan Pembentang

Contoh Himpunan Pembentang

Contoh 1

Misalkan V ruang vektor atas K untuk setiap v ∈ V , maka

〈{v}〉 = {kv | k ∈ K}.

Contoh 2

Misalkan ruang vektor R3 atas R, maka 〈{e1, e2}〉 = R2 dimanae1 = (1, 0, 0)′ dan e2 = (0, 1, 0)′. Sebab,

R2

=

x

y

0

∣∣∣∣∣∣

x, y ∈ R

=

x

100

+ y

010

∣∣∣∣∣∣

x, y ∈ R

= {xe1 + ye2 | x, y ∈ R} = 〈{e1, e2}〉 .




Himpunan Pembentang

Lanjutan Contoh

Contoh 3

Misalkan V = Rn ruang vektor atas R dan diberikan suatu matriksA ∈ Mn(R). Didefinisikan suatu himpunan

S = {x ∈ V |Ax = 0},

maka S adalah ruang bagian dari V . Sebab bila untuk sebarangz, y ∈ S dan sebarang a, b ∈ R didapat

A(ay + bz) = a(Ay) + b(Az) = a · 0+ b · 0 = 0.

Jadi ay+ bz ∈ S , maka dari itu S merupakan sub ruang dari V .




Himpunan Pembentang

Pembangun dan Sifat

Pembangun (generator)

Ruang bagian 〈S〉 dari suatu ruang vektor V juga dinamakanruang vektor yang dibangun oleh S . Dalam hal ini S dinamakangenerator atau pembangun dari 〈S〉.

Sifat

Misalkan V suatu ruang vektor atas K , 〈S〉 adalah suatuhimpunan pembentang dari S dan v ∈ V , maka

〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉

bila dan hanya bila v ∈ 〈S〉.




Himpunan Pembentang

Bukti Sifat

Bukti

Misalkan 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉, jelas bahwa v ∈ 〈S ∪ {v}〉.Jadi jugav ∈ 〈S〉. Sebaliknya misalkan bahwa v ∈ 〈S〉,akan ditunjukkanbahwa 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉. Jelas bahwa S ⊂ 〈S ∪ {v}〉.Tinggalmenunjukkan bahwa 〈S ∪ {v}〉 ⊂ 〈S〉. Tulis v = a0s0 + . . .+ ansndan misalkan w ∈ 〈S ∪ {v}〉.Didapat

w = b0v + an+1sn+1 + . . .+ amsm

= (b0a0)s0 + . . .+ (b0an)sn + an+1sn+1 + . . .+ amsm

Terlihat bahwa w ∈ 〈S〉.Jadi 〈S ∪ {v}〉 ⊂ 〈S〉 dan karena〈S〉 ⊂ 〈S ∪ {v}〉, oleh karena itu haruslah 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉




Himpunan Pembentang

Contoh Sifat Pembentang

Contoh

Misalkan dalam R3, vektor-vektor

v1 =

100

, v2

010

dan v3 =

230

.

Didapat v3 = 2v1 + 3v2, jadi v3 ∈ 〈{v1, v2}〉. Maka dari itu,

〈{v1, v2}〉 = 〈{v1, v2, v3}〉. Hasil bentangan v1, v2, v3 adalah bidang B.

x

yz

v1

v2v3

Bidang B




Himpunan Pembentang

Catatan

Sifat dari suatu himpunan pembentang yang dibahas sebelumnya,menyatakan bahwa suatu vektor v di S bisa dihapus untukmemperoleh himpunan baru S dengan himpunan pembentang yangsama yaitu

⟨S⟩= 〈S〉 bila dan hanya bila v merupakan kombinasi

linier dari vektor-vektor di S . Jadi dengan pengertian ini, suatuhimpunan S ⊂ V adalah minimal bila dan hanya bila himpunan initidak memuat vektor-vektor yang merupakan kombinasi linier darivektor-vektor yang lainnya dalam himpunan tersebut (vektor-vektordi S yang demikian ini nantinya dinamakan bebas linear). Dengandemikian bila hasil bentangan S diinginkan lebih luas daribentangan S yaitu

〈S〉 ⊂ 〈S ∪ {v}〉 =⟨S⟩,

maka haruslah dipilih v /∈ 〈S〉.Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya



Bebas Linear

Bebas Linear

Definisi Bebas Linear

Vektor-vektor v1, v2, . . . , vn di suatu ruang vektor V atas lapanganK dinamakan bebas linier bila vektor vi , i = 1, 2, . . . , n bukanmerupakan suatu kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya.Bila tidak demikian, maka vektor-vektor vj , j = 1, 2, . . . , ndinamakan bergantungan linier

Sifat

Misalkan Vektor-vektor s1, . . . , sn ∈ S ⊂ V , dengan V suatu ruangvektor atas K , vektor-vektor si , i = 1, 2 . . . , n bebas linier bila danhanya bila x1s1 + . . .+ xnsn = 0, xi ∈ K dipenuhi hanya untukx1 = . . . = xn = 0.




Bebas Linear

Bukti Sifat Bebas Linear

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

x1s1 + . . .+ xnsn = 0. Tetapi untuk beberapa i , dengan xi 6= 0 didapat

si = (− x1xi)s1 + . . .+ (− xi−1

xi)si−1 + (− xi+1

xi)si+1 + . . .+ (− xn

xi)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 + . . .+ xnsn = 0 dipenuhi hanya untuk

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

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

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

si = c1s1 + . . .+ ci−1si−1 + ci+1si+1 + . . .+ cnsn atau

0 = c1s1 + . . .+ ci−1si−1 + cisi + ci+1si+1 + . . .+ cnsn dengan ci = −1.

Ini bertentangan dengan kenyataan bahwa

0 = c1s1 + . . .+ ci−1si−1 + cisi + ci+1si+1 + . . .+ cnsn dipenuhi hanya

untuk ci = 0, i = 1, 2, . . . , n.




Bebas Linear

Komentar

Pernyataan vektor-vektor si , i = 1, 2 . . . , n dalam ruang vektor Vatas K bebas linier ekivalen dengan x1s1 + . . .+ xnsn = 0, xi ∈ Kdipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0. Bila V = Rn dan K = R,maka vektor-vektor si , i = 1, 2 . . . , n dalam ruang vektor Rn atasR bebas linier mempunyai arti bahwa sistem persamaan linierhomogin x1s1 + . . .+ xnsn = 0 mempunyai penyelesaian trivial,yaitu xi = 0, i = 1, 2, . . . , n. Bila persamaan homogin inimempunyai jawab non trivial, yaitu xi 6= 0 untuk beberapa i , makahal ini berarti bahwa vektor-vektor si tsb. tidak bebas linier ataubergantungan linier. Bila vektor s 6= 0 di ruang vektor Rn danmemenuhi s = x1s1 + . . .+ xnsn, yaitu vektor s merupakankombinasi linier dari vektor-vektor s1, . . . , sn. Hal ini berarti bahwasistem persamaan linier tak homogin s = x1s1 + . . .+ xnsn,mempunyai jawab x = (x1, . . . , xn)

′.




Bebas Linear

Contoh

Contoh 1

Dalam R4 vektor (1, 4,−2, 6)′ adalah kombinasi linier dari duavektor (1, 2, 0, 4)′ dan (1, 1, 1, 3)′ , sebab:(1, 4,−2, 6)′ = 3(1, 2, 0, 4)′ − 2(1, 1, 1, 3)′ . Sedangkan vektor(2, 6, 0, 9)′ bukan kombinasi linier (1, 2, 0, 4) dan (1, 1, 1, 3)′ , sebabbila (2, 6, 0, 9)′ = x1(1, 2, 0, 4)

′ + x2(1, 1, 1, 3)′ ekivalen dengan

sistem persamaan linier

x1 + x2 = 2

2x1 + x2 = 6

x2 = 0

4x1 + 3x2 = 9

Mudah dicek bahwa sistem persamaan linier ini tidak mempunyaijawab.




Bebas Linear

Contoh

Contoh 2

Misalkan ruang vektor V = {f : R → R} atas R, maka fungsicos 2x merupakan kombinasi linier dari fungsi-fungsi cos2 x , sinh2 xdan cosh2 x , sebab cos 2x = 2cos2 x + sinh2 x − cosh2 x , ingatbahwa cos 2x = 2cos2 x − 1 dan cosh2 x − sinh2 x = 1.

Contoh 3

Misalkan tiga vektor v1 = (1, 2, 3)′, v2 = (3, 2, 1)′ dan v3 = (3, 3, 3)′ diR3. Maka

〈{v1, v2, v3}〉 = {x1v1 + x2v2 + x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R}= {(x1 + 3x2 + 3x3, 2x1 + 2x2 + 3x3, 3x1 + x2 + 3x3)

′}




Bebas Linear

Lanjutan Contoh

Lanjutan Contoh 3

Tulis (x , y , z)′ = (x1 + 3x2 + 3x3, 2x1 + 2x2 + 3x3, 3x1 + x2 + 3x3)′.

Didapat:

xyz

=

1 3 32 2 33 1 3

x1x2x3

,

(1 − 2 1)

xyz

= (1 − 2 1)

1 3 32 2 33 1 3

x1x2x3

= 0,

atau x − 2y + z = 0. Catatan 3v1 + 3v2 − 4v3 = 0 dan juga

det

1 3 32 2 33 1 3

= 0.




Bebas Linear

Lanjutan Contoh

Contoh 4

Dua vektor v1 =(40 15

)′, v2 =

(−50 25

)′ ∈ R2 adalahbebas linear sebab x1v1 + x2v2 = 0 dipenuhi hanya untukx1 = x2 = 0, hal ini bisa dicek sbb:

40x1 − 50x2 = 015x1 + 25x2 = 0

}

−15

40B1 + B2

40x1 − 50x2 = 01754 x2 = 0

}

,

didapat x2 = 0, x1 = 0.

Contoh 5

Diberikan S ⊂ R3 dengan

S =

100

,

020

,

120

,

0−11

,

330




Bebas Linear

Lanjutan Contoh

Lanjutan Contoh 5

Perhatikan persamaan berikut:

x1

100

+ x2

020

+ x3

120

+ x4

0−11

+ x5

330

=

000

.

Himpunan penyelesaiannya adalah:

x1x2x3x4x5

= x3

−1−1100

+ x5

−3−3/2

001

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x3, x5 ∈ R

Hal ini menunjukkan bahwa semua vektor di S saling bergantungan

linier. Untuk x3 = 0, x5 = 1, didapat bahwa vektor ke-5 dalam S

merupakan kombinasi linier dari dua vektor pertama.




Bebas Linear

Lanjutan Contoh

Lanjutan Contoh 5

Gunakan sifat yang ada untuk menghapus vektor ke-5 didapat:

S1 =

100

,

020

,

120

,

0−11

, jadi 〈S〉 = 〈S1〉 .

Vektor ke-3 dalam S1 merupakan kombinasi linier dari dua vektor yangpertama, sehingga vektor ke-3 ini bisa dihapus dan didapat:

S2 =

100

,

020

,

0−11

.

Juga, dalam hal ini < S1 >=< S2 >. Jadi < S >=< S2 >.




Bebas Linear

Lanjutan Contoh

Contoh 6

Misalkan tiga vektor v1 = (1, 1, 0)′, v2 = (5, 1,−3)′ dan v3 = (2, 7, 4)′ diR3, maka

〈{v1, v2, v3}〉 = {x1v1 + x2v2 + x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R}

= {x1(1, 1, 0)′ + x2(5, 1,−3)′+ x3(2, 7, 4)

′ | x1, x2, x3 ∈ R}= {(x1 + 5x2 + 2x3, x1 + x2 + 7x3,−3x2 + 4x3)

′|x1, x2, x3 ∈R}.

Tulis (x , y , z)′ = (x1 + 5x2 + 2x3, x1 + x2 + 7x3,−3x2 + 4x3)′, didapat:

xyz

=

1 5 21 1 70 −3 4

x1x2x3

.




Bebas Linear

Lanjutan Contoh

Lanjutan Contoh 6

Sehingga diperoleh:

−25 26 −334 −4 53 −3 4

x

y

z

=

−25 26 −334 −4 53 −3 4

1 5 21 1 70 −3 4

x1x2x3

=

1 0 00 1 00 0 1

x1x2x3

=

x1x2x3

.

Terlihat bahwa, untuk setiap (x , y , z)′ ∈ R3 selalu bisa diperoleh

x1, x2, x3 ∈ R sehingga (x , y , z)′ = x1v1 + x2v2 + x3v3 ∈ 〈{v1, v2, v3}〉.Jadi R3 ⊂ 〈{v1, v2, v3}〉, dilain pihak 〈{v1, v2, v3}〉 ⊂ R3. Maka dari itu

R3 = 〈{v1, v2, v3}〉 .




Basis dan Dimensi

Basis dan Dimensi

Difinisi Basis dan Dimensi

Misalkan B = {b1, b2, . . .} ⊂ V dimana V adalah ruang vektor atas K .

Bila 〈{b1, b2, . . .}〉 = 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)′, (1, 1)′} adalah suatu basis dari R2, basis yanglainnya adalah B2 = {(1, 0)′, (0, 1)′}. Secara umumB3 = {(a11, a21)′, (a12, a22)′} adalah suatu basis dari R2 bila

det

(a11 a12a21 a22

)

6= 0.




Basis dan Dimensi

Lanjutan Contoh

Contoh 2

Ruang vektor V = {x1 cos θ + x2 sin θ | x1, x2 ∈ R} atas R, maka suatu

basis dari V adalah {cos θ, sin θ}.

Contoh 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).

Contoh 4

Dalam ruang vektor M2,2(R), yaitu himpunan matriks ukuran 2× 2

dengan elemen-elemen di R, maka{(

1 00 0

)

,

(0 10 0

)

,

(0 01 0

)

,

(0 00 1

)}

adalah suatu basis dari

M2,2(R).




Basis dan Dimensi

Sifat Basis

Sifat

Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v1, . . . , vn} adalahsuatu basis dari V , maka setiap elemen v ∈ V dapat diungkapkansecara tunggal sebagai: v = x1v1 + . . . + xnvn, x1, . . . , xn ∈ K .

Bukti

Misalkan v = a1v1 + . . .+ anvn, dan v = x1v1 + . . . + xnvn,didapat: (x1 − a1)v1 + . . .+ (xn − an)vn = 0, karena vektor-vektorv1, . . . , vn bebas linier, maka haruslah x1 − a1 = 0, . . . , xn − an = 0.Sehingga diperoleh x1 = a1, . . . , xn = an.




Basis dan Dimensi

Sifat Basis

SifatMisalkan vi ∈ Rn, i = 1, 2, . . . ,m. Bila m > n, maka vektor-vektor vi , i = 1, 2, . . . ,m

bergantungan linier.

Bukti

Untuk setiap j = 1, 2, . . . ,m, tulis vektor vj = (a1j , a2j , . . . , anj )′, sehingga persamaan

x1v1 + . . .+ xmvm = 0 dalam bentuk matriks adalah:

a11 . . . a1m

.

.

.

.

.

.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

dengan nol. Jadi vj , j = 1, 2, . . . ,m bergantungan linier.




Basis dan Dimensi

Contoh

Contoh

Dalam ruang vektor R2 atas R, Misalkan v1 = (a11, a21)′, v2 = (a12, a22)

′ ∈ R2. Bila vektor-vektor v1, v2,

bebas linier, maka persamaan: x1v1 + x2v2 = 0 atau dalam bentuk matriks: Ax = 0 dengan

A =

(a11 a12a21 a22

)

, x =

(x1x2

)

dan 0 =

(00

)

mempunyai jawab trivial hanya bila det(A) 6= 0. Secara geometris, hal ini

menyatakan bahwa luas daerah jajaran genjang yang dibentuk oleh dua vektor v1 dan

v2 sama dengan | det(A)|. Sebaliknya bila det(A) = 0, maka luas daerah ini sama

dengan 0. Hal ini menunjukkan bahwa dua vektor v1 dan v2 terletak pada satu garis

yang sama atau dengan kata lain dua vektor v1 dan v2 bergantungan linier. Jadi

{v1, v2} adalah suatu basis dari R2 dengan dimensi 2 bila det(A) 6= 0.

x

y

o

v1

v2

x

y

o

v1

v2




Basis dan Dimensi

Sifat

Sifat

Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v1, . . . , vn} suatubasis dari V . Bila vektor-vektor u1, . . . ,um dengan m > n, makavektor-vektor u1, . . . ,um bergantungan linier.

Bukti

Karena {v1, . . . , vn} suatu basis dari V , didapat:

u1 = a11v1 + . . .+ an1vn,...

um = a1mv1 + . . .+ anmvn,

dengan aij ∈ K , i = 1, 2, . . . , n dan j = 1, 2, . . . ,m.




Basis dan Dimensi

Lanjutan Bukti

Lanjutan Bukti Sifat

Vektor-vektor {v1, . . . , vn} bebas linier, untuk x1, . . . , xm ∈ K didapat:

0 = x1u1 + . . .+ xmum

= x1(a11v1 + . . .+ an1vn) + . . .+ xm(a1mv1 + . . .+ anmvn)

= (a11x1 + . . .+ a1mxm)v1 + . . .+ (an1x1 + . . .+ anmxm)vn

dan haruslah a11x1 + . . .+ a1mxm = 0, . . . , an1x1 + . . .+ anmxm = 0 atau dengannotasi matriks:

a11 . . . a1m...

...an1 . . . anm

x1...xm

=

0...0

.

Persamaan homogin diatas mempunyai jawab non-trivial (sebab m > n). Jadi

vektor-vektor u1, . . . , um bergantungan linier.




Basis dan Dimensi

Kesimpulan

Kesimpulan

Misalkan V suatu ruang vektor atas K dengan dimensi hingga.Maka setiap dua basis yang berbeda dari V harus mempunyaibanyak elemen yang sama.

Contoh 1

Dalam ruang vektor P3(R) atas R, B = {1, x , x2, x3} adalah suatubasis baku dari P3(R). Basis yang lainnya adalahB2 = {1, 1 + x , 1 + x + x2, 1 + x + x2 + x3}.




Basis dan Dimensi

Lanjutan Contoh

Contoh 2Persamaan homogin Ax = 0, diberikan oleh :

1 3 −5 1 51 4 −7 3 −21 5 −9 5 −90 3 −6 2 −1

x1x2x3x4x5

=

0000

.

Himpunan penyelesaiannya adalah:

〈{v1, v2}〉 =

x = a

1−2−100

+ b

130−5−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a, b ∈ R

merupakan suatu ruang vektor atas R dengan dimensi dua.




Basis dan Dimensi

Sifat Perlusan Basis

SifatMisalkan 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 diperluas sampai merupakan suatu basis dari V .

Bukti

Misalkan S = {v1, . . . , vm} dengan vi , i = 1, . . . ,m adalah vektor-vektor yang bebas

linier. Karena 〈S〉 6= V , maka pilih vektor vm+1 ∈ V sehingga vm+1 bukan kombinasi

linier dari vektor-vektor vj , j = 1, 2, . . . ,m. Selanjutnya namakan

T = {v1, . . . , vm, vm+1}, bila 〈T 〉 = V , maka T adalah basis dan sudah tidak bisa lagi

diperluas menjadi vektor-vektor yang bebas linier. Bila 〈T 〉 6= V , lakukan lagi cara

perluasan seperti sebelumnya sehingga diperoleh himpunan vektor-vektor yang bebas

linier di U yang memenuhi 〈U〉 = V .




Basis dan Dimensi

Kesimpulan

Kesimpulan

Misalkan V ruang vektor atas K berdimensi n, maka setiap himpunan

dari n vektor yang bebas linier adalah suatu basis dari V .

Contoh

Misalkan S = {(1, 1, 1)′, (0,−1, 0)′} ⊂ R3, jelas bahwa vektor-vektor diS bebas linier dan

〈S〉 = {x(1, 1, 1)′ + y(0,−1, 0)′ = (x , x − y , x)′ | x , y ∈ R}, jelas bahwabila (x1, x2, x3)

′ ∈ 〈S〉, maka x3 = x1. Oleh karena itu (x , y , z)′ /∈ 〈S〉 bilax 6= z . Pilih vektor (1, 0, 0) sehingga didapat

T = {(1, 1, 1)′, (0,−1, 0)′, (1, 0, 0)′} dimana vektor-vektor di T bebas

linier, maka dari itu T merupakan suatu basis dari R3.




Basis dan Dimensi

Jumlahan Langsung

SifatMisalkan 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} suatubasis dari V . Terlihat 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 .




Basis dan Dimensi

Lanjutan Bukti

Lanjutan BuktiDengan kenyataan bahwa u = a1z1 + . . .+ arzr + b1u1 + . . .+ bmum untuk beberapaskalar ai , bj dan v = c1z1 + . . .+ cr zr + d1v1 + . . .+ dmvn untuk beberapa skalarck , dl , didapat:

w = u+ v = (a1 + c1)z1 + . . .+ (ar + cr )zr + b1u1 + . . .+ bmum + d1v1 + . . .+ dmvn

terlihat bahwa w ∈ 〈{z1, . . . , zr , u1, . . . , um, v1, . . . , vn}〉. Maka dari itu didapat〈{z1, . . . , zr , u1, . . . , um , v1, . . . , vn}〉 = U + V . Diberikan

x1z1 + . . .+ xr zr + xr+1u1 + . . .+ xr+mum + xr+m+1v1 + . . .+ xr+m+nvn = 0

untuk beberapa skalar xj . Tulis

w = x1z1 + . . .+ xrzr + xr+1u1 + . . .+ xr+mum,

didapat w = −xr+m+1v1 + . . .− xr+m+nvn.




Basis dan Dimensi

Lanjutan Bukti

Lanjutan Bukti

Terlihat bahwa w ∈ U dan w ∈ V , jadi w ∈ U ∩ V . Tetapi {z1, . . . , zr} adalah suatubasis dari U ∩ V , jadi w = b1z1 + . . .+ br zr untuk beberapa skalar bi . Sehinggadidapat

b1z1 + . . .+ br zr = −xr+m+1v1 + . . .− xr+m+nvn

ataub1z1 + . . .+ br zr + xr+m+1v1 + . . .+ xr+m+nvn = 0.

Tetapi {z1, . . . , zr , v1, . . . , vn} adalah suatu basis dari V , pause maka dari itu haruslah

b1 = . . . = br = xr+m+1 = . . . = xr+m+n = 0, sehingga persamaan

x1z1 + . . .+ xr zr + xr+1u1 + . . .+ xr+mum + xr+m+1v1 + . . .+ xr+m+nvn = 0 menjadi

x1z1 + . . .+ xr zr + xr+1u1 + . . .+ xr+mum = 0. Tetapi {z1, . . . , zr , u1, . . . , um} jugaadalah suatu basis dari U. Jadi haruslah x1 = . . . = xr = xr+1 = . . . = xr+m = 0.

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

z1, . . . , zr , u1, . . . , um, v1, . . . , vn bebas linier.




Basis dan Dimensi

Contoh

Contoh

Misalkan W = R4, u1 = (1, 1, 0, 0)′, u2 = (−3, 7, 2, 1)′,U = 〈{u1, u2}〉 danV = {(x1, x2, x3, 0)′ | xi ∈ R}. Vektor-vektor u1, u2 bebas linier, sebab bila

a1u1 + a2u2 = 0 atau a1(1, 1, 0, 0)′ + a2(−3, 7, 2, 1)′ = 0 didapat a1 = a2 = 0. Jadi

dim(U) = 2. Suatu basis dari V adalah

e1 = (1, 0, 0, 0)′, e2 = (0, 1, 0, 0)′, e3 = (0, 0, 1, 0)′. Jadi dim(V ) = 3. Perhatikan

bahwa e4 = (0, 0, 0, 1)′ = (−3, 7, 2, 1)′ + 3(1, 0, 0, 0)′ − 7(0, 1, 0, 0)′ − 2(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)′

dimana b2 = 0. Jadi U ∩ V = 〈{u1}〉. Terlihat bahwa dim(U ∩ V ) = 1.




Basis dan Dimensi

Catatan

Catatan:

Bila U ,V ruang bagian berdimensi hingga masing-masing dengan basis

{u1, . . . , um} dan {v1, . . . , vn}. Misalkan W = U + V dan sebarang

w ∈ W . Didapat w = u+ v = a1u1 + . . .+ amum + b1v1 + . . .+ bnvnatau W = 〈{u1, . . . , um, v1, . . . , vn}〉. Selanjutnya reduksi vektor-vektor

u1, . . . , um, v1, . . . , vn menjadi vektor-vektor yang bebas linier (sampai

minimal) dan himpun kedalam himpunan S , sehingga didapat

W = 〈{S}〉. Jadi dimensi dari W sama dengan banyaknya vektor-vektor

di S .

Jumlahan Langsung

Bila U dan V adalah ruang bagian berdimensi hingga dengan

U ∩ V = {0}, maka U + V dinamakan jumlahan langsung dari U dan V .




Basis dan Dimensi

Contoh

ContohHimpunan U = {(x1, x2, 0)′ | x1, x2 ∈ R} dan V = {(0, 0, x3)′ | x3 ∈ R} adalah ruang bagian dari ruang vektor

R3 atas R dengan U ∩ V = {0}. Jadi U + V adalah jumlahan langsung dari U dan V ,

U + V = {(x1, x2, 0)′ + (0, 0, x3)′ = (x1, x2, x3)

′ | x1, x2, x3 ∈ R} =

{x1(1, 0, 0)′ + x2(0, 1, 0)′ + x3(0, 0, 1)

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

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

⟨{(1, 0, 0)′, (0, 1, 0)′}

⟩,

terlihat bahwa dim(U) = 2. Juga, V = {(0, 0, x3)′ | x3 ∈ R} = {x3(0, 0, 1)′ | x3 ∈ R} =⟨{(0, 0, 1)′}

⟩dan

dim(V ) = 1. Makna U + V merupakan jumlahan langsung 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, 1, 0)′} adalah suatu basis dari U dan himpunan {(0, 0, 1)′}

adalah suatu basis dari V sedangkan himpunan {(1, 0, 0)′, (0, 1, 0)′, (0, 0, 1)′} sudah bebas linier (tidak bisa lagi

direduksi lagi sehingga bebas linier). Jadi, dari sini juga langsung didapat bahwa dim(U + V ) = dim(U) + dim(V ).




Basis dan Dimensi

Kesimpulan dan Sifat

Kesimpulan

Dimensi dari suatu ruang jumlahan langsung sama dengan jumlah dari

masing-masing dimensi ruang.

Sifat

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.




Basis dan Dimensi

Koordinat

Koordinat

Misalkan {v1, . . . , vn} adalah suatu basis dari suatu ruang vektoratas K . Jadi setiap v ∈ V dapat ditulis secara tunggal olehv = x1v1 + . . .+ xnvn untuk beberapa skalar x1, . . . , xn ∈ K .Dalam hal ini skalar-skalar x1, . . . , xn dinamakan koordinat darivektor v terhadap basis {v1, . . . , vn}.




Basis dan Dimensi

Contoh

Contoh

Misalkan V = R3 dengan basis baku{e1 = (1, 0, 0)′, e2 = (0, 1, 0)′ , e3 = (0, 0, 1)′} dan misalkansebarang v = (x , y , z)′ ∈ V , maka v = xe1 + ye2 + ze3. Jadikoordinat dari v terhadap basis {e1, e2, e3} adalah x , y dan z .Tetapi untuk basis yang lain dari V , misalkan{v1 = (0, 1, 1)′, v2 = (1, 0, 1)′ , v3 = (1, 1, 0)′}, maka

v = (−x + y + z

2)v1 + (

x − y + z

2)v2 + (

x + y − z

2)v3.

Koordinat dari vektor v terhadap basis {v1, v2, v3} adalah−x+y+z

2 , x−y+z2 dan x+y−z

2 . Terlihat bahwa vektor v terhadap duabasis yang berbeda dari ruang vektor V mempunyai dua koordinatyang berbeda pula.




Basis dan Dimensi

Basis Terurut

Basis TerurutAdalah perlu dijamin bahwa suatu vektor dikaitkan dengan suatu vektor basis yang

sesuai, cara baku untuk melakukan hal ini adalah menggunakan penyajian terurut

untuk koordinat dan vektor basis. Bila urutan dari vektor-vektor dalam suatu basis

dipersoalkan dalam hal ini dinamakan basis terurut dan basis ini ditulis sebagai suatu

barisan. Bila urutan dari vektor basis takdipersoalkan, basis tersebut ditulis sebagai

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.




Pemetaan Linear

Pemetaan Pada Ruang Vektor

Definisi Pemetaan Linear

Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K , suatu pemetaan

f : U → V adalah suatu pemetaan linier atau transformasi linier bila dan

hanya bila memenuhi f (k1u1 + k2u2) = k1f (u1) + k2f (u2) untuk semua

k1, k2 ∈ K dan u1, u2 ∈ U .

Sifat

Bila f : U → V suatu pemetaan linier, maka f (0U ) = 0V .

Bukti

f (0U ) = f (0U + 0U) = f (0U ) + f (0U), didapat f (0U)− f (0U )︸︷︷︸

0V

= f (0U ), jadi

0V = f (0U).




Pemetaan Linear

Contoh

Contoh 1

Misalkan f : U → V , U = R3 dan V = R2 dengan f ((x , y , z)′)def= (2x − y , y + z)′.

Maka f adalah pemetaan linier, sebab

f (k1u1 + k2u2) = f (k1(x1, y1, z1)′ + k2(x2, y2, z2)′) = f ((k1x1 + k2x2, k1y1 +

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

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

′ =

k1(2x1 − y1, y1 + z1)′ + k2(2x2 − y2, y2 + z2)

′ = k1f ((x1, y1, z1)′) + k2f ((x2, y2, z2)

′).

Contoh 2

Misalkan f : R3 → R2 dengan f ((x , y , z)′)def= (x2, y + z)′, pemetaan f bukan

pemetaan linier, sebab

f (2(1, 0, 0)′) = f ((2, 0, 0)′) = (4, 0)′ 6= (2, 0)′ = 2(1, 0)′ = 2f ((1, 0, 0)′).




Pemetaan Linear

Kernel dan Image

DefinisiMisalkan f : U → V suatu pemetaan

Image dari f adalah Im(f )=f (U)def= {f (u) | u ∈ U} ⊆ V .

Kernel dari f adalah ker(f )def= {u ∈ U | f (u) = 0} ⊆ U.

ContohDalam Contoh 1. sebelumnya

Im(f ) = {f ((x , y , z)′) = (2x − y , y + z)′ | x , y , z ∈ R}, sedangkanker(f ) = {(x , y , z)′ | 2x − y = 0, y + z = 0, x , y , z ∈ R} = {y( 1

2, 1,−1)′ | y ∈ R}.




Pemetaan Linear

Beberapa Sifat

SifatMisalkan U dan V adalah ruang vektor atas K dan f : U → V suatu pemetaan linier,maka

1 Im(f ) adalah ruang bagian dari V .

2 Ker(f ) adalah ruang bagian dari U.

3 Pemetaan f satu-satu bila dan hanya bila ker(f ) = {0U}.

Bukti

1. Jelas bahwa Im(f ) ⊆ V . Misalkan sebarang v1, v2 ∈ Im(f ) dan sebarang k1, k2 ∈ K .

Untuk beberapa u1, u2 ∈ U, maka kombinasi linier berikut dipenuhi

k1v1 + k2v2 = k1f (u1) + k2f (u2) = f (k1u1) + f (k2u2) = f (k1u1 + k2u2) ∈ Im(f ). Jadi

Im(f ) adalah ruang bagian dari V .




Pemetaan Linear

Lnjutan Bukti

Lanjutan Bukti

2 Jelas bahwa ker(f ) ⊆ U . Misalkan sebarang u1, u2 ∈ ker(f ) dansebarang k1, k2 ∈ K , makaf (k1u1 + k2u2) = k1f (u1) + k2f (u2) = k10V + k20V = 0V . Terlihatbahwa k1u1 + k2u2 ∈ ker(f ). Jadi ker(f ) adalah ruang bagian dariU .

3. Misalkan pemetaan f satu-satu dan sebarang u ∈ ker(f ), makaf (0U) + f (u) = f (0U + u) = f (u) = 0V . Sehingga didapatf (u) = −f (0U) = f (−0U) = f (0U). Karena pemetaan f satu-satuharuslah u = 0U . Jadi {0U} = ker(f ). Selanjutnya misalkanker(f ) = {0} dan u1, u2 ∈ U , maka untuk f (u1) = f (u2) didapat,0 = f (u1)− f (u2) = f (u1 − u2). Terlihat bahwa u1 − u2 ∈ ker(f ).Tetapi, ker(f ) = {0}. Maka dari itu haruslah u1 − u2 = 0 atauu1 = u2. Jadi pemetaan f adalah satu-satu.




Pemetaan Linear

Contoh

Contoh 1

Misalkan U ruang vektor atas K dan U = Kn. Diberikan matriksT = [aij ], aij ∈ K dan T bertindak pada ruang vektor U denganaturan untuk setiap x ∈ U:

T (x)def=

a11 . . . a1n...

. . ....

an1 . . . ann

x1...xn

=

y1...yn

,

dimana yi =n∑

j=1

aijxj , i = 1, 2, . . . , n. Maka T adalah suatu

transformasi linier dari U ke U, sebab untuk sebarang x, x ∈ U dansebarang k1, k2 ∈ K berlaku:




Pemetaan Linear

Lanjutan Contoh

Lanjutan Contoh 1

T (k1x+ k2x) =

a11 . . . a1n...

. . ....

an1 . . . ann

k1

x1...xn

+ k2

x1...xn

= k1

a11 . . . a1n...

. . ....

an1 . . . ann

x1...xn

+k2

a11 . . . a1n...

. . ....

an1 . . . ann

x1...xn

= k1T (x) + k2T (x).




Pemetaan Linear

Lanjutan Contoh

Contoh 2Dalam Contoh 1. sebelumnya, maka

Im(T ) =

y1

.

.

.yn

=

a11 . . . a1n

.

.

....

.

.

.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

.

.

.xn

∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 . . . a1n

.

.

....

.

.

.an1 . . . ann

x1

.

.

.xn

=

0

.

.

.0




Pemetaan Linear

Beberapa Sifat

Sifat

Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas K dan f : U → V

suatu pemetaan linier.1. Bila 〈{u1, . . . , un}〉 = U, maka 〈{f (u1), . . . , f (un)}〉 = Im(f ).

2. dim(U) = dim(ker(f )) + dim(Im(f )).

Bukti

1. Misalkan sebarang v ∈ Im(f ), pilih u ∈ U yang memenuhi f (u) = v. Tetapi

u = k1u1 + . . .+ knun, maka

v = f (u) = f (k1u1+. . .+knun) = k1f (u1)+. . .+knf (un) ∈ 〈{f (u1), . . . , f (un)}〉.Jadi Im(f ) = 〈{f (u1), . . . , f (un)}〉.




Pemetaan Linear

Lanjutan Bukti

Bukti

2. Misalkan {u1, . . . , um} basis dari ker(f ), perluas basis ini sampai didapat

{u1, . . . , um,w1, . . . ,wn} suatu basis dari U. Jelas bahwa dim(ker(f )) = m dan

dim(U) = m + n. Misalkan vi = f (wi ), i = 1, 2 . . . , n. Akan ditunjukkan

vi , i = 1, 2 . . . , n suatu basis dari Im(f ). Gunakan hasil 1. didapat Im(f ) =

〈{f (u1), . . . , f (um), f (w1), . . . , f (wn)}〉 = 〈{0, . . . , 0, v1, . . . , vn}〉 = 〈{v1, . . . , vn}〉.Selanjutnya selidiki apakah vektor-vektor vi , i = 1, 2 . . . , n bebas linier, yaitu

k1v1 + . . .+ knvn = 0 atau k1f (w1) + . . .+ knf (wn) = 0. Didapat

f (k1w1 + . . .+ knwn) = 0. Jadi k1w1 + . . .+ knwn ∈ ker(f ). Oleh karena itu

k1w1 + . . .+ knwn = k1u1 + . . .+ kmum untuk beberapa ki , atau

k1u1 + . . .+ kmum − k1w1 + . . .− knwn = 0. Karena vektor-vektor

{u1, . . . , um,w1, . . . ,wn} bebas linier maka k1 = . . . = km = k1 = . . . = kn = 0, Jadi

vektor-vektor v1, . . . , vn bebas linier.




Pemetaan Linear

Null Space dan Nullity

Null Space, Nullity dan Rank

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(f ) + rank(f ).

Contoh

Misalkan pemetaan linier f : R3 → R2 dengan f ((x , y , z)′) = (x + z , 2x − y + z)′

untuk setiap (x , y , z)′ ∈ R3. Kernel dari f adalah penyelesaian dari persamaan vektorf ((x , y , z)′) = (x + z ,2x − y + z)′ = (0, 0)′ atau penyelesaian persamaan homogin

(1 0 12 −1 1

)

x

y

z

=

(00

)

yang mempunyai penyelesaian x = x , y = x , z = −x , x ∈ R.




Pemetaan Linear

Isomorpisma

Lanjutan Contoh

Jadi ker(f ) = {x(1, 1,−1)′ | x ∈ R} = 〈{(1, 1,−1)′}〉. Terlihat bahwanullity(f ) = 1. Sedangkan Im(f ) = {(x + z , 2x − y + z)′ | x , y , z ∈ R} ={x(1, 2)′ − y(0, 1)′ + z(1, 1)′ | x , y , z ∈ R} = 〈{(1, 2)′, (0, 1)′, (1, 1)′}〉 =〈{(1, 2)′ = (0, 1)′ + (1, 1)′, (0, 1)′, (1, 1)′}〉 = 〈{(0, 1)′, (1, 1)′}〉. Terlihat bahwarank(f ) = 2. Sehingga didapat dim(R3) = nullity(f ) + rank(f ) = 1 + 2 = 3.

IsomorpismaMisalkan f : U → V suatu pemetaan linier dari ruang vektor U ke ruang vektor V

masing-masing atas K . Bila pemetaan f satu-satu dan pada yaitu pemetaan f

mempunyai invers, maka f dinamakan suatu isomorpisma dari U ke V . Dalam hal ini,

U dan V dikatakan isomorpik dan dinotasikan oleh U ∼= V . Perhatikan bahwa, karena

f pemetaan satu-satu dan pada, maka Im(f ) = V dan ker(f ) = {0U}.




Pemetaan Linear

Sifat

SifatMisalkan 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 f : U → V yang

memenuhi f (ui ) = vi , i = 1, . . . , n.

BuktiBila f : U → V suatu isomorpisma, maka f satu-satu dan pada. Maka dari itu,

ker(f ) = {0U} dan Im(f ) = V . Sehingga didapat

dim(U) = dim(ker(f )) + dim(Im(f )) = 0 + dim(V ) = dim(V ). Sebaliknya, misalkan

m = n dan f suatu pemetaan linier yang memenuhi f (ui ) = vi , i = 1, . . . , n. Akan

ditunjukkan bahwa f satu-satu dan pada. Misalkan sebarang u ∈ ker(f ), maka

f (u) = 0V . Tetapi u = k1u1 + . . .+ kmum .




Pemetaan Linear

Lanjutan Bukti

Lanjutan BuktiSehingga didapat 0V = f (u) = f (k1u1 + . . . + kmum) = k1f (u1) + . . . + kmf (um) = k1v1 + . . . + kmum ,

karena {v1, . . . , vm} suatu basis dari V , maka haruslah k1 = . . . = kn = 0. Jadi u = 0U . Maka dari itu

ker(f ) = {0U}. Jadi pemetaan f satu-satu. Selanjutnya, misalkan sebarang v ∈ V , maka v = a1v1 + . . . + anvn

untuk beberapa skalar ai . Tetapi vi = f (ui ), i = 1, . . . , n. Jadi

v = a1 f (ui ) + . . . + an f (un) = f (a1u1 + . . . + anun) ∈ Im(f ). Sehingga didapat V = Im(f ) atau pemetaan f

adalah pada. Kerena pemetaan linier f adalah satu-satu dan pada, maka U dan V isomorpik. Berikutnya,

ditunjukkan bahwa isomorphisma f yang memenuhi f (ui ) = vi , i = 1, . . . , n adalah tunggal. Misalkan

g : U → V adalah suatu isomorphisma yang juga memenuhi g(ui ) = vi , i = 1, . . . , n dan misalkan sebarang

u = k1u1 + . . . + knun ∈ U untuk beberapa skalar ki ∈ K , maka

f (u) − g(u) = f (k1u1 + . . . + knun) − g(k1u1 + . . . + knun) =

k1f (u1) + . . . + knf (un) − k1f (u1) − . . . − kn f (un) = k1v1 + . . . + knvn − k1v1 − . . . − knvn = 0V .

Sehingga didapat g(u) = f (u),∀u ∈ U. Jadi g = f .




Pemetaan Linear

Ruang Pemetaan Linear

Ruang Pemetaan Linear

Misalkan U dan V ruang vektor atas K , himpunan L(U,V ,K )menyatakan himpunan semua pemetaan linier dari U ke V .Misalkan f , g ∈ L(U,V ,K ) pemetaan f + g didefinisikan sebagai

(f + g)(u)def= f (u) + g(u) untuk semua u ∈ U dan pemetaan kf

didefinisikan sebagai (kf )(u)def= kf (u) untuk semua u ∈ U. Maka

L(U,V ,K ) adalah ruang vektor atas K .

Sifat

Misalkan f , g ∈ L(U,V ,K ) dan komposisi dari g ◦ f adalah

(gf )(u)def= g(f (u)) untuk semua u ∈ U, maka g ◦ f ∈ L(U,V ,K ).




Pemetaan Linear

Bukti Sifat

Bukti

(gf )(k1u1 + k2u2) = g(f (k1u1 + k2u2))

= g(k1f (u1) + k2f (u2))

= k1g(f (u1)) + k2g(f (u2))

= k1(gf )(u1) + k2(gf )(u2).

Pemetaan Linear dan Aljabar MatriksMisalkan U,V ruang vektor berdimensi hingga atas K masing-masing dengan dimensi

m dan n. Misalkan Bu = u1, . . . , um basis terurut di U, Bv = v1, . . . , vn basis terurut

di V dan f ∈ L(U,V ,K). Untuk j = 1, . . . ,m, f (uj ) ∈ V , sehingga ada skalar

ai,j ∈ K yang memenuhi f (uj ) = a1,jv1 + . . .+ an,jvn.




Pemetaan Linear

Pemetaan Linear dan Aljabar Matriks

Pemetaan Linear dan Aljabar MatriksBila indeks i dan j dalam skalar ai,j menyatakan elemen baris ke-i dan kolom ke-j darisuatu matriks A, hal ini mendefinisikan matriks representasi dari pemetaan linier fdiberikan oleh:

A =

a1,1 . . . a1,m...

......

an,1 . . . an,m

.

Perhatikan bahwa, skalar-skalar ai,j dalam persamaan f (uj ) menyatakan kolom ke-j

dari matriks A. Sekali matriks-matriks representasi ini di konstruksi sesuai dengan

basis-basis yang ada, matriks-matriks ini bisa digunakan tanpa lagi merujuk pada

basis-basis yang ada, kecuali ada perubahan basis, maka matriks A juga berubah.

Untuk menjelaskan hal ini, misalkan sebarang u ∈ U, maka u = x1u1 + . . .+ xmum

dan v = f (u) ∈ V .




Pemetaan Linear

Pemetaan Linear dan Aljabar Matriks

Pemetaan Linear dan Aljabar MatriksTetapi v = y1v1 + . . .+ ynvn. Sehingga didapat

f (u) = x1f (u1) + . . .+ xmf (um)

= x1(a1,1v1 + . . .+ an,1vn) + . . .+ xm(a1,mv1 + . . .+ an,mvn)

= (a1,1x1 + . . .+ a1,mxm)v1 + . . .+ (an,1x1 + . . .+ an,mxm)vn

= y1v1 + . . .+ ynvn

atau y = Ax, dengan

y =

y1...yn

, A =

a1,1 . . . a1,m...

.

.....

an,1 . . . an,m

dan x =

x1...xm

.




Pemetaan Linear

Sifat Matriks Representasi

SifatMisalkan f ∈ L(U,V , K ) dan g ∈ L(V ,W , K ) dengan dim(U) = m, dim(V ) = n dan dim(W ) = p. Representasi

matriks dari f dan g masing-masing diberikan oleh A = (f , uj , vi ) berukuran n × m dan B = (g, vi ,wk ) beruran

p × n. Maka representasi matriks dari komposisi gf ∈ L(U,W ,K ) diberikan oleh C = (gf , uj , wk ) dimana

C = BA dengan ck,j =n∑

i=1bk,i ai,j .

Bukti

Gunakan definisi representasi matriks dari suatu pemetaan, didapat f (uj ) =n∑

i=1ai,j vi dan g(vi ) =

p∑

k=1bk,iwk .

Maka dari itu (g(f (uj )) =n∑

i=1ai,j g(vi ) =

n∑

i=1ai,j

(p∑

k=1bk,iwk

)

=p∑

k=1

(n∑

i=1bk,i ai,j

)

wk . Tetapi

(gf )(uj ) =p∑

k=1ck,jwk , sehingga dengan menyamakan koefisien masing-masing persamaan didapat

ck,j =n∑

i=1bk,i ai,j .




Pemetaan Linear

Contoh Matriks Representasi

Contoh 1

Diberikan suatu transformasi linier f : R3 → R3 olehf ((x , y , z)′) = (x − y − z , x + y + z , z)′ dengan basis baku terurut didapat:f ((1, 0, 0)′) = (1, 1, 0)′, f ((0, 1, 0)′) = (−1, 1, 0)′ dan f ((0, 0, 1)′) = (−1, 1, 1)′,sehingga matriks representasi dari f terhadap basis baku terurut diberikan oleh:

1 −1 −11 1 10 0 1

.

Selanjutnya bila digunakan basis terurut B = (1, 0, 0)′, (1, 1, 0)′, (1, 0, 1)′ didapatf ((1, 0, 0)′) = (1, 1, 0)′ = 0(1, 0, 0)′ + 1(1, 1, 0)′ + 0(1, 0, 1)′ = (0, 1, 0)′

B,

f ((1, 1, 0)′) = (0, 2, 0)′ = −2(1, 0, 0)′ + 2(1, 1, 0)′ + 0(1, 0, 1)′ = (−2, 2, 0)′B

danf ((1, 0, 1)′) = (0, 2, 1)′ = −3(1, 0, 0)′ + 2(1, 1, 0)′ + 1(1, 0, 1)′ = (−3, 2, 1)′

B.

Sehingga matriks representasi dari f dengan basis terurut B diberikan oleh:

0 −2 −31 2 20 0 1

.




Pemetaan Linear

Lanjutan Contoh Matriks Representasi

Contoh 2

Diberikan pemetaan linier f : P3(R) → P1(R) oleh f (p(x)) =d2p(x)

dx2.

a. Matriks representasi A dari f dengan basis terurut B1 = 1, x, x2, x3 untuk P3(R) dan basis terurutB2 = 1, x + 2 untuk P1(R) diberikan sebagai berikut: f (1) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) = (0, 0)′B2

,

f (x) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) = (0, 0)′B2, f (x2) = 2 = 2.1 + 0(x + 2) = (2, 0)′B2

dan

f (x3) = 6x = −12.1 + 6(x + 2) = (−12, 6)′B2,

A =

(0 0 2 −120 0 0 6

)

.

b. Misalkan p(x) = a + bx + cx2 + dx3 ∈ ker(f ), maka 0 = f (p(x)) = 2c + 6dx, ∀x ∈ R. Sehinggadidapat c = 0, d = 0. Jadi ker(f ) = {a.1 + bx | a, b ∈ R} = 〈{1, x}〉. Terlihat bahwa dim(ker(f )) = 2.

c. Sedangkan dimensi dari image f diberikan oleh: dim(Im(f )) = dim(P3(R)) − dim(ker(f )) = 4 − 2 = 2.

Hal ini bisa dicek sebagai berikut, misalkan sebarang q(x) = α + βx + γx2 + δx3 ∈ P3(R), makaf (q(x)) = 2γ + 6δx = 2γ.1 + 6δ.x ∈ 〈{1, x}〉. Jadi Im(f ) = 〈{1, x}〉 dan terlihat bahwa dimensiIm(f ) sama dengan dua.




Pemetaan Linear

Lanjutan Contoh Matriks Representasi

Contoh 3Misalkan u1, u2, u3 basis terurut dari U, v1, v2, v3 dan w1, w2 adalah suatu basis terurut dari W . Selanjutnyadiberikan pemetaan linier f : U → V dan g : V → W masing-masing oleh f (u1) = v1 + 2v2 − v3,f (u2) = v2 + 2v3, f (u3) = −v1 + v2 + 3v3 dan g(v1) = 2w1 − w2, g(v2) = w1 + w2, g(v3) = −2w1 + 3w2 .Bila A = (f , uj , vi ) dan B = (g, vi , wk ), maka didapat matriks representasi:

A =

1 0 −12 1 1−1 2 3

, B =

(2 1 −2−1 1 3

)

dan matriks representasi C = (gf , uj ,wk ) diberikan oleh

C = BA =

(2 1 −2−1 1 3

)

1 0 −12 1 1−1 2 3

=

(6 −3 −7−2 7 11

)

.

Bisa dicek langsung lewat vektor-vektor basis

(gf )(u1) = g(v1 + 2v2 − v3) = 6w1 − 2w2

(gf )(u2) = g(v2 + 2v3) = −3w1 + 7w2

(gf )(u3) = g(−v1 + v2 + 3v3) = −7w1 + 11w2.




Pemetaan Linear

Pemetaan Identitas

Pemetaan Identitas

Pementaan IU : U → U adalah pemetaan identitas bila IU(u) = u

untuk semua u ∈ U.

Bila pemetaan f : U → V suatu isomorpisma (satu-satu danpada), maka ada pemetaan invers f −1 : V → U sehinggaf −1f = IU dan ff −1 = IV .

Bila f : U → V suatu isomorpisma, maka f −1 : V → U adalahpemetaan linier. Bila matriks representasi f adalah A dan matriksrepresentasi dari f −1 adalah B , maka BA = I dan AB = I .




Pemetaan Linear

Contoh

Contoh

Misalkan ui , i = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari U danvj , j = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari V . Pemetaan linierf : U → V diberikan oleh: f (u1) = v1+2v2− v3, f (u2) = v2+2v3dan f (u3) = −v1 + v2 + 3v3, maka A = (f ,ui , vj ) diberikan oleh

A =

1 0 −12 1 1−1 2 3

didapat B = A−1 adalah matriks representasi dari f −1 dimana:

B =

−0.25 0.5 −0.251.75 −0.5 0.75−1.25 0.25 −0.25




Pemetaan Linear

Perubahan Basis

Perubahan Basis

Perubahan basis dari suatu transformasi linier adalah penting. Sebagaimana

telah diketahui dari pembahasan sebelumnya bahwa, suatu transformasi linier

memberikan suatu matriks representasi melalu suatu basis yang telah

ditentukan. Tentunya matriks representasi ini akan berbeda bila digunakan

basis lain yang berbeda tetapi tetap merupakan suatu matriks representasi dari

suatu transformasi linier yang sama. Perubahan basis tujuan utamanya adalah

mendapatkan suatu matriks represenatsi yang mudah untuk penghitungan

(komputasi) dan bisa menjelaskan makna perubahan bentuk suatu benda

dalam domainnya menjadi bentuk yang lainnya dalam kodomainnya. Sebelum

membahas perubahan basis secara general, diberikan suatu pengertian matriks

transisi dan contoh pada ruang R2. Juga dibahas lagi perubahan basis dan

matriks representasi kusus di ruang Rn dan konsistensi pemetaan linear

terhadap perubahan basis.




Pemetaan Linear

Matriks Transisi

Diberikan suatu basis terurut di R2

B =

{

b1 =

[32

]

,b2 =

[11

]}

dan v =

[74

]

Maka koordinat dari v terhadap basis B adalah (x1, x2)diberikan oleh:

v = x1b1 + x2b2 (kombinasi linear dari b1 dan b2).

atau dalam bentuk persamaan matriks[74

]

=

[3 12 1

]

︸︷︷︸

[b1 b2]

[x1x2

]

⇒[x1x2

]

=

[1 −1−2 3

] [74

]

=

[3−2

]

.

Matriks [b1 b2] dinamakan matriks transisisi.




Matriks Transisi dari basis B ke basis C .

Matriks Transisi dari Basis B ke Basis C

Misalkan B = {v1, v2, · · · , vn} dan C = {u1,u2, · · · ,un}adalah dua basis terurut di Rn dan

matriks M = [v1 v2 · · · vn], N = [u1 u2 · · · un].Maka matriks transisi dari B ke C diberikan oleh

T = N−1M.

Yaitu untuk setiap v ∈ Rn

[v]C = N−1[v ]E = N−1M[v]B ,

dengan E = {e1, e2, . . . , en} adalah basis terurut standart diRn.





Diagram Matriks Transisi dari B ke C

B EM

N−1

C

N −1M

Himpunan E = {e1, e2, · · · , en} adalah basis standart (baku) diRn,





Contoh

Diberikan basis terurut di R3

B =

v1 =

111

, v2 =

232

, v3 =

154

dan

C =

u1 =

110

,u2 =

120

, v3 =

121

Maka matriks transisi dari basis B ke basis C adalah:

N−1M =

1 1 11 2 20 0 1

−1

1 2 11 3 51 2 4

=

1 1 −3−1 −1 01 2 4





Lanjutan Contoh

Bila v = v1 + 2v2 + 3v3,maka koordinat v terhadap basis B adalah

[v]B =

123

.

Jadi

[v]C = N−1M[v]B =

1 1 −3−1 −1 01 2 4

123

=

−6−317

Cek terhadap basis standart (baku)

[v]C = −6u1 − 3u2 + 17u3 =

82217

dan

[v]B = v1 + 2v2 + 3v3 =

82217





Matriks Representasi

Misalkan U,V adalah ruang vektor atas lapangan K denganA = {ui}, i = 1, 2, . . .m suatu basis terurut di U danB = {vj}, j = 1, 2, . . . n suatu basis terurut di V .

Diberikan pemetaan linear L : U → V .

Maka

L(u1) = a1,1v1 + a2,1v2 + · · ·+ an,1vn =

a1,1a2,1...

an,1

B...

L(um) = a1,mv1 + a2,mv2 + · · ·+ an,mvn =

a1,ma2,m...

an,m

B





Matriks Reperesentasi dari PemetaanLinear L

Didefinisikan matriks representasi dari pemetaan linear Loleh

A = (L,A,B) def=

a1,1 a1,2 · · · a1,ma2,1 a2,2 . . . a2,m...

......

...an,1 an,2 · · · an,m

Maka untuk setiap u ∈ U

L(u) = Au.

Catatan kolom ke-i dari matriks A adalah koordinat darivektor L(ui) terhadap basis B. Jadi

A =[[L(u1)]B [L(u2)]B · · · [L(um)]B

]





Contoh

Diberikan pemetaan linear L : U → V dengan U = V = R2

dan L([x y ]′) = [2x + y x + 3y ]′.

A = {[1 0]′, [1 1]′} basis terurut di U danB = {[0 1]′, [1 2]′} basis terurut di V .

Maka

L([1 0]′) = [2 1]′ = −3 [0 1]′ + 2 [1 2]′ = [−3 2]′BL([1 1]′) = [3 4]′ = −2 [0 1]′ + 3 [1 2]′ = [−2 3]′B.

Jadi matriks representasi dari L adalah

A = (L,A,B) =[−3 −22 3

]

.





Cek Konsistensi Terhadap Perubahan Basis

Misalkan sebarang u = [x y ]′ ∈ R2,

maka

[u]A = (x − y) [1 0]′ + y [1 1]′ = [(x − y) y ]′A.

Didapat

A[u]A =

[−3 −22 3

] [x − yy

]

=

[−3x + y2x + y

]

Hasil A[u]A dapat dilihat sebagai

(−3x + y) [0 1]′ + (2x + y) [1 2]′ = [2x + y x + 3y ]′

= L([x y ]′).





Pembahasan Perubahan Basis Secara umum

Misalkan B = {u1, . . . , um} suatu basis terurut di ruang vektor U, C = {v1, . . . , vn}suatu basis terurut di ruang vektor V , kedua ruang vektor atas skalar K . Suatu

pemetaan linier f : U → V dengan matriks representasi A = (f ,B,C). Misalkan

f (u) = v dengan u = x1u1 + . . .+ xmum ∈ U dan v = y1v1 + . . .+ ynvn ∈ V . Dari

pembahasan sebelumnya dijelaskan bahwa v = f (u) dapat disajikan oleh persamaan

matriks y = Ax, dengan x = (x1, . . . , xm)′ dan y = (y1, . . . , yn)

′. Misalkan P adalah

pemetaan koordinat, maka x = PB (u), y = PC (v) dan matriks representasi dari

persamaan vektor v = f (u) adalah PC (v) = APB (u). Sehingga didapat,

v = f (u) = P−1C

APB (u), ∀u ∈ U. Jadi f = P−1C

APB atau A = PC fP−1B

. Hasil-hasil

yang didapat ini dijelaskan dalam diagram berikut.

UB VC

f

PC

KN

PB

KM

AJurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya




Pembahasan Perubahan Basis Secara umum

Sehingga didapat hubungan (f , B , C) = (IV ,C , C)(f ,B,C)(IU , B,B) atauA = QAP−1. Selanjutnya misalkan x, x vektor-vektor koordinat dari u ∈ U

relatif terhadap basis B dan B dan y, y vektor-vektor koordinat dariv = f (u) ∈ V relatif terhadap basis C dan C , maka x = Px dan y = Qy. Bilay = Ax, maka y = Qy = QAx = QAP−1x = Ax. Terlihat bahwa vektor-vektorkoordinat dan matriks-matriks transformasi konsisten terhadap perubahan basis.

Contoh-Contoh

1. Diberikan pemetaan linier f : R2 → R2 denganf ((x , y)′) = (2x + y , x + 3y)′. Untuk basis B = {(1, 0)′, (1, 1)′}, makafB(1, 0) = (2, 1) = 1(1, 0)′ + 1(1, 1)′ = (1, 1)′ danfB((1, 1)

′) = (3, 4)′ = −1(1, 0)′ + 4(1, 1)′ = (−1, 4)′, sehingga diperolehmatriks representasi dari f :

A = (f ,B,B) =

(

1 −11 4

)

.





Contoh-Contoh

Lanjutan Contoh 1

Misalkan sebarang (x , y)′ ∈ R2, maka ρB((x , y)′) = a(1, 0)′ + b(1, 1)′ = (a, b)′

dimana skalar a, b memenuhi:

(

x

y

)

=

(

1 10 1

)(

a

b

)

⇒(

a

b

)

=

(

1 −10 1

)(

x

y

)

,

sehingga didapat a = x − y dan b = y . Jadi ρB((x , y)′) = (x − y , y)′. Dicek

apakah pemetaan f konsisten terhadap basis B sebagai berikut:

f ((x , y)′) = AρB((x , y)′) =

(

1 −11 4

)(

x − y

y

)

=

(

x − 2yx + 3y

)

= (x − 2y)

(

10

)

+ (x + 3y)

(

11

)

=

(

2x + y

x + 3y

)

.





Contoh-Contoh

Contoh 2

Diberikan pemetaan linier f : P3(R)→ P3(R) dimanaf (p(x)) = (a+ b) + (b + c)x + (c + d)x2 + (a + d)x3,∀p(x) ∈ P3(R) denganp(x) = a + bx + cx2 + dx3. Misalkan B = {1, x , x2, x3} danB = {1, 1 + x , 1 + x + x2, 1 + x + x2 + x3} dua basis dari P3(R). Makaf (1) = 1 + x3 = 1(1) + 0(x) + 0(x2) + 1(x3),f (x) = 1 + x = 1(1) + 1(x) + 0(x2) + 0(x3),f (x2) = x + x2 = 0(1) + 1(x) + 1(x2) + 0(x3),f (x3) = x2 + x3 = 0(1) + 0(x) + 1(x2) + 1(x3) danIP3(R)(1) = 1 = 1 + 0(1 + x) + 0(1 + x + x2) + 0(1 + x + x2 + x3),IP3(R)(x) = x = −1(1) + 1(1 + x) + 0(1 + x + x2) + 0(1 + x + x2 + x3),IP3(R)(x

2) = x2 = 0(1) − 1(1 + x) + 1(1 + x + x2) + 0(1 + x + x2 + x3),

IP3(R)(x3) = x3 = 0(1) + 0(1 + x)− 1(1 + x + x2) + 1(1 + x + x2 + x3)





Contoh-Contoh

Lanjutan Contoh 2

Sehingga didapat matriks representasi A = (f ,B,B), P = (IP3(R),B, B) dan

P−1 diberikan oleh:

A =

1 1 0 00 1 1 00 0 1 11 0 0 1

,P =

1 −1 0 00 1 −1 00 0 1 10 0 0 1

dan P−1 =

1 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1

.

Sedangkan matriks representasi A = (f , B, B) diberikan oleh

A = PAP−1 =

1 1 0 00 1 1 0−1 −1 0 01 1 1 2

.





Contoh-Contoh

Contoh 3

Diberikan ruang vektor U dengan dua basis terurut B = {u1, u2, u3} danB = {u1, u2, u3} dimana u1 = u2, u2 = u3, u3 = u1. Serta ruang vektor Vdengan dua basis terurut C = {v1, v2} dan C = {v1, v2} dimanav1 = v1 + v2, v2 = v1 − v2. Suatu pemetaan linier f : U → V diberikan olehf (u1) = 2v1 − v2, f (u2) = v1 + v2, f (u3) = −2v1 + 3v2, sehingga diperolehsuatu matriks representasi

A = (f ,B,C) =

(

2 1 −2−1 1 3

)

.

Misalkan P adalah matriks dari pemetaan identitas di U dari basis B ke basis

B , yaitu IU(u1) = u1 = u3 = 0u1 + 0u2 + 1u3,

IU(u2) = u2 = u1 = 1u1 + 0u2 + 0u3, IU(u3) = u3 = u2 = 0u1 + 1u2 + 0u3.





Contoh-Contoh

Lanjutan Contoh 3

Sehingga didapat P dan P−1:

P =

0 1 00 0 11 0 0

dan P−1 =

0 0 11 0 00 1 0

.

Begitu juga, karena IV (v1) = v1 = 1v1 + 1v2, IV (v2) = v2 = 1v1 − 1v2, makadidapat matriks Q−1 dari pemetaan identitas pada V dari basis C ke basis Cdan juga didapat matriks Q diberikan oleh:

Q−1 =

(

1 11 −1

)

dan Q =

(

12

12

12− 1

2

)

.





Contoh-Contoh

Lanjutan Contoh 3

Matriks representasi A = (f ,B ,C) diberikan oleh:

A = QAP−1 =

1 12

12

0 − 52

32

.

Hasil ini bisa dicek secara langsung pemetaan f didefinisikan relatif terhadapbasis B dan C sebagai berikut:

f (u1) = f (u2) = v1 + v2 = v1 = 1v1 + 0v2

f (u2) = f (u3) = −2v1 + 3v2 =1

2v1 − 5

2v2

f (u3) = f (u1) = 2v1 − v2 =1

2v1 +

3

2v2.





Matriks Similar

Definisi

Dua matriks persegi A dan B dikatakan similar bila ada matriks P yang punyainvers sehingga B = PAP−1.

Sifat

Kesemilaran matriks (∼) adalah suatu relasi ekivalen.

Bukti

1. A ∼ A, sebab A = IAI−1 dengan I adalah matriks identitas.

2. Bila A ∼ B, maka B = PAP−1, didapat A = P−1BP = QBQ−1. Terlihatbahwa B ∼ A.

3. Bila A ∼ B dan B ∼ C , maka B = PAP−1 dan C = QBQ−1. DidapatC = Q(PAP−1)Q−1 = (QP)A(P−1Q−1) = (QP)A(QP)−1. Terlihatbahwa A ∼ C .





Bentuk Normal Diagonal Satuan

Diberikan pemetaan linier f : U → V terhadap basis terurut B dari ruangvektor U dan basis terurut C dari ruang vektor V , bagaimana cara memilihbasis terurut B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruang vektor Vsupaya representasi matriks A = (f ,B ,C) mempunyai bentuk normal diagonal

satuan yang sederhana, yaitu matriks:

Ir... 0

. . . . . . . . .

0... 0

,

dengan Ir adalah matriks satuan berukuran r × r dan

r ≤ min{dim(U), dim(V )}. Untuk memperoleh cara yang dimaksud ini

digunakan sifat berikut.





Bentuk Normal Diagonal Satuan

Sifat

Misalkan pemetaan linier f : U → V , masing-masing dimensi U dan V adalah m dann dengan dim(Im(f )) = r . Maka ada basis terurut B dari U dan basis terurut C dariV sehingga representasi matriks dari f berbentuk normal diagonal satuan, yaitu

A = (f ,B ,C) =

Ir... 0

. . . . . . . . .

0... 0

l r

l n − r

←→ ←→r m − r

Bukti

Dari sifat dimensi pemetaan linier didapat,dim(ker(f )) = dim(U) − dim(Im(f )) = m − r . Misalkan ur+1, . . . , um adalah suatubasis terurut dari ker(f ).





Lanjutan Bukti

Perluas basis ini sampai diperoleh basis terurut B = u1, . . . , ur , ur+1, . . . , um

dari ruang vektor U. Dari pengertian kernel didapatf (ur+1) = 0, . . . , f (um) = 0. Selanjutnya pilih vektor-vektor v1, . . . , vr ∈ Im(f )sehingga f (u1) = v1, . . . , f (ur ) = vr . Jelas bahwa vektor-vektor v1, . . . , vradalah suatu basis terurut dari Im(f ). Selanjutnya perluas basis ini sampaidiperoleh basis terurut C = v1, . . . , vr , vr+1, . . . , vn dari ruang vektor V . Jadi,terhadap basis terurut B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruangvektor V , pemetaan f didefinisikan olehf (u1) = v1, . . . , f (ur ) = vr , f (ur+1) = 0, . . . , f (um) = 0. Dari definisi initerlihat bahwa representasi matriks A = (f ,B,C) adalah:

A = (f ,B,C) =

Ir... 0

. . . . . . . . .

0... 0

l r

l n − r

←→ ←→r m − r





Contoh

Misalkan representasi matriks dari suatu pemetaan linier terhadapbasis baku terurut, diberikan oleh:

A =

1 2 32 3 13 5 4

.

Dapatkan basis-basis terurut dari U dan V supaya denganbasis-basis ini pemetaan linier mempunyai representasi matriksberbentuk normal diagonal satuan.





Penyelesaian Contoh

Pertama, tentukan kernel dari A dengan menyelesaikan persamaanAx = 0, didapat: ker(A) = {x(7,−5, 1)′ | x ∈ R} atauker(A) = 〈{(7,−5, 1)′}〉. Perluas basis dari kernel sehinggadiperoleh basis terurut B = {(1, 0, 0)′, (0, 1, 0)′ , (7,−5, 1)′}.Selanjutnya dapatkan basis terurut dari Image A sebagai berikut:

1 2 32 3 13 5 4

100

=

123

,

1 2 32 3 13 5 4

010

=

235

.

Perluas basis terurut ini sehingga diperoleh:





Lanjutan Penyelesaian Contoh

C = {(1, 2, 3)′, (2, 3, 5)′, (1, 0, 0)′} adalah basis terurut dari ruang vektor V .

Selanjutnya cek dengan basis-basis terurut B dan C , representasi matriksberbentuk normal diagonal satuan sebagaimana berikut ini.Persamaan-persamaan yang memberikan matriks P−1 = (f ,B ,B) dengan B

basis terurut baku adalah: IU(u1) = u1 = (1, 0, 0)′, IU(u2) = u2 = (0, 1, 0)′ danIU(u3) = u3 = (7,−5, 1)′. Sehingga didapat:

P−1

=

1 0 70 1 −50 0 1

.

Dengan cara serupa, persamaan-persamaan yang memberikan matriksQ−1 = (f ,C ,C) dengan C basis terurut baku adalah: IV (v1) = v1 = (1, 2, 3)′,IV (v2) = v2 = (2, 3, 5)′ dan IV (v3) = v3 = (1, 0, 0)′. Sehingga didapat:

Q−1

=

1 2 12 3 03 5 0

⇒ Q =

0 5 −30 −3 21 1 −1

dan matriks A = QAP−1 diberikan oleh:

A =

0 5 −30 −3 21 1 −1

1 2 32 3 13 5 4

1 0 70 1 −50 0 1

=

1 0 00 1 00 0 0

.





Rank Suatu Matriks

Suatu matriks A berukuran n×m dengan elemen-elemen di K

mendefinisikan suatu pemetaan linier f dari Km ke K n sedemikian hingga

A = (f ,Em,En) dimana Em dan En masing-masing adalah basis baku dari

Km dan K n. Rank dari matriks A adalah rank dari f , jadi

rank(A) = rank(f ) = dim(Im(f )). Ruang bagian dari Km yang

dibentangkan oleh vektor-vektor baris dari A dinamakan ruang baris dari

A dan mempunyai dimensi rank baris dari A yang merupakan banyaknya

vektor-vektor baris dari A yang bebas linier. Ruang bagian dari K n yang

dibentangkan oleh vektor-vektor kolom dari A dinamakan ruang kolom

dari A dan mempunyai dimensi rank kolom dari A yang merupakan

banyaknya vektor-vektor kolom dari A yang bebas linier.





Sifat

Sifat

Ruang kolom dari suatu matriks adalah ruang imagenya, jadi rank kolom dari suatumatriks sama dengan rank matriksnya.

Bukti

Misalkan A berukuran n ×m dan f suatu pemetaan linier dari Km ke Kn sedemikianhingga A = (f ,Em,En), dimana Em = e1, . . . , em dan En = e1, . . . , en masing-masingadalah basis baku terurut dari Km dan Kn. Misalkan bahwa matriks

A =

a1,1 . . . a1,m. . . . . . . . .an,1 . . . an,m

,

maka untuk j = 1, . . . ,m,

f (ej ) =n∑

i=1

ai,j ei =

a1,j

.

.

.an,j

adalah kolom ke-j dari matriks A. Tetapi, Im(f ) dibangun oleh f (e1), . . . , f (em), oleh

karena itu, Im(f ) = ruang kolom(A). Jadi rank(A)=rank kolom(A).





Sifat

Rank baris dan rank kolom dari setiap matriks adalah sama.Bukti

Misalkan matriks A berukuran n × m dengan eleme-elemen di K diberikan oleh

a11 . . . a1m

.

.

.

.

.

.

.

.

.an1 . . . anm

dan misalkan Bi , i = 1, 2, . . . , n menyatakan baris ke-i dari matriks A. Selanjutnya misalkan rank baris(A) = r

dan Sj , j = 1, 2, . . . , r adalah basis dari ruang baris matriks A. Maka, untuk setiap

i = 1, 2, . . . , n, Bi =r∑

j=1kijSj untuk beberapa kij ∈ K . Komponen ke-l dari vektor Bi mempunyai bentuk

ail =r∑

j=1kij sjl dengan i = 1, . . . , n, l = 1, . . . ,m. Sehingga didapat kolom ke-l dari matriks A adalah

Cl =r∑

j=1Lj sjl =

r∑

j=1sjlLj , dimana Lj adalah vektor kolom dengan komponen ke-i adalah kij . Terlihat bahwa setiap

kolom dari A adalah merupakan kombinasi linier dari sebanyak r vektor. Jadi rank kolom(A) ≤ rank baris(A).

Dengan menggunakan argumentasi (alasan yang sama) untuk matriks A′ (matriks transpose dari A), didapat rank

baris(A) ≤ rank kolom(A). Jadi rank baris(A) = rank kolom(A).





Kesimpulan

Kesimpulan:

1. Suatu matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen dilapangan F mempunyai invers bila dan hanya bila rank(A) = n.

2. Misalkan A matriks berukuran n×m dengan elemen-elemen dilapangan F, bila Ax = 0, maka himpunan penyelesaian dari sistemlinier homogin tsb. merupakan ruang bagian dari Fm dengandimensi m − rank(A). Hal ini mempunyai arti bahwa ada sebanyakm − rank(A) parameter dalam himpunan penyelesaian dari Ax = 0.

3. Persamaan tak homogin Ax = b, mempunyai penyelesaian bila danhanya bila rank(A) = rank(A, b). Himpunan penyelesaian inimempunyai sebanyak m − rank(A) parameter.





Contoh

Diberikan matriks

A =

1 2 1 −10 1 0 −10 0 0 −3

.

Vektor vektor kolom dari A tidak bebas linier. Hanya sebanyak 3 vektor kolom yangbebas linier, yaitu kolom ke-1, kolom ke-2 dan kolom ke-4. Jadi rank kolom(A) = 3dan semua vektor baris dari A bebas linier (sebanyak 3). Penyelesaian dari Ax = 0

akan memuat sebanyak 4− 3 = 1 paramater yaitu

x =

−t0t

0

. Bila b =

2−19

,

rank(A, b) = 3. Jadi penyelesaian Ax = b akan memuat sebanyak 4− 3 = 1 parameteryaitu

x =

7− t

−4t

−3

.




Vektor-eigen dan Nilai-eigen


Definisi

Misalkan f : U → U suatu pemetaan linier pada ruang vektor Uberdimensi n atas lapangan F. Bila u ∈ U dan λ ∈ F memenuhif (u) = λu, maka u dinamakan suatu vektor-eigen dari f yangbersesuaian dengan nilai-eigen λ.

Definisi

Misalkan A suatu matriks ukuran n× n dengan elemen-elemennya disuatu lapangan F. Bila ada vektor tak nol x ∈ Fn dan skalar λ ∈ F yangmemenuhi Ax = λx, maka x dikatakan suatu vektor-eigen dari matriks Ayang bersesuaian dengan nilai-eigen λ.





Sifat

Misalkan matriks A = (f ,B,B) adalah representasi dari pemetaan linierf : U→ U terhadap basis terurut B dari ruang vektor U. Selanjutnya bila ρBadalah pemetaan koordinat dari U ke Fn, maka A = ρBf ρ

−1B

dan x = ρB(u).JadiAx = λx⇔ (ρBf ρ

−1B

)(ρB(u)) = λρB(u)⇔ ρB(f (u)) = ρB(λu)⇔ f (u) = λu.

Sifat

Bila f : U→ U suatu pemetaan linier dan masing masing matriks A = (f ,B,B)dan A = (f ,B,B) adalah representasi dari f dengan basis terurut yang berbeda,maka nilai-eigen dari A sama dengan nilai-eigen dari A.

Bukti:

Misalkan P = (IU,B,B) matriks perubahan basis dari basis B ke basis B, maka

A = PAP−1. Bila Ax = λx didapat (PAP−1)(Px) = λ(Px). Sehingga diperoleh

Ax = λx dimana x = Px. Terlihat bahwa matriks A dan A mempunyai

nilai-eigen yang sama.





Cara Menghitung Nilai dan Vektor Eigen

Misalkan A suatu matriks berukuran n × n dan Ax = λx dengan x 6= 0 danx ∈ Fn, maka (λI − A)x = 0, dimana I adalah matriks identitas dengan ukurann× n. Persamaan homogin (λI −A)x = 0 mempunyai jawab nontrivial bila danhanya bila det(λI −A) = 0. Persamaan det(λI −A) = 0 dinamakan persamaankharakteristik dari matriks A yang merupakan persamaan polinomial dalam λ

dengan derajad n.Contoh Diberikan matriks

A =

(

0 1−2 3

)

⇒ det(

(

λ −12 λ− 3

)

) = λ2 − 3λ+ 2 = (λ− 1)(λ− 2).

Untuk λ = 1 didapat:(

1 −12 −2

)(

x1x2

)

=

(

00

)

⇒ x1 = x2 ⇒ x =

(

11

)

,

sedangkan untuk λ = 2 didapat:(

2 −12 −1

)(

x1x2

)

=

(

00

)

⇒ x2 = 2x1 ⇒ x =

(

12

)

.





Pendiagonalan Matriks Persegi

Suatu matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen di F similar denganmatriks diagonal bila dan hanya bila eigenvektor-eigenvektornya membentangruang Fn (span Fn).BuktiMisalkan x1, x2, . . . , xn adalah vektor-eigen dari matriks A dimana〈x1, x2, . . . , xn〉 = Fn. Jadi matriks Q = [x1 | x2 | . . . | xn] mempunyai invers,misalkan Q−1 = P. Sehingga didapat

AQ = A [x1 | x2 | . . . | xn]= [Ax1 |Ax2 | . . . |Axn]= [λ1x1 |λ2x2 | . . . |λnxn]

= [x1 | x2 | . . . | xn]

λ1 . . . . . . 0... λ2 . . .

...... . . .

. . ....

0 . . . . . . λn

= QA⇔ A = Q−1AQ ⇒ A = PAP−1.





Contoh

Selidiki apakah matriks dibawah ini bisa didiagonalkan!

A =

(

0 1−2 3

)

.

Dalam pembahasan sebelum didapat bahwa

AX1 = λ1X1 dan AX2 = λ2X2

dimana

λ1 = 1, X1 =

(11

)

dan λ2 = 2, X2 =

(12

)

.

Untuk matriks

Q = [X1 X2] =

(1 11 2

)

didapat

A = Q−1AQ =

(2 −1−1 1

)(0 1−2 3

)(1 11 2

)

=

(1 00 2

)

.

Terlihat bahwa matriks A dapat didiagonalkan menjadi matriks A.





Sifat

Bila matriks A berukuran n× n mempunyai n eigenvalue yang berbedasatu dengan yang lainnya, maka eigenvektor-eigenvektornya bebas linier.BuktiMisalkan λ1, λ2, . . . , λn adalah eigenvalue-eigenvalue yang berbeda satudengan yang lainnya dan X1,X2, . . . ,Xn adalah eigenvektor-eigenvektoryang bersesuaian. Dengan menggunakan induksi dibuktikan bahwaeigenvektor-eigenvektor tsb. bebas linier. Misalkan bahwa X1,X2, . . . ,Xk

bebas linier dan untuk

a1X1 + a2X2 + . . .+ akXk + ak+1Xk+1 = 0. (1)

Sehingga didapat

A(a1X1 + a2X2 + . . .+ akXk + ak+1Xk+1) = 0

atau

a1λ1X1 + a2λ2X2 + . . .+ akλkXk + ak+1λk+1Xk+1 = 0. (2)





Lanjutan Bukti

Kalikan λk+1 pada persamaan (1) selanjutnya hasilnya kurangkan pada persamaan(2), didapat:

a1(λ1 − λk+1)X1 + a2(λ2 − λk+1)X2 + . . .+ ak(λk − λk+1)Xk = 0.

Karena X1, . . . ,Xk bebas linier dan λi 6= λj ,∀i 6= j , maka haruslaha1 = a2 = . . . = ak = 0. Sehingga persamaan (1) menjadi ak+1Xk+1 = 0 dan karenaXk+1 6= 0, maka haruslah ak+1 = 0. Terlihat bahwa bila dari kenyataan persamaan (1)dipenuhi maka berakibat a1 = a2 = . . . = ak = ak+1 = 0, hal ini menunjukkan bahwavektor-vektor X1,X1, . . . ,Xk ,Xk+1 adalah bebas linier.

KesimpulanBila matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen di lapangan F mempunyaieigenvalue-eigenvalue yang berbeda, maka matriks A dapat didiagonalkan.Bukti

Dengan menggunakan dua hasil sebelumnya didapat bahwa, eigenvektor-eigenvektor

yang bersesuaian dengan eigenvalue-eigenvalue merupakan vektor-vektor yang bebas

linier. Sehingga vektor-vektor ini membentangkan keseluruhan ruang Fn. Akibatnya

matriks A dapat didiagonalkan.





ContohDiberikan matriks

A =

0 1 00 0 16 −11 6

.

Polinomial kharakteristik A adalah

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣

λ −1 00 λ −1−6 11 λ − 6

∣∣∣∣∣∣

= λ

∣∣∣∣

λ −111 λ − 6

∣∣∣∣ + 1

∣∣∣∣

0 −1−6 λ − 6

∣∣∣∣ ⇒

p(λ) = λ(λ2 − 6λ) + 11λ− 6 = λ3 − 6λ2 +11λ− 6 = (λ− 1)(λ− 2)(λ− 3). Didapatλ1 = 1, λ2 = 2 dan λ3 = 3. Sehingga didapat pasangan eigenvalue-eigenvektor:

λ1 = 1, X1 =

111

; λ2 = 2, X2 =

124

; λ3 = 3, X3 =

139

.

dan

Q = [X1 X2 X3] =

1 1 11 2 31 4 9

⇒ Q−1

=

3 − 52

12

−3 4 −1

1 − 32

12

.

Matriks A = Q−1AQ adalah matriks diagonal dengan elemen-elemen diagonal

λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.





Matriks Invarian

Suatu matriks persegi invarian adalah suatu sifat dari suatu matriks yang tidakberubah bila matriks ditransformasi dengan suatu cara tertentu. Eigenvalue-eigenvaluedari suatu matriks adalah invarian dibawah suatu transformasi kesemilaran, begitujuga trace dan determinannya. (Trace suatu matriks A adalah jumlah keseluruhan

eleme-elemen diagonalnya: tr(A) =n∑

i=1ai,i ).

Sifat

Bila λ adalah eigenvalue dari matriks A, maka λ juga eigenvalue dari suatu matriksPAP−1,

Bukti Misalkan AX = λX dan Y = PX dengan P matriks yang punya invers, jadi

X = P−1Y. Sehingga didapat A(P−1Y) = λ(P−1Y)⇒ (PAP−1)Y = λY. Terlihat

bahwa λ juga eigenvalue dari matriks PAP−1.





Sifat

Sifat

Bila ABC adalah hasil kali matriks persegi, maka tr(ABC) = tr(BCA).

Bukti

(ABC)i,l =n∑

k=1

(

n∑

j=1

ai,jbj,kck,l

)

.

Didapat

tr(ABC) =n∑

i=1

(ABC)i,i =n∑

i=1

(

n∑

k=1

(

n∑

j=1

ai,jbj,kck,i

))

=n∑

j=1

(

n∑

i=1

(

n∑

k=1

bj,kck,iai,j

))

= tr(BCA).





Sifat

Trace dan determinan dari suatu matriks persegi adalah invarian dalam suatutranformasi similar. Lagi pula bila matriks A dapat didiagonalkan dengan eigenvalue

λi , i = 1, . . . , n, maka tr(A) =n∑

i=1λi dan det(A) =

n∏

i=1λi .

BuktiDari hasil sebelumnya, tr(PAP−1) = tr(P−1PA) = tr(A). Dan

det(PAP−1) = det(P)det(A)det(P−1)

= det(A)(det(P)det(P−1))

= det(A)det(PP−1)

= det(A)det(I ) = det(A).

Jelas bahwa bila PAP−1 = A dimana A matriks diagonal dengan elemen-elemen

diagonal λi , i = 1, . . . , n, maka tr(A) =n∑

i=1λi dan det(A) =

n∏

i=1λi .





Contoh

Diberikan matriks matriks

A =

0 1 00 0 16 −11 6

⇒ λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.

tr(A) = 0 + 0 + 6 = 6λ1 + λ2 + λ3 = 1 + 2 + 3 = 6

}

⇒ tr(A) = λ1 + λ2 + λ3.

det(A) = 6

∣∣∣∣

1 00 1

∣∣∣∣= 6

λ1λ2λ3 = 1(2)(3) = 6

⇒ det(A) = λ1λ2λ3.





Multiplisitas Geometri dan Aljabar

Multiplisitas Geometri dan Aljabar

Misalkan λ adalah suatu eigenvalue dari pemetaan linierf : U → U. Himpunan semua eigenvektor-eigenvektor yangbersesuaian dengan eigenvalue λ beserta vektor nol dinamakanruang eigen dari U dinotasikan dengan Eλ(U). Ruang eigen Eλ(U)adalah ruang bagian dari ruang vektor U, sebab merupakan kerneldari pemetaan (λIU − λ). Dimensi dari subruang Eλ(U) dinamakanmultiplisitas geometri dari λ dan dan banyaknya λ yang sama(kembar) dinamakan multiplisitas aljabar dari λ. Misalkanmultiplisitas geometri dari λ adalah a dan multiplisitas aljabar dariλ adalah b, maka a ≤ b.





Contoh

1. Diberikan matriks

A =

2 −1 −10 3 10 1 3

⇒ det(λI − A) = (λ− 2)2(λ− 4).

E2(R3) = ker(

0 1 10 −1 −10 −1 −1

) =

⟨

100

,

01−1

⟩

E4(R3) = ker(

2 1 10 1 −10 −1 1

) =

⟨

1−1−1

⟩

Terlihat bahwa untuk λ = 2 ataupun λ = 4 multiplisitas geometri =

multiplisitas aljabar.





Lanjutan Contoh

2. Diberikan matriks

A =

2 1 00 2 00 0 4

⇒ det(λI − A) = (λ − 2)2(λ − 4).

E2(R3) = ker(

0 −1 00 0 00 0 −2

) =

⟨

100

⟩

E4(R3) = ker(

2 −1 00 2 00 0 0

) =

⟨

001

⟩

Terlihat bahwa untuk λ = 2 multiplisitas geometri < multiplisitas aljabar

tetapi untuk λ = 4 multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar.





Sifat

Bila det(λI − A) = λn + cn−1λn−1 + . . .+ c0, maka

An + cn−1An−1 + . . .+ c0I = 0.

BuktiBila PAP−1 = D dimana matriks D adalah matriks diagonal denganelemen-elemen diagonal λi , i = 1, . . . , n adalah eigenvalue-eigenvalue darimatriks A. Sehingga didapat :

An + cn−1An−1 + . . .+ c0I =

P−1(Dn + cn−1Dn−1 + . . .+ c0I )P =

P−1

λn1 + cn−1λ

n−11 + . . .+ c0 . . . 0...

. . ....

0 . . . λnn + cn−1λ

n−1n + . . .+ c0

P = 0.





Contoh

Diberikan matriks

A =

0 1 00 0 16 −11 6

⇒ det(λI − A) = λ3 − 6λ

2+ 11λ − 6.

Didapat matriks A3 − 6A2 + 11A− 6I adalah:

6 −11 636 −60 25150 −239 90

−

0 0 636 −66 36216 −360 150

+

0 11 00 0 1166 −121 66

−

6 0 00 6 00 0 6

=

(6 − 6) (−11 + 11) (6 − 6)(36 − 36) (−60 + 66 − 6) (25 − 36 + 11)

(150 − 216 + 66) (−239 + 360 − 121) (90 − 150 + 66 − 6)

=

0 0 00 0 00 0 0




Ke-Orthogonalan

Ke-Orthogonalan

Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan riil R. Hasil kali dalam riil (real innerproduct) juga dinamakan bilinier adalah fungsi dari V× V ke R dinotasikan oleh 〈u, v〉yang memenuhi

〈r1u1 + r2u2, v〉 = r1 〈u1, v〉 + r2 〈u2, v〉 untuk semua u1, u2, v ∈ V dan r1, r2 ∈ R

(Linier).

〈u, v〉 = 〈v, u〉 untuk semua u, v ∈ V (Simetri).

〈u, u〉 ≥ 0 untuk semua u ∈ V dan 〈u, u〉 = 0 bila dan hanya bila u = 0 (semidefinit positip).

Bila x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn maka hasil kali dalam baku diberikan oleh

〈x, y〉 def=n∑

i=1xiyi (juga dinamakan dot product dalam geometri Euclide). Bila

vektor-vektor x dan y disajikan dalam vektor kolom, maka 〈x, y〉 = x′y.Suatu norm dari ruang vektor V ke lapangan riil R adalah suatu fungsi dinotasikanoleh || || yang memenuhi

||v|| ≥ 0 untuk semua v ∈ V dan ||v|| = 0 bila dan hanya bila u = 0 (Definitpositip).

||rv|| = |r | ||v|| untuk semua v ∈ V, r ∈ R

||u+ v|| ≤ ||u||+ |||v|| untuk semua u, v ∈ V (Pertaksamaan segitiga).




Ke-Orthogonalan

Norm Euclide

Untuk setiap u ∈ Rn norm Euclide diberikan oleh ||u||p def=

(

n∑

i=1

|ui |p) 1

p

dalam

hal ini dinamakan norm-p. Khusus untuk p = 2 cukup ditulis

||u|| =(

n∑

i=1

|ui |2) 1

2

Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan R.

1. Dua vektor u, v ∈ V dikatakan orthogonal bila 〈u, v〉 = 0.

2. Suatu himpunan dari vektor-vektor adalah orthogonal bila setiap duapasang vektor orthogonal.

3. Suatu vektor u ∈ V adalah ternormalisir bila ||u|| = 1.

4. Dua vektor u, v ∈ V dikatakan orthonormal bila ||u|| = ||v|| = 1 dan〈u, v〉 = 0.

Setiap vektor u ∈ V bisa dinormalisir kedalam bentuku

||u|| .




Ke-Orthogonalan

Contoh

Contoh

Himpunan vektor-vektor {(1, 0), (0, 1)} adalah orthonormal, tetapi{(1, 1), (−1, 1)} adalah orthogonal. Himpunan yang terakhir ini dapat dijadikan

orthonormal sebagai himpunan berikut ini

{(

1√2,

1√2

)

,

(

− 1√2,

1√2

)}

Suatu basis orthonormal dari suatu ruang vektor mempunyai beberapakemanfaatan dan basis baku dari ruang vektor Rn adalah orthonormal, yaitubasis baku dari ruang vektor R3 adalah himpunan {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.

Diberikan matriks A berukuran n × n, matriks A dikatakan matriks simetri bilaA = A′ dan dikatakan anti-simetri (skew-symmetric) bila A = −A′. Matrikssimetri bermaanfaat dalam bentuk kuadrat, misalnya

(

x y)

(

a1,1 a1,2a1,2 a2,2

)(

x

y

)

= a1,1x2 + 2a1,2xy + a2,2y

2




Ke-Orthogonalan

Sifat

Sifat

Bila matriks A simetri dengan elemen-elemen riil dan berlaku Ax = λx denganx 6= 0, maka λ selalu merupakan bilangan riil.

BuktiDigunakan tanda ∗ untuk menyatakan komplek sekawan (complex conjugate).

Kedua ruas dari Ax = λx kalikan dengan x∗′

didapat

x∗′Ax = λ(x∗

′

x) (3)

Persamaan (3) kedua ruas ditranspose-konjuget didapat

x∗′Ax = λ

∗(x∗′

x) (4)

Persamaan (4) dikurangi persamaan (3) didapat

0 = (λ∗ − λ)(x∗′

x)⇒ 0 = λ∗ − λ (sebab x 6= 0). Jadi λ∗ = λ, maka dari itu λ

merupakan bilangan riil.




Ke-Orthogonalan

Sifat

Sifat

Misalkan A matriks simetri berukuran n × n dengan elemen-elemen riil. Bila λ

dan µ adalah sebarang dua eigenvalue dari matriks A dengan masing-masingeigenvektor adalah x dan y dan λ 6= µ, maka 〈x, y〉 = 0.

BuktiKedua ruas persamaan Ax = λx kalikan dengan y′ didapat

y′Ax = λ(y′x). (5)

Kedua ruas persamaan Ay = µy kalikan dengan x′ didapat

x′Ay = µ(x′y). (6)

Kedua ruas persamaan (6) ditranspose didapat

y′Ax = µ(y′x). (7)

Persamaan (7) dikurangi persamaan (5) didapat

0 = (µ− λ)(y′x)⇒ 0 = y′x = 〈x, y〉 (sebab λ 6= µ).




Ke-Orthogonalan

Matriks Orthogonal

Matriks A berukuran n × n dikatakan orthogonal bila AA′ = I = A′Ayaitu A−1 = A′.

Sifat

Bila Bi dan Kj masing-masing menyatakan baris ke-i dan kolom ke-j darisuatu matriks orthogonal A berukuran n× n, maka {Bi , i = 1, . . . , n} dan{Kj , j = 1, . . . , n} adalah himpunan dari vektor-vektor orthonormal.

Bukti

Dari elemen perkalian matriks (AA′)i ,j = 〈Bi ,Bj〉 dan fakta AA′ = I

didapat 〈Bi ,Bj 〉 ={

1 i = j0 yang lainnya

, terlihat bahwa baris-baris dari

A adalah orthonormal. Bila A orthogonal, maka A′ juga orthogonal, jadi

kolom-kolom dari A juga orthonormal.




Ke-Orthogonalan

Contoh 1

Bila matriks A diberikan oleh

A =

0 1 00 0 11 0 0

,

maka

AA′ =

0 1 00 0 11 0 0

0 0 11 0 00 1 0

=

1 0 00 1 00 0 1

= I .

Juga dapat dicek bahwa A′A = I . Jadi A adalah matriksorthogonal.




Ke-Orthogonalan

Contoh 2

Bila matriks A diberikan oleh

A =

0 − 1√2

1√2

1 0 0

01√2

1√2

,

maka matriks A adalah orthogonal, sebab

AA′ =

0 − 1√2

1√2

1 0 0

01√2

1√2

0 1 0

− 1√2

01√2

1√2

01√2

=

1 0 00 1 00 0 1

= I .

Juga dapat dicek bahwa A′A = I




Ke-Orthogonalan

Sifat

Suatu pemetaan linier yang direpresentasikan oleh suatu matriks orthogonaladalah mempertahankan jarak dari suatu vektor, yaitu bila A suatu matriksorthogonal, maka ||Ax|| = ||x || untuk semua x ∈ Rn.

BuktiDari persamaan ||x|| =

√

〈x, x〉 dan 〈x, x〉 = x′x, didapat ||x||2 = x′x. Olehkarena itu ||Ax||2 = x′A′Ax = x′x = ||x||2 ⇒ ||Ax|| = ||x||.

ContohDiberikan matriks orthogonal

A =

0 − 1√2

1√2

1 0 0

01√2

1√2

dan sebarang x =

x1x2x3

∈ Rn,

maka dapat ditunjukkan bahwa ||Ax|| = ||x|| sebagai mana berikut ini:




Ke-Orthogonalan

Lanjutan Contoh

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 − 1√2

1√2

1 0 0

01√2

1√2

x1x2x3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

− 1√2x2 +

1√2x3

x11√2x2 +

1√2x3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

√

(− 1√2x2 +

1√2x3)2 + x21 + (

1√2x2 +

1√2x3)2 =

√

1

2x22 − x2x3 +

1

2x23 + x21 +

1

2x22 + x2x3 +

1

2x23

√

x21 + x22 + x23 = ||x||.




Ke-Orthogonalan

Kesimpulan dan Komentar

Kesimpulan

Bila matriks simetri A berukuran n × n mempunyai eigenvalue-eigenvalue yangberbeda, maka A dapat didiagonalkan melalui suatu matriks orthogonal.

Komentar

Karena matriks A mempunyai eigenvalue-eigenvalue yang berbeda, maka dapatdidiagonalkan menjadi matriks Q−1AQ dimana matriks Q = [x1|x2| . . . |xn]dengan xi , i = 1, . . . , n adalah eigenvektor-eigenvektor dari A yang sesuaidengan eigenvaluenya. Berdasarkan hasil sebelumnya vektor-vektorxi , i = 1, . . . , n saling orthogonal. Bila vektor-vektor ini dinormalkan makadidapat matriks orthogonal

P =

[

x1

||x1||

∣

∣

∣

∣

x2

||x2||

∣

∣

∣

∣

. . .

∣

∣

∣

∣

xn

||xn ||

]

,

dengan demikian matriks P ′AP juga merupakan matriks diagonal.




Ke-Orthogonalan

Contoh

Diberikan matriks simetri

A =

(1

√2√

2 2

)

⇒∣∣∣∣

(λ 00 λ

)

−(

1√2√

2 2

)∣∣∣∣=

∣∣∣∣

(λ− 1 −

√2

−√2 λ− 2

)∣∣∣∣.

Sehingga didapat polinomial kharakteristik dari matriks A adalahp(λ) = (λ − 1)(λ − 2)− 2 = λ2 − 3λ = λ(λ− 3). Untuk eigenvalue λ1 = 0 danλ2 = 3 didapat masing-masing eigenvektor yang sesuai adalah:

x1 =

(−√2

1

)

dan x2 =

(1√2

)

.

Sehingga diperoleh

x1

||x1||=

−√2√3

1√3

danx2

||x2||=

1√3

√2√3

.

Bila matriks P =

[x1

||x1||x2

||x2||

]

, maka pendiagonalan dari matriks A adalah P′AP

dan hasilnya diberikan sebagai berikut




Ke-Orthogonalan

Lanjutan Contoh

−√2√3

1√3

1√3

√2√3

(1

√2√

2 2

)

−√2√3

1√3

1√3

√2√3

=

−√2√3+

√2√3− 2√

3+

2√3

1√3+

2√3

√2√3+

2√2√3

−√2√3

1√3

1√3

√2√3

=

0 0

3√3

3√2√3

−√2√3

1√3

1√3

√2√3

=

(0 00 3

)




Ke-Orthogonalan

Catatan

Berkaitan dengan matriks simetri dengan elemen-elemen riil. Sebagaimana telah diketahui matriks simetri pasti

semua eigenvaluenya adalah riil, tetapi tidak menjamin bahwa semua eigenvalue-eigenvalue ini berbeda satu dengan

yang lainnya, bila semuanya berbeda maka pasti matriks simetri tsb. bisa didiagonalkan. Bila ada yang rangkap,

maka hal ini ada dua kasus. Yang pertama bila masing-masing multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar, maka

pendiagonalan matriks bisa dilakukan. Kedua, bila masing-masing multiplisitas geometri < multiplisitas aljabar,

maka pendiagonalan tidak dapat dilakukan. Pada khasus yang kedua tentunya hanya beberapa eigenvektor yang

orthogonal satu dengan yang lainnya, yaitu yang berkaitan dengan eigenvalue-eigenvalue yang saling berbeda satu

dengan lainnya. Tetapi untuk eigenvalue yang rangkap walaupun memberikan eigenvektor-eigenvektor yang saling

bebas linier tetapi tidak menjamin bahwa eigenvektor-eigenvektor ini orthogonal. Oleh karena itu matriks yang

kolom-kolomnya merupakan eigenvektor-eigenvektor bukan matriks orthogonal. Tetapi dengan beberapa modifikasi

matriks tsb. bisa dijadikan matriks orthogonal, cara pengorthogonalan ini mengarah apa yang dinamakan proses

Pengorthogonalan Gram-Schmidt. Contoh berikut memberikan kejelasan mengenai pengorthogonalan suatu

matriks.




Ke-Orthogonalan

Contoh

Diberikan suatu matriks simetri

A =

1 −1 −1−1 1 −1−1 −1 1

⇒ λI − A =

λ − 1 1 11 λ − 1 11 1 λ − 1

.

Polinomial kharakteristik dari A diberikan olehp(λ) = det(λI − A) = (λ− 2)2(λ+ 1). Pasangan eigenvalue eigenvektordiberikan oleh

λ1 = 2, x1 =

−101

; λ2 = 2, x2 =

−110

; λ3 = −1, x3 =

111

.

Terlihat bahwa 〈x1, x3〉 = 〈x2, x3〉 = 0 tetapi 〈x1, x2〉 = 1 6= 0. Penormalan darix2 dan x3 didapat :

p2 =x2

||x2||=

−1√2

1√2

0

dan p3 =x3

||x3||=

1√

31

√3

1√

3

.




Ke-Orthogonalan

Lanjutan Contoh

Untuk memperoleh suatu vektor x1 supaya 〈x1, x2〉 = 0, adalah sebagai berikut.Misalkan x1 + ax2 = x1, didapat x

′2x1 + ax′2x2 = x′2x1 atau

〈x1, x2〉+ a 〈x2, x2〉 = 〈x1, x2〉 ⇒ a =〈x1, x2〉〈x2, x2〉

. Sehingga didapat

x1 = x1 − 〈x1, x2〉〈x2, x2〉x2.

Jadi

x1 =

−101

−1

2

−110

=

−1

2

−1

21

Dengan menormalkan vektor x1 didapat:

p1 =x1

||x1||=

−1

√6

−1

√6

2√

6

.

Jadi matriks P = [p1 | p2 | p3] diberikan oleh:




Ke-Orthogonalan

Lanjutan Contoh

P =

− 1√6− 1√

2

1√3

− 1√6

1√2

1√3

2√6

01√3

⇒ P′P = I = PP

′ (P matriks orthogonal).

Sehingga didapat :

P′AP =

− 1√6− 1√

6

2√6

− 1√2

1√2

0

1√3

1√3

1√3

1 −1 −1−1 1 −1−1 −1 1

− 1√6− 1√

2

1√3

− 1√6

1√2

1√3

2√6

01√3

=

2 0 00 2 00 0 −1




Ke-Orthogonalan

Proses Orthogonalisasi Gram-Schmidt

Diberikan himpunan vektor-vektor yang bebas linier S = {X1,X2, . . . ,Xn}, dariS dibentuk himpunan vektor-vektor orthormal T = {T1,T2, . . . ,Tn} sebagiberikut:

t1 = X1 ⇒ T1 =t1

||t1||

t2 = X2 − 〈X2,X1〉〈X1,X1〉

t1 ⇒ T2 =t2

||t2||......

tn = Xn − 〈Xn, t1〉〈t1, t1〉

t1 − 〈Xn, t2〉〈t2, t2〉

t2 − . . .− 〈Xn, tn−1〉〈tn−1, tn−1〉

tn−1 ⇒ Tn =tn

||tn||Didapat matriks orthogonal

T = [T1 |T2 | . . . |Tn] .




Ke-Orthogonalan

Contoh

Diberikan matriks dengan kolom-kolom merupakan vektor-vektor yang bebaslinier, yaitu

A =

1 1 10 1 10 0 1

Misalkan X1,X2 dan X3 merupakan vektor-vektor kolom dari A, maka

t1 = X1 =

100

⇒ T1 =t1

||t1||=

100

t2 =

110

− 〈X2, t1〉〈t1, t1〉

t1 =

010

⇒ T2 =t2

||t2||=

010

t3 =

111

− 〈X3, t1〉〈t1, t1〉

t1 −〈X3, t2〉〈t2, t2〉

t2 =

001

⇒ T3 =t3

||t3||=

001

Terlihat bahwa matriks T = [T1 T2 T3] adalah matriks orthogonal.




Proyeksi dan General Invers


Proses orthogonal Gram-Schmid erat kaitannya dengan apa yang dinamakanproyeksi sebagaimana akan terlihat dalam pembahasan berikut ini. Ada kalanyasistem persamaan linier Ax = y tidak mempunyai penyelesaian secara analitik(eksak). Tetapi bila model linier yang dikaji ini merupakan suatu problem nyatayang dijumpai, maka diperlukan suatu alternatif penyelesaian untuk menjawabproblem yang ada sehingga penyelesaian yang didapat cukup untuk menjawabproblem. Suatu contoh berikut menjelaskan hal ini:Diberikan sistem persamaan linier Ax = y:

(

6 32 1

)(

x1x2

)

=

(

22

)

. (8)

Jawab eksak dari persamaan ini tidak ada. Dalam hal ini, selalu bisa didapat

penyelesaian pendekatan x melalui penggantian y dengan vektor y′ di ruang

kolom dalam A yang dekat dengan y dan sebagi penggantinya selesaikan

persamaan Ax = y′.






Untuk kasus yang diberikan dalam persamaan (8) ruang kolom dari A adalahspan:

W =

{

r

(

31

)∣

∣

∣

∣

r ∈ R

}

.

Dengan demikian dipilih y′ = r

(

31

)

sehingga panjang

‖ y − y′ ‖=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

(

22

)

− r

(

31

)∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

sekecil mungkin. Gambar berikut secara geometri menjelaskan pilihan darivektor y′.

O

y =

(22

)

(31

)

y′ = Projw (y)





Pembahasan Masalah

Sebelum menyelesaikan masalah yang ada diberikan pengertian berikut.Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn dan tulis y ∈ Rn = W ⊕W⊥ sebagaiy = y1 + y2, dimana y1 ∈ W dan y2 ∈ W⊥, maka y1 dikatakan proyeksi dari ypada W dan dinotasikan oleh y1 = Projw (y). Selanjutnya diselesaikan masalahpersamaan linier

(6 32 1

)(x1x2

)

=

(22

)

.

Pilih W =

⟨(31

)⟩

dengan demikian didapat W⊥ =

⟨(−13

)⟩

. Jadi(

22

)

=4

5

(31

)

+2

5

(−13

)

. Untuk meminimumkan panjang

‖ y − y′ ‖ =

∣∣∣∣

∣∣∣∣

(22

)

− r

(31

)∣∣∣∣

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣

∣∣∣∣

4

5

(31

)

+2

5

(−13

)

− r

(31

)∣∣∣∣

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣

∣∣∣∣(

4

5− r)

(31

)

+2

5

(−13

)∣∣∣∣

∣∣∣∣ ,

dan karena(

31

)

dan(

−13

)

orthogonal, maka haruslah r =4

5.





Lanjutan Pembahasan

Dengan demikian didapat

y′ = Projw

(

22

)

=4

5

(

31

)

= 0

(

62

)

+4

5

(

31

)

. Terlihat bahwa

penyelesaian pendekatan adalah x1 = 0 dan x2 =4

5.

Sifat

Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn, maka vektor y′ ∈W yang dekat key ∈ Rn adalah y′ = Projw (y).

BuktiTulis y = y1 + y2 dengan y1 ∈ W dan y2 ∈ W⊥. Jadi y1 = Projw (y). Untuksebarang w ∈ W jarak kuadrat ‖ y − w ‖2 diberikan oleh

‖ (y1 − w) + y2 ‖2 = < (y1 − w) + y2, (y1 − w) + y2 >

= < y1 − w, y1 −w > + < y2, y2 >

= ‖ y1 −w ‖2 + ‖ y2 ‖2,

akan minimal bila w = y1 = Projw(y).





langkah-langkah mendapatkan Proyeksi

Suatu cara singkat untuk menentukan proyeksi dari suatu rauang bagian W

yang dibangun hanya oleh satu vektor w , dimana V = W ⊕W⊥ diberikan oleh

Projw(y) =< y,w >

< w,w >w. (9)

Dalam hal ini adalah:

1.< y,w >

< w,w >w ∈W .

2. y − < y,w >

< w,w >w ∈ W⊥

3. y =< y,w >

< w,w >w+

(

y− < y,w >

< w,w >w

)

Persoalan sebelumnya dapat diselesaikan menggunakan hasil dalam (9) didapat

Projw

(

22

)

=2.3 + 2.1

3.3 + 1.1

(

31

)

=4

5

(

31

)

.





Sifat

Sifat

Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn dibangun oleh basis orthogonalw1, . . . ,wk dan misalkan y ∈ Rn, maka

Projw(y) =< y,w1 >

< w1,w1 >w1 + . . .+

< y,wk >

< wk ,wk >wk . (10)

Bukti

Misalkan y1 =< y,w1 >

< w1,w1 >w1 + . . .+

< y,wk >

< wk ,wk >wk . Maka untuk 1 ≤ i ≤ k

didapat < y− y1,wi >=< y,wi > − < y,wi >

< wi ,wi >< wi ,wi >= 0. Jadi

y − y1 ∈W⊥ dan y1 = Projw(y).

Bila W suatu ruang bagian dari Rn dengan basis orthonormal w1, . . . ,wk ,maka persamaan (10) menjadi

Projw(y) =< y,w1 > w1 + . . .+ < y,wk > wk . (11)





Contoh 1

Dapatkan elemen dari ruang bagian W yang dekat dengan vektor (1, 2, 3)′,dimana W dibangun oleh vektor-vektor (1, 2,−1)′, (−1, 4, 1)′.

W =⟨{(1, 2,−1)′, (−1, 4, 1)′}

⟩

(1, 2,−1)′

(−1, 4, 1)′

(1, 2, 3)′

P

Jawab:

Dari gambar diatas, vektor P di bidang W = 〈{(1, 2,−1)′, (−1, 4, 1)′}〉 adalahproyeksi vektor (1, 2, 3)′ pada bidang W = 〈{(1, 2,−1)′, (−1, 4, 1)′}〉.





Lanjutan Pembahasan Contoh 1

Dengan menggunakan proses Gram-Schmidt, didapat basis orthonormal:1√6(1, 2,−1)′, 1√

3(−1, 1, 1)′. Sehingga proyeksi dari (1, 2, 3)′ pada W adalah:

Projw

123

=1√6(1 + 4− 3)

1√6

12−1

+1√3(−1 + 2 + 3)

1√3

−111

=1

3

12−1

+4

3

−111

=

−121

.

Sehingga didapat vektor

123

=

−121

+

202

∈W ⊕W⊥,

elemen dari W dekat ke

123

adalah Projw

123

=

−121

.





Contoh 2

Misalkan dipunyai suatu supply dari 5000 unit S, 4000 unit T dan 2000 unit U.Bahan digunakan dalam pabrik untuk memproduksi P dan Q. Bila setiap unitdari P menggunakan 2 unit S, 0 unit T dan 0 unit U; dan setiap unit dari Qmenggunakan 3 unit S, 4 unit T dan 1 unit U. Berapa banyak unit p dari P danq dari Q yang harus dibuat supaya keseluruhan supply digunakan?

Model matematika dari persoalan yang ada diberikan oleh persamaan:

2 30 40 1

[

p

q

]

=

500040002000

.

Persamaan dari model tidak mempunyai jawab eksak (analitik) sebab vektor

500040002000

bukan merupakan kombinasi linier dari vektor- vektor

200

dan

341

.





Pembahasan Contoh 2

Untuk meyelesaikan persamaan secara pendekatan, dilakukan hal berikut: Carivektor didalam ruang bagian W yang merupakan bentuk kombinasi linier

p

200

+ q

341

yang dekat dengan vektor

500040002000

Dengan melakukan

proses Gram-Schmidt di vektor-vektor pembangun yang merupakan basis dariW , didapat basis orthonormal:

w1 =

100

,w2 =1√17

041

.






Sehingga diperoleh:

Projw

500040002000

= 5000

100

+ (16000√

17+

2000√17

)1√17

041

= 5000

100

+18000

17

041

= (2500 − (3

2)(18000

17))

200

+18000

17

341

.

Terlihat bahwa p = 2500 − (3

2)(18000

17) = 911.76 dan q =

18000

17= 1058.82.





Cara Penyelesaian Menggunakan GeneralInvers atau Psedo Invers

Untuk setiap matriks A berukuran m × n dengan elemen-elemen riil, matriksA− berukuran n × n dinamakan pendekatan invers (psedoinverse) yangmemenuhi A−y merupakan penyelesaian pendekatan dari persamaan Ax = y.Kolom-kolom dari matriks A− adalah penyelesaian pendekatan dari Ax = ei ,dimana ei , i = 1, . . . ,m merupakan basis baku dari Rm.

Contoh 1

Dapatkan matriks A− bila A =

2 30 40 1

dan hitung A−

500040002000

.

Jawab Ruang kolom orthonormal dari matriks A adalah span dari vektor-vektor:

w1 =

100

,w2 =1√17

041

.





Lanjutan Contoh 1

Sehingga didapat

Projw

100

=

100

,Projw

010

=

01617417

,Projw

001

=

0417117

.

Dan kolom-kolom matriks A− didapat sebagai berikut

2 30 40 1

x =

100

⇒ x =

(

12

0

)

2 30 40 1

x =

01617417

⇒ x =

(

− 1617417

)

2 30 40 1

x =

0417117

⇒ x =

(

− 334117

)






Sehingga didapat matriks A− adalah:

A− =

(

12− 6

17− 3

34

0 417

117

)

.

Penyelesaian pendekatan dari persamaan

2 30 40 1

(

p

q

)

=

500040002000

diberikan oleh

(

p

q

)

= A−

500040002000

=

(

12− 6

17− 3

34

0 417

117

)

500040002000

=

(

911.761058.82

)

.

Hasil yang didapat sama dengan hasil perhitungan sebelumnya.





Contoh 2

Dengan general invers cari garis lurus y = ax + b yang paling mendekatititik-titik (1, 2), (2, 3) dan (3, 1).

Jawab:

1 12 13 1

(a

b

)

=

231

⇒ A−

=

(1 2 31 1 1

)

1 12 13 1

−1 (1 2 31 1 1

)

A−

231

=

{(12

−1

−1 73

)(1 2 31 1 1

)}

231

=

(

− 12

0 12

43

13

− 23

)

231

Didapat a = −1 + 12 = − 1

2 dan b = 83 + 1− 2

3 = 3.





Contoh 3

Dengan general invers dapatkan parabola y = ax2 + bx + c yang mendekati titik-titik(3, 0), (2, 0), (1, 2), (−1, 12). Jelaskan apakah hasilnya pendekatan atau tidak!Jawab :Untuk titik (3, 0), (2, 0), (1, 2), (−1, 12) didapat empat persamaan :

9a+ 3b + c = 0, 4a + 2a + c = 0, a+ b + c = 2, a− b + c = 12

atau dalam bentuk matriks

9 3 14 2 11 1 11 −1 1

a

b

c

=

00212

⇒

a

b

c

=

9 4 1 13 2 1 −11 1 1 1

9 3 14 2 11 1 11 −1 1

−1

9 4 1 13 2 1 −11 1 1 1

00212

=

1−56

.

Cek!

9 3 14 2 11 1 11 −1 1

1−56

=

00212

.

Terlihat, hasilnya eksak bukan pendekatan.





Catatan dan Komentar Psedo dan GeneralInvers

1. Psedo invers dan General Invers secara umum berbeda. UmumnyaPsedo invers matrix berukuran m × n, sedangkan General inversmatriks persegi.

2. Misalkan matriks A berukuran m × n. Bila kolom-kolom dari Abebas linear, maka dijamin matriks (A′A)−1 jadi matriks A dijaminmempunyai General Invers yang diberikan oleh A− = (A′A)−1A′

3. Sebaliknya bila kolom-kolom matriks A tidak bebas linear, maka(A′A)−1 tidak ada. Jadi persoalan Ax = y tidak bisa diselesaiakandengan cara general invers x = (A′A)−1A′y . Hal ini bisadiselesaikan dengan cara psedo invers sebagaimana pada Contoh 1.

4. Sebagai kesimpulan penyelesaian terdekat dari masalah Ax = y bisadilakukan dengan cara Psedo Invers atau General Invers.




Daftar Pustaka

Daftar Pustaka

Paul A. Fuhrmann, ” A Polynomial Approach to LinearAlgebra, Second Edition”, Springer, (2012)

Robert A.Beezer, ” A First Course in Linear Algebra, Version2.30”, Department of Mathematics and Computer Science,University of Puget Sound, Washington, USA, (2011).Website: http://buzzard.ups.edu

Kamran Dadkhan, ” Foundations of Mathematical andComputational Economics, Second Edition”, Springer,(2011)

J. DeFranza and D. Gagliardi, ” Introduction to Linear Algebrawith Applications ”, Mc Graw Hill, Higher Education, (2009)

David Poole, ” Linear Algebra A Modern Introduction, SecondEdition ”, Thomson Brooks/Cole, (2006)




Daftar Pustaka

David C. Lay, ” Linear Algebra and its Applications, FourthEdition ”, Pearson Education, (2012)

K. Kuttler, ” Linear Algebra, Theory and Applications ”,Brigham Young University, (2012). URL:http://www.saylor.org./courses/ma212/

J.E. Gentle, ” Matrix Algebra, Theory, Computations andApplications in Statistics ”, Springer, (2007)

Carl D. Meyer, ” Matrix Analysis and Applied Linear Algebra”, SIAM, (2000)

Fuzhen Zhang, ” Matrix Theory, Basic Results and Techniques”, Springer, (2011)

Sage, URL: http://www.sagemath.org




Daftar Pustaka

I.N. Herstein and David J. Winter, ” Matrix Theory and LinearAlgebra ”, Macmillan Publishing Company, (1989)



Documents

Aljabar Linear ©2012 The Author, Subiono - Materi Kuliah Aljabar