Download pdf - TUGAS ALJABAR LINIEAR - dewapurnama · PDF fileDiktat Kuliah Aljabar Linear Elementer. STT Telkom. Aljabar Linear vi . Matriks dan operasi – operasinya 1 BAB I Matriks dan Operasi

TUGAS ALJABAR LINIEAR

Aljabar Linear

ii

Kata Pengantar

Aljabar Linear

iii

DAFTAR ISI 1. Matriks dan Operasi – Operasinya ………………….…… I.1 Pendahuluan ……………………………………………………...

I.2 Jenis – jenis matriks ……………………………….………………

I.3 Operasi – operasi matriks ……………………………………….… I.4 Matriks Invers ……………………………………………………… 2. Sistem Persamaan Linear

………………………………... II.1 Pendahuluan ……………………………………………………….. II.2 Operasi baris elementer ……………………………………………. II.3 Sistem persamaan linear Homogen …………………………….….. II.4 Menentukan invers matriks ……………………………………….. 3. Determinan matriks ………………………………….…..

III.1 Pendahuluan ………………………………………………………..

III.2 Metode perhitungan determinan …………………………….……..

III.3 Menentukan himpunan penyelesaian sistem persamaan linier dengan metode Crammer ………………………………..…………

III.4 Hubungan determinan, invers matriks dan penyelesaian untuk sistem persaman linier ………………………………………………

4. Vektor– Vektor di bidang dan di ruang

………………… IV.1 Pendahuluan

………….…………………………………………… IV.2 Operasi – operasi pada vektor

….………………………………… IV.3 Hasil kali titik , panjang vektor dan jarak antara dua vektor ……… IV.4 Proyeksi orthogonal ……………………………………………… IV.5 Perkalian silang vektor ……………………………………………

01 01 01 01 04

06 06 07 10 12

15 15 16

18

19

22 22 22 23 25 27

31 31 32 33 34 37 38 39

Aljabar Linear

iv

5. Ruang – Ruang Vektor

……………………...…………. V.1 Ruang – n Euclides

………………………………………………. V.2 Ruang vektor umum

……………………………………………… V.3 Sub–ruang vektor …………………………………………………. V.4 Membangun dan bebas linier ……………………..……………….

V.5 Basis dan Dimensi …………………………………………………

V.6 Basis ruang baris dan basis ruang kolom …………………………. V.7 Basis ruang solusi ………………………………………………… 6. Ruang Hasil Kali Dalam

……………………………….. VI.1 Hasil kali dalam

…………………………………………………… VI.2 Panjang vektor , jarak antar vektor ,dan besar

sudut dalam RHD … VI.3 Basis orthonormal

………………………………………………… VI.4 Perubahan Basis

…………………………………………………… 7. Ruang Eigen ……………………………………...…… VII.1 Nilai Eigen suatu matriks ………………………………………

44 44 45 46 50

54 54 56 60

63 63 64 65

Aljabar Linear

v

VII.2 Diagonalisasi ……………………………………………………… VII.3 Diagonalisasi orthogonal ………………………………………… 8. Transformasi Linear …………………………………... VIII.1 Pendahuluan ………………………………………………………

VIII.2 Kernel ( inti ) dan Jangkauan ……………………………………

VIII.3 Matriks transformasi ………………………………………………

Daftar Pustaka

1. Anton , H .( 1991) Elementary Linear Algebra .John Wiley and Sons 2. Leon , S.J.( 2001 ) . Aljabar Linear Dan Aplikasinya edisi 5 . Penerbit

Erlangga 3. Mursita D. ( 2000 ). Diktat Kuliah Aljabar Linear Elementer. STT Telkom

Aljabar Linear

vi

Matriks dan operasi – operasinya

1

BAB I Matriks dan Operasi – Operasinya

I.1 Pendahuluan Definisi : Matriks adalah susunan segi empat siku – siku dari bilangan yang dibatasi dengan tanda kurung. Suatu matriks tersusun atas baris dan kolom, jika matriks tersusun atas m baris dan n kolom maka dikatakan matriks tersebut berukuran ( berordo ) m x n. Penulisan matriks biasanya menggunakan huruf besar A, B, C dan seterusnya, sedangkan penulisan matriks beserta ukurannya (matriks dengan m baris dan n kolom ) adalah Amxn, Bmxn dan seterusnya. Bentuk umum Bentuk umum dari Amxn adalah :

Amxn =

mnmm

n

n

aaa

aaaaaa

...::::::

...

...

21

22221

11211

,

aij disebut elemen dari A yang terletak pada baris i dan kolom j. I.2 Jenis – jenis matriks Ada beberapa jenis matriks yang perlu diketahui dan sering digunakan pada pembahasan selanjutnya, yaitu : a. Matriks Bujur sangkar

Matriks bujur sangkar adalah matriks yang jumlah barisnya sama dengan jumlah kolomnya. Karena sifatnya yang demikian ini, dalam matriks bujur sangkar dikenal istilah elemen diagonal yang berjumlah n untuk matriks bujur sangkar yang berukuran nxn, yaitu : a11, a22, …, ann.

Contoh 1.2.1

A2x2 =

2221

1211

aaaa dengan elemen diagonal a11 dan a22

A3x3 =

333231

232221

131211

aaaaaaaaa

dengan elemen diagonal a11 ,a22 dan a33

b. Matriks Diagonal

Matriks diagonal adalah matriks yang elemen bukan diagonalnya bernilai nol. Dalam hal ini tidak disyaratkan bahwa elemen diagonal harus tak nol.

Contoh 1.2.2

A =

3001 B =

0001 , C =

0000


2

c. Matriks Nol

Mariks Nol merupakan matriks yang semua elemennya bernilai nol.

d. Matriks Segitiga Matriks segitiga adalah matriks bujur sangkar yang elemen – elemen dibawah atau diatas elemen diagonal bernilai nol. Jika yang bernilai nol adalah elemen – elemen dibawah elemen diagonal maka disebut matriks segitiga atas , sebaliknya disebut matriks segitiga bawah. Dalam hal ini, juga tidak disyaratkan bahwa elemen diagonal harus bernilai tak nol. Contoh 1.2.3

A =

100200101

, B =

010001000

, C =

200010001

Matriks A adalah matriks segitiga bawah, matriks B adalah matriks segitiga atas

sedangkan matriks C merupakan matriks segitiga bawah dan juga matriks segitiga atas.

e. Matriks Identitas Matriks identitas adalah matriks diagonal yang elemen diagonalnya bernilai 1 f. Matriks dalam bentuk eselon baris tereduksi Suatu matriks dikatakan memiliki bentuk eselon baris tereduksi jika memenuhi

syarat– syarat berikut : 1. Untuk semua baris yang elemen – elemennya tak–nol , maka bilangan

pertama pada baris tersebut haruslah = 1 ( disebut satu utama ). 2. Untuk sembarang dua baris yang berurutan, maka satu utama yang

terletak pada baris yang lebih bawah harus terletak lebih ke kanan daripada satu utama pada baris yang lebih atas.

3. Jika suatu baris semua elemennya adalah nol, maka baris tersebut diletakkan pada bagian bawah matriks.

4. Kolom yang memiliki satu utama harus memiliki elemen nol ditempat lainnya.

Contoh 1.2.4

A =

000011002011

, B =

100010001

, C =

000000100010

Matriks A , B dan C adalah matriks – matriks dalam bentuk eselon baris tereduksi

dan notasi 1 menyatakan satu utamanya. Contoh berikut menyatakan matriks – matriks yang bukan dalam bentuk eselon baris tereduksi.


3

Contoh 1.2.5

D =

000001102011

, E =

201000000000011

Matriks D bukan dalam bentuk eselon baris tereduksi karena elemen d12 bernilai 1

sehingga tidak memenuhi syarat ke – 4 ( harusnya = 0 ), sedangkan matriks E tidak memenuhi karena baris kedua yang merupakan baris nol letaknya mendahului baris ketiga yang merupakan baris tak nol, sehingga syarat ketiga tidak terpenuhi.

Jika suatu matriks hanya memenuhi syarat 1–3 saja, maka dikatakan matriks

tersebut memiliki bentuk eselon baris. I.3 Operasi – operasi matriks a. Penjumlahan matriks

Operasi penjumlahan dapat dilakukan pada dua buah matriks yang memiliki ukuran yang sama. Aturan penjumlahan Dengan menjumlahkan elemen – elemen yang bersesuaian pada kedua matriks Contoh:

++++

=

+

hdgcfbea

hgfe

dcba

b. Perkalian matriks dengan matriks Operasi perkalian matriks dapat dilakukan pada dua buah matriks ( A dan B) jika

jumlah kolom matriks A = jumlah baris matriks B. Aturan perkalian Misalkan Amn dan Bnk maka Amn Bnk = Cmk dimana elemen – elemen dari C( cij) merupakan penjumlahan dari perkalian elemen–elemen A baris i dengan elemen–elemen B kolom j Contoh :

A =

fedcba , B =

pmolnk

maka A23 B32 = C22 =

++++++++

fpeodnfmeldkcpboancmblak

c. Perkalian matriks dengan skalar

Suatu matriks dapat dikalikan suatu skalar k dengan aturan tiap –tiap elemen pada A dikalikan dengan k. Contoh 1.3.1

3

fedcba =

fedcba

333333


4

d. Transpose matriks Transpose matriks A ( dinotasikan At ) didefinisikan sebagai matriks yang baris –

barisnya merupakan kolom dari A.

Contoh : A =

654321 At =

635241

Sifat – sifat dari operasi matriks

- A+B = B+A - A+ ( B+C ) = ( A+B) + C - AB ≠ BA - A ( BC ) = ( AB ) C - ( At )t = A - ( AB )t = BtAt

I.4 Matriks Invers Definisi Jika A, B matriks bujur sangkar dan berlaku AB = BA = I ( I matriks identitas ), maka dikatakan bahwa A dapat dibalik dan B adalah matriks invers dari A ( notasi A–1 ).

Contoh : A =

−

−3152 , B =

2153 AB = BA =

1001

Maka B = A–1 dan A = B–1 Sifat yang berlaku :

- ( A–1 )–1 = A - ( AB )–1 = B–1A–1

Latihan I 1. Tentukan jenis dari matriks – matriks dibawah ini ( jika memenuhi lebih dari satu,

tuliskan semua ) !

A =

1001 , B =

101000001

, C =

000210201

, D =

100000221

2. Diketahui A =

1001 , B =

021201 dan C =

322111

a. Hitung B + C ! b. Hitung AB dan AC , kemudian tentukan AB + AC c. Dari perhitungan B + C sebelumya, hitung A ( B + C ) kemudian bandingkan

hasilnya dengan jawaban dari b !


5

3. Dari soal nomor 2, tentukan

a. ( AB )t dan ( AC )t ! b. Hitung BtAt dan CtAt , kemudian bandingkan hasilnya dengan jawaban a !

4. Tunjukkan apakah matriks B merupakan invers A !

a. A =

0242 dan B =

−

−−

2240

81

b. A =

0031 dan B =

1001

Sistem persamaan linear

6

BAB II Sistem Persamaan Linear

II.1 Pendahuluan Bentuk umum Suatu persamaan linear yang mengandung n peubah x1, x2 ,…,xn dinyatakan dalam bentuk a1x1 + a2x2 + … + anxn = b dengan a1, a2, …, an , b adalah konstanta riil. Dalam hal ini, peubah yang dimaksud bukan merupakan fungsi trigonometri, fungsi logaritma ataupun fungsi exponensial. Contoh 2.1.1 : a. x + y = 4 persamaan linear dengan 2 peubah b. 2x – 3y = 2z +1 persamaan linear dengan 3 peubah c. 2 log x + log y = 2 bukan persamaan linear d. 2ex = 2x + 3 bukan persamaan linear Sistem persamaan linear ( SPL ) Definisi Sistem persamaan linear adalah himpunan berhingga dari persamaan linear Contoh 2.1.2: a. x + y = 2 b. x – y + z = 4 2x + 2y = 6 x + y = 0 Tidak semua sistem persamaaan linear memiliki penyelesaian( solusi ) , sistem persamaan linear yang memiliki penyelesaian memiliki dua kemungkinan yaitu penyelesaian tunggal dan penyelesaian banyak. Secara lebih jelas dapat dilihat pada diagram berikut :

banyaksolusitunggalsolusi

konsistenanpenyelesaimemiliki

konsistentidakanpenyelesaimemilikiTidakSPL )(

)(

Pada sistem persamaaan linear dengan dua peubah, secara geometris jika SPL tidak mempunyai penyelesaian maka grafiknya berupa dua garis yang saling sejajar, jika penyelesaiannya tunggal maka himpunan penyelesaiannya berupa sebuah titik hasil perpotongan dua garis sedangkan jika penyelesaiannya banyak maka himpunan penyelesaiannya berupa dua garis lurus yang saling berhimpit. Secara lebih jelas dapat dilihat pada contoh 2.1.3 berikut : a. x + y = 2 , Grafiknya : 2x + 2y = 6 Grafik tersebut menunjukkan bahwa kedua garis sejajar sehingga tidak penyelesaian yang memenuhi sehingga disimpulkan bahwa SPL tidak konsisten.

3 2

2 3

x + y = 2 2x + 2y = 6


7

b. x – y = 2 , Grafiknya : x + y = 2 Grafik tersebut menunjukkan bahwa himpunan penyelesaian dari SPL adalah titik potong antara x – y = 2 dan x + y = 2 yaitu titik ( 2,0 ). Jadi penyelesaian dari SPL adalah tunggal yaitu x = 2 dan y = 0. c. x + y = 2 , Grafiknya : 2x + 2y = 4 Grafik diatas bahwa x + y = 2 dan 2x + 2y = 4 saling berhimpit sehingga hanya terlihat seperti satu garis saja. Himpunan penyelesaian dari SPL semua titik yang terletak disepanjang garis tersebut. Misalkan diambil x = 0 maka didapatkan y = 2 yang memenuhi persamaan, jika x = 1 maka nilai y = 1 adalah nilai yang memenuhi . Secara matematis dapat dituliskan sebagai : { (x,y) | x = 2 – y , x∈ R ,y∈R } Untuk kasus sistem persamaan linear dengan menggunakan dua peubah , pembuatan grafik untuk menentukan himpunan penyeleaian seperti ini masih memungkinkan , hanya saja untuk jumlah peubah yang lebih banyak hal ini sulit dilakukan. II.2 Operasi baris elementer Ketika dihadapi masalah yang berkaitan dengan sistem persamaan linear terutama yang menggunakan banyak peubah, maka hal pertama yang dapat digunakan untuk menyederhanakan permasalahan adalah dengan mengubah sistem persamaan linear yang ada ke dalam bentuk matriks. Suatu persamaan linear biasanya juga tidak didapatkan secara langsung tetapi melalui penyederhanaan dari permasalahan yang terjadi dalam kehidupan sehari – hari. Setelah diubah ke bentuk matriks, maka matriks tersebut diubah ke bentuk matriks dalam bentuk eselon baris tereduksi untuk mendapatkan penyelesaian dari SPL. Prosedur untuk mendapatkan matriks eselon baris tereduksi biasa disebut sebagai eliminasi Gauss– Jordan . Pada proses eliminasi tersebut operasi – operasi yang digunakan disebut operasi baris elementer. Dalam operasi baris elementer ini ada beberapa operasi yang dapat digunakan , yaitu : a. Mengalikan suatu baris dengan konstanta tak nol b. Mempertukarkan dua buah baris c. Menambahkan kelipatan suatu baris ke baris lainnya.

2

2

2x + 2y = 4

x + y =2

–2

2

2

x – y = 2

x + y =2


8

Dengan menggunakan operasi baris elementer , maka matriks eselon baris tereduksi yang didapatkan akan ekuivalen dengan matriks awalnya sehingga penyelesaian untuk matriks eselon baris tereduksi juga merupakan penyelesaian untuk matriks awalnya. Matriks awal yang dimaksud adalah matriks diperbesar. Untuk melihat secara lebih mudah definisi dari matriks diperbesar akan ditunjukkan berikut ini : Diketahui SPL dengan m buah persamaan linear dan n peubah a11x1 + a12x2 + … + a1nxn = b1 a21x1 + a22x2 + … + a2nxn = b2 : am1x1 + am2x2 + … + amnxn = bm Sistem persamaan linear diatas dapat ditulis dalam bentuk matriks AX = B dengan

A =

mnmm

n

n

aaa

aaaaaa

...

...

...

21

22221

11211

ΜΜΜΜΜΜ, X =

mx

xx

Μ2

1

dan B =

mb

bb

Μ2

1

Matriks yang memiliki berukuran nx1 atau 1xn biasa disebut vektor. Penulisan vektor sedikit berbeda dengan penulisan matriks, yaitu menggunakan huruf kecil dengan cetak tebal atau digaris atasnya . Jadi matriks X dan B diatas biasa dituliskan sebagai x dan b atau x dan b sehingga SPL dapat dituliskan sebagai A x = b . Pada SPL yang berbentuk seperti ini , matriks A juga biasa disebut sebagai matriks konstanta. Untuk menyelesaikan persamaan linear diatas maka dibuat matriks diperbesar dari A dan b yang elemen – elemennya merupakan gabungan elemen matriks A dan vektor b yang dinotasikan [ ]bA , yaitu :

[ ]bA =

mmnmm

n

n

b

bb

aaa

aaaaaa

ΜΜΜΜΜΜΜ2

1

21

22221

11211

...

...

...

Untuk menyelesaikan persamaan linear tersebut dilakukan eliminasi Gauss–Jordan seperti ditunjukkan dalam contoh berikut : Contoh 2.2.1 a. x + 2y + 3z = 1 2x + 5y + 3z = 6 x + 8z = –6

Matriks diperbesar [ ]bA =

− 661

801352321

Operasi baris elementer pada [A | b ] menghasilkan :


9

[ ]bA =

− 661

801352321

~

−−−

−−

741

520310321

13122

bbbb ~

−

−−

+

−

147

100310901

223

221

bb

bb

~

−

−−

− 147

100310901

3b~

−+−

112

100010001

332391

bbbb

bentuk eselon baris

tereduksi Dari bentuk eselon baris tereduksi maka dapat dibuat persamaannya , yaitu : Dari baris 1 (b1) x + 0y + 0z = 2 x = 2 Dari baris 2 (b2) 0x + y + 0z = 1 y = 1 Dari baris 3 (b3) 0x + 0y + z = –1 z = –1

Jadi penyelesaian SPL diatas adalah tunggal , yaitu :

−=

112

zyx

Untuk melihat apakah jawaban tersebut benar ataukah tidak , kita dapat memasukkan nilai – nilai tersebut pada persamaan awal. Keterangan Penulisan b1, b2 dan sebagainya pada proses diatas sifatnya tidak mutlak dan hanya digunakan sebagai alat pembantu dalam proses operasi baris elementer. Dalam perhitungan selanjutnya penulisan ini mungkin tidak perlu dilakukan. b. x + 2z = 1 –x + y – z = 0 2x + y + 5z = 3


−−

301

512111201

[ ]bA =

−−

301

512111201

~

111

110110201

~

011

000110201

Persamaannya : Dari baris 1 x + 2z = 1 x = 1 – 2z Dari baris 2 y + z = 1 y = 1 – z Karena baris 3 adalah baris nol dan kolom yang tidak memiliki satu utama adalah

kolom 3 maka dapat diambil nilai z sembarang misalkan z = s, sehingga nilai x = 1 – 2s dan y = 1 – s . Baris nol pada kasus diatas juga menunjukkan bahwa penyelesaian dari SPL adalah tak hingga banyak. Banyaknya baris nol pada matriks

diatas ( dengan A merupakan matriks bujursangkar ) juga menunjukkan

banyaknya parameter (s) pada penyelesaian SPL.

Jadi penyelesaian dari SPL adalah

−

−=

sss

zyx

121

Untuk menguji apakah nilai yang didaptkan benar atau tidak, ambil sembarang bilangan untuk s misalnya s = 0 didapatkan x = 1, y = 1 dan z = 0 masukkan nilai – nilai ke


10

persamaan kemudian bandingkan ruas kiri dan ruas kanan. Coba lagi untuk nilai s yang lain. c. 2x + 2z = 4 –2x + y = –3 x + 2y + 5z = 6


−−

634

521012202

[ ]bA =

−−

634

521012202

~

412

420210101

~

212

000210101

Pada baris ketiga matriks eselon baris tereduksi didapatkan persamaan: 0x + 0y + 0z = 2 hal ini jelas menunjukkan bahwa tidak ada nilai untuk x, y

dan z yang memenuhi persamaan karena apapun nilai x, y dan z nya, ruas kiri akan selalu bernilai nol jadi nilai 2 tidak akan tercapai. Jadi kalau ada bentuk matriks eselon baris tereduksi yang seperti diatas , pasti dapat disimpulkan bahwa SPL tidak memiliki penyelesaian atau SPL tidak konsisten.

II.3 Sistem persamaan linear Homogen Sistem persamaan linear Homogen merupakan kasus khusus dari Sistem persamaan linear biasa A x = b untuk kasus b = 0 . Karena bentuknya yang demikian maka pastilah pada matriks diperbesar [ ]bA setelah dilakukan eliminasi Gauss–Jordan kolom terakhirnya akan selalu nol sehingga penyelesaian dari SPL akan selalu ada . Ada dua macam penyelesaian dalam SPL homogen ini yaitu trivial ( tak sejati ) dan tak trivial ( sejati ). Penyelesaian trivial terjadi jika satu – satunya penyelesaian untuk SPL adalah x = 0 hal ini terjadi jika semua kolom pada matriks diperbesar [ ]bA ( setelah dilakukan eliminasi Gauss– Jordan ) memiliki satu utama kecuali untuk kolom yang terakhir atau dengan kata lain semua kolom pada matriks A memiliki satu utama . Jika hal yang sebaliknya terjadi yaitu tidak semua kolom pada matriks A ( setelah dilakukan eliminasi Gauss–Jordan ) memilki satu utama atau jika terdapat baris nol maka penyelesaian untuk SPL adalah penyelesaian tak trivial yaitu penyelesaian tak hingga banyak. Contoh 2.3.1 Diketahui sistem persamaan linear homogen

=

−−

000

zyx

132121021


11

Penyelesaian dari SPL homogen diatas adalah

[ ]bA =

−−

000

132121021

~

− 000

110100021

~

000

100010001

Pada matriks yang terakhir terlihat bahwa semua kolom matriks A memiliki satu utama

sehingga penyelesaiannya adalah trivial yaitu

=

000

zyx

Contoh 2.3.2 Diketahui sistem persamaan linear homogen

−−−

−−−−

3003142122121211

=

0000

wzyx

Penyelesaian dari SPL homogen diatas adalah :

[ ]bA =

−−−

−−−−

0000

3003142122121211

~

−−−

−−

0000

0630021006301211

~

−

−

0000

0000000002101001

Pada matriks yang terakhir terlihat bahwa hanya dua kolom dari matriks A yang memiliki satu utama atau terdapat dua baris nol , ini berarti bahwa penyelesaian SPL adalah tak trivial yaitu penyelesaian banyak dengan dua parameter yaitu :

=

wzz

w

wzyx

2 , jika diambil z = s dan w = t, s ,t ∈ R maka

=

tsst

wzyx

2

Eliminasi Gaus–Jordan untuk mendapatkan penyelesaian SPL homogen sering juga dilakukan pada matriks A saja karena pada kasus ini b = 0 jadi tidak akan mempengaruhi hasil perhitungan. II.4 Menentukan invers matriks Pada bab sebelumnya sudah dibahas tentang invers suatu matriks. Invers suatu matriks ( misalkan invers A ) dapat dihitung dengan menggunakan eliminasi Gauss–Jordan terhadap matriks diperbesar [ ]IA dimana ukuran I sama dengan ukuran A. Cara perhitungan seperti ini didasarkan dari sifat A A–1 = I. Untuk menentukan solusi dari SPL tersebut maka berdasarkan prosedur yang telah dipelajari sebelumnya , maka dapat dilakukan eliminasi Gauss – Jordan terhadap matriks [ ]IA . Jika A memang memilki


12

invers maka matriks eselon baris tereduksinya akan berbentuk [ ]1−AI . Jika setelah melakukan eliminasi Gauss–Jordan tidak diperoleh bentuk [ ]1−AI maka disimpulkan bahwa matriks tersebut tidak memiliki invers. Contoh 2.4.1

Diketahui A =

−−

342011552

, tentukan A–1 jika ada !

Jawab:

[ ]IA =

−−

100100

001

342011552

~

−

120201

010

320530011

~

−

−

120101010

320210011

~

−−

−−

−

−

322101111

100210201

~

−−−

−−

322543553

100010001

= [ ]1−AI

Jadi A–1 =

−−−

−−

322543553

Untuk melihat apakah jawaban tersebut benar atau tidak , maka hitunglah A–1 hasil perhitungan dengan A, jika hasilnya = I maka jawaban tersebut benar. Contoh 2.4.2

Diketahui matriks A =

−−521142461

Tentukan invers matriks A jika ada ! Jawab:

[ ]IA =

−−

100010001

521142461

~

−−−

101012001

980980461

~

−−−−

111012001

000980461

Walaupun matriks belum dalam bentuk eselon baris tereduksi, tapi perhitungan sudah dapat dihentikan pada tahap ini sudah terlihat bahwa bentuk [ ]1−AI tidak akan bisa didapatkan sehingga dapat disimpulkan matriks A tidak memiliki invers. Suatu matriks konstan (A) yang memiliki invers , maka SPL A x = b yang berkaitan akan memiliki solusi tunggal yaitu : A–1 b , jika berupa SPL Homogen maka x = 0


13


14

Tentukan nilai untuk a dan b agar SPL memiliki solusi banyak dan tulis solusi

SPL tersebut ! 8. Diketahui SPL berikut :

a2 x + y – z = a x + by – z = –1 by + z = 0 Tentukan semua nilai untuk a dan b agar SPL memiliki solusi banyak , kemudian untuk setiap pasangan nilai a dan b tersebut tuliskan solusi SPL !

15 Determinan matriks

BAB III Determinan matriks

III.1 Pendahuluan Definisi determinan Misalkan A matriks bujur sangkar , fungsi determinan A sering dituliskan sebagai determinan ( disingkat det(A) atau |A| ) didefinisikan sebagai jumlah semua hasil kali elementer bertanda dari A . Jika A berukuran nxn , maka hasil kali elementer dari matriks A akan berbentuk : a1p1.a2p2… anpn dimana p1p2 …pn merupakan permutasi dari bilangan – bilangan 1,2,…, n. Tanda dari a1p1 .a2p2… anpn sendiri ditentukan dari banyaknya bilangan bulat besar yang mendahului bilangan yang lebih kecil ( banyaknya invers ) pada bilangan p1p2…pn, jika banyaknya invers adalah ganjil maka tandanya negatif ( – ) dan jika sebaliknya tandanya positif ( + ). Contoh 3.1.1

Diketahui A =

dcba

Tentukan det(A) ! Jawab Banyaknya permutasi 1,2 ( karena A berukuran 2x2 ) = 2 yaitu 12 dan 21 Pada bilangan 12 akan didapatkan banyaknya invers = 0 sehingga tanda untuk hasil kali elementer a11.a22 adalah (+) , sedangkan untuk hasil kali elementer a12.a21 akan bertanda (–) karena pada bilangan 21 terdapat satu angka bulat yang mendahului angka yang lebih kecil. Jadi det(A) = + a11.a22 − a12.a21 = ad − bc Contoh 3.1.2

Diketahui B =

333231

232232

131211

aaaaaaaaa

,Tentukan det B !

Jawab Untuk memudahkannya akan dibuat tabel sebagai berikut :

permutasi Hasil kali elementer Banyak invers Hasil kali elementer bertanda 123 a11.a22.a33 0 + a11.a22.a33 132 a11.a23.a32 1 − a11.a23.a32 213 a12.a21.a33 1 − a12.a21.a33 231 a12.a23.a31 2 +a12.a23.a31 312 a13.a21.a32 2 + a13.a21.a32 321 a13.a22.a31 3 − a13.a22.a31

Jadi det B = + a11.a22.a33 − a11.a23.a32 + a12.a23.a31 − a12.a21.a33 + a13.a21.a32 − a13.a22.a31 Untuk kasus matriks yang berukuran lebih dari 3x3 , tentunya penentuan nilai determinan dengan menggunakan definisi tersebut menjadi kurang efektif dan lebih


rumit. Berdasarkan definisi dari determinan tersebut maka dikembangkan metode perhitungan determinan yang lebih cepat yang akan dibahas dibagian selanjutnya. III.2 Metode perhitungan determinan a. Ekspansi kofaktor Pada metode ini dikenal beberapa istilah , antara lain : Minor elemen aij ( Mij ) yaitu determinan yang didapatkan dengan menghilangkan baris i dan kolom j matriks awalnya. Kofaktor elemen aij ( Cij ) = (−1 )i+j Mij Jika A matriks bujur sangkar berukuran nxn , maka dengan menggunakan metode ini perhitungan determinan dapat dilakukan dengan dua cara yang semuanya menghasilkan hasil yang sama yaitu :

– ekspansi sepanjang baris i det(A) = ai1Ci1 + ai2Ci2 + … + ainCin

– ekspansi sepanjang kolom j det(A) = a1jC1j + a2jC2j + … + anjCnj Contoh 3.2.1

Diketahui A =

134122321

, Tentukan det (A) dengan menggunakan ekspansi kofaktor !

Jawab Akan dicoba menggunakan ekspansi baris 1 untuk menghitung det (A) Det (A) = a11C11 + a12C12 + a13C13

C11 = (−1 )1+1 M11 = M11 = 1312 = 2 – 3 = −1

C12 = (−1 )1+2 M12 = − M12 = − 1412 = − (2 – 4) = 2

C13 = (−1 )1+3 M13 = M13 = 3422 = 6 – 8 = −2

Jadi det (A) = (1 . −1) + (2 . 2) + (3 . −2) = −3 Contoh 3.2.2

Diketahui B =

101122301

Hitung det (B) ! Jawab Jika melihat sifat dari metode ini , maka perhitungan akan lebih cepat jika ada elemen aij yang bernilai 0 . Jadi pemilihan baris / kolom akan sangat menetukan kecepatan perrhitungan . Dalam contoh ini terlihat bahwa baris/kolom yang mengandung banyak nilai 0 adalah kolom 2 . Jadi det (B) akan dapat dihitung secara cepat menggunakan ekspansi terhadap kolom 2.


det(B) = a12C12 + a22C22 + a32C32 = a22C22 ( karena a12 dan a32 bernilai 0 )

C22 = (−1 )2+2 M22 = M22 = 1131 = 1 – 3 = −2

Jadi det(B) = 2 . −2 = −4 b. Reduksi baris menggunakan operasi baris elementer Penggunaan metode ini sebenarnya tidak lepas dari metode ekspansi kofaktor yaitu pada kasus suatu kolom banyak mengandung elemen yang bernilai 0. Berdasarkan sifat ini maka matriks yang berbentuk eselon baris atau matriks segitiga akan lebih mudah untuk dihitung nilai determinannya karena hanya merupakan perkalian dari elemen diagonalnya. Reduksi baris dilakukan dengan mengubah kolom – kolom sehingga banyak memuat elemen 0. Biasanya bentuk metriks akhir yang ingin dicapai adalah bentuk eselon baris atau bentuk segitiga tetapi ini tidak mutlak. Jika bentuk eselon atau segitiga belum tercapai tetapi dianggap perhitungannya sudah cukup sederhana maka determinan bisa langsung dihitung. Dalam melakukan reduksi baris operasi yang digunakan adalah operasi baris elementer. Pada operasi baris elementer ada beberapa operasi yang berpengaruh terhadap nilai determinan awal , yaitu : - Jika matriks B diperoleh dengan mempertukarkan dua baris pada matriks A maka

det (B) = − det (A) - Jika matriks B diperoleh dengan mengalikan konstanta k ke salah satu baris

matriks A maka det (B) = k det (A) - Jika matriks B didapatkan dengan menambahkan kelipatan suatu baris ke baris

lainnya , maka det (B) = det (A) Contoh 3.2.3

Diketahui A =

ihgfedcba

dan det (A) = r

Tentukan determinan dari matriks – matriks berikut ;

a. X =

ihgcbafed

b. Y =

ihgfed

cba222 c. Z =

+++ ichbgafedcba

Jawab a. Matriks X didapatkan dengan mempertukarkan baris 1 dan 2 matriks A , maka

det ( X) = − det ( X) = − r b. Matriks Y didapatkan dengan mengalikan baris ke–2 matriks A dengan 2, maka

det ( Y) = 2.det ( Y) = 2r c. Matriks Z didapatkan dengan menambahkan baris 1 ke baris 3 matriks A , maka

det (Z) = det (Z) = r


Contoh 3.2.4 Hitunglah determinan matriks A dalam contoh 3.2.1 dengan menggunakan reduksi baris ! Jawab

Diketahui A =

134122321

Eliminasi Gauss

|A| = 134122321

= 1150520321

−−−− =

11502

510321

).2(−−

− =

2300

2510

321).2(−

= (−2).1.1. 23 = −3

III.3 Menentukan himpunan penyelesaian sistem persamaan linier dengan

metode Crammer Metode Crammer didasarkan atas perhitungan determinan matriks. Suatu SPL yang berbentuk A x = b dengan A adalah matriks bujur sangkar dapat dikerjakan dengan metode Crammer jika hasil perhitugan menunjukkan bahwa det (A) ≠ 0. Penyelesaian yang didapatkan dengan metode ini adalah penyelesaian tunggal. Diketahui suatu sistem persamaan linier berbentuk A x = b dengan A adalah matriks bujur sangkar berukuran nxn dan det (A) ≠ 0 sedangkan nilai x dan b adalah :

x =

nx

xx

:2

1

, b =

nb

bb

:2

1

maka penyelesaian untuk x adalah :

x 1 = AA1 , x 2 = A

A2 ,…, x n = AAn

Ai adalah matriks A yang kolom ke–i nya diganti dengan vektor b . Contoh 3.3.1 Diketahui sistem persamaan linier berbentuk A x = b

−=

−−

111

342011552

zyx

a. Periksa apakah metode Crammer dapat digunakan untuk mendapatkan penyelesaian SPL ?

b. Jika bisa , tentukan penyelesaian untuk x !


Jawab

a. Det (A) = 342011552

−− = (−1).( −1)3455 + (−1).

3252 = ( 15 – 20) – (6 – 10) = –1

Karena det (A) = –1 maka metode Crammer dapat digunakan .

b. Det (A1) = 341011551

−− = (−1).1.

3455 + (–1).

3151

−= – (15 – 20) – (3 + 5) = –3

Det (A2) = 312011512

−− = (−1).( −1)

3151

−+

3252 = ( 3+5) + (6 – 10) = 4

Det (A3) = 142111152

−−− =

142031094

−= (–1).

3194 = –3

Jadi nilai untuk x, y dan z adalah :

x = AA1 = 3

13 =

−− , y = A

A2 = 41

4 −=−

dan z = AA3 = 3

13 =

−−

Menentukan invers suatu matriks dapat juga menggunakan rumus berikut :

A–1 = A

Aadj )( dimana adj (A) = Ct dan C = { cij }, cij = kofaktor elemen aij

III.4 Hubungan determinan, invers matriks dan penyelesaian untuk sistem

persaman linier Jika suatu SPL berbentuk A x = b dan A matriks bujur sangkar , maka sifat dari penyelesaian SPL dapat diketahui dari nilai determinan A atau invers matriks A. Berikut ini adalah hubungan yang berlaku : Det (A) ≠ 0 ↔↔↔↔ A–1 terdefinisi (ada) ↔↔↔↔ penyelesaian tunggal untuk SPL Det (A) = 0 ↔↔↔↔ A tidak memiliki invers

Det (A) = 0 anpenyelesaimemilikitidakSPL

banyakanpenyelesaimemilikiSPL


Pada kasus det (A) ≠≠≠≠ 0 untuk menentukan penyelesaiannya dapat digunakan invers matriks untuk menghitungnya, yaitu x = A–1 b . Sedangkan pada kasus det (A) = 0 , untuk menentukan penyelesaian SPL harus digunakan eliminasi Gauss–Jordan pada matriks diperbesar [ ]bA .


Vektor – vektor di bidang dan di ruang

22

BAB IV Vektor– Vektor di bidang dan di ruang

IV.1 Pendahuluan

Definisi Vektor didefinisikan sebagai besaran yang memiliki arah. Kecepatan, gaya dan pergeseran merupakan contoh – contoh dari vektor karena semuanya memiliki besar dan arah walaupun untuk kecepatan arahnya hanya positif dan negatif. Vektor dikatakan berada di ruang – n ( Rn ) jika vektor tersebut mengandung n komponen. Jika vektor bearada di R2 maka dikatakan vektor berada di bidang, sedangkan jika vektor berada di R3 maka dikatakan vektor berada di ruang. Secara geometris, di bidang dan di ruang vektor merupakan segmen garis berarah yang memiliki titik awal dan titik akhir. Vektor biasa dinotasikan dengan huruf kecil tebal atau huruf kecil dengan ruas garis Contoh 4.1.1

Dari gambar diatas terlihat beberapa segmen garis berarah ( vektor ) seperti AB

, AC dan AD dengan A disebut sebagai titik awal , sedangkan titik B, C dan D disebut titik akhir.

Vektor posisi didefinisikan sebagai vektor yang memiliki titik awal O ( untuk vektor di bidang , titik O adalah ( 0,0 )).

IV.2 Operasi – operasi pada vektor

A. Penjumlahan dua vektor Misalkan u dan v adalah vektor – vektor yang berada di ruang yang sama , maka vektor ( u + v ) didefinisikan sebagai vektor yang titik awalnya = titik awal u dan titik akhirnya = titik akhir v .

Contoh 4.2.1 Perhatikan gambar pada contoh 4.1.1 . Misalkan u = AB dan v = BC , jika

vektor w didefinisikan sebagai w = u + v , maka w akan memiliki titik awal = A dan titik akhir = C, jadi w merupakan segmen garis berarah AC .

B. Perkalian vektor dengan skalar Vektor nol didefinisikan sebagai vektor yang memiliki panjang = 0. Misalkan u vektor tak nol dan k adalah skalar , k ∈ R . Perkalian vektor u dengan skalar

B

C D

A


23

k , k u didefinisikan sebagai vektor yang panjangnya u kali panjang u dengan arah : Jika k > 0 searah dengan u Jika k < 0 berlawanan arah dengan u Contoh 4.2.2

C. Perhitungan vektor Diketahui a dan b vektor–vektor di ruang yang komponen – komponennya adalah a = ( a1,a2,a3 ) dan b = ( b1,b2,b3 ) Maka a + b = (a1 +b1, a2+b2, a3+b3 ) a − b = (a1 – b1, a2 – b2, a3 – b3 ) k . a = ( ka1, ka2, ka3 ) Jika c = AB kemudian titik koordinat A = ( a1,a2,a3 ) dan B = ( b1,b2,b3 ) maka c = (b1 − a1 , b2 − a2, b3 − a3 )

IV.3 Hasil kali titik , panjang vektor dan jarak antara dua vektor Hasil kali titik dua vektor jika diketahui komponennya

Diketahui a = ( a1,a2,a3 ) dan b = ( b1,b2,b3 ) , Hasil kali titik antara vektor a dan b didefinisikan sebagai : a . b =(a1.b1)+ (a2.b2) +(a3.b3)

Hasil kali titik dua vektor jika diketahui panjang vektor dan sudut antara dua vektor Diketahui a dan b dua buah vektor yang memiliki panjang berturut – turut a dan b sedangkan sudut yang dibentuk oleh kedua vektor adalah φ, sudut φ ini terbentuk dengan cara menggambarkan kedua vektor pada titik awal yang sama. Hasil kali titik antara vektor a dan b didefinisikan sebagai : a . b = a b cos φ , φ ∈ [ 0,π ]

X

Y

u 2u

–2u


24

Jadi hasil kali titik dua buah vektor berupa skalar. Dengan mengetahui besarnya φ , akan diketahui apakah hasil kali titik akan bernilai positif atau negatif a . b > 0 ↔ φ lancip , 0 ≤ φ < 90o a . b = 0 ↔ φ = 90o , a dan b saling tegak lurus a . b < 0 ↔ φ tumpul, 90o < φ ≤ 180o Contoh 4.3.1 Diketahui a = ( 1, −3 ) dan b = ( 3k, −1 )

Tentukan nilai k agar a dan b saling tegak lurus ! Jawab

Agar a dan b saling tegak lurus, maka haruslah a . b = 0 a . b = 3k +3 = 0 k = −1

Panjang ( norm ) vektor dan jarak antara dua vektor Panjang vektor Dengan menggunakan operasi hasil kali titik jika diketahui komponen a = ( a1,a2,a3 ) didapatkan bahwa a . a = 2

32

22

1 aaa ++ …(1) Dari definisi hasil kali titik lainnya , didapatkan bahwa a . a = a a cos 0 ….(2) , dalam hal ini sudut antara a dan a pastilah bernilai 0 karena keduanya saling berhimpit. Dari persamaan 1 dan 2 , didapatkan persamaan berikut :

2a = a . a a = ( a . a )1/2 = 23

22

21 aaa ++

Jarak antara dua vektor Jarak antara vektor a dan b didefinisikan sebagai panjang dari vektor ( a – b ) dan biasa dinotasikan dengan d ( a , b ).

d ( a , b ) = ( a – b . a – b )1/2 = )ba()ba()ba( 23

23

22

22

21

21 −+−+−

Secara geometris , dapat digambarkan seperti berikut ini :

Misalkan a = AC dan b = AB , maka jarak antara a dan b merupakan panjang dari ruas garis berarah BC Contoh 4.3.2

Diketahui u = ( 2, –1,1 ) dan v = ( 1,1,2 ) Tentukan besar sudut yang dibentuk oleh u dan v !

B C

A


25

Jawab u . v = 2 –1 + 2 = 3

u = 222 1)1(2 +−+ = 6

v = 222 211 ++ = 6

21

63

vuv.ucos ===θ φ = 60o

Jadi sudut yang dibentuk antara u dan v adalah 60o Beberapa sifat yang berlaku dalam hasil kali titik a. a . b = b . a b. a . ( b + c ) = a . b + a . c c. m ( a . b ) = (m a ). b = a . ( m b ) = ( a . b ) m

IV.4 Proyeksi orthogonal

Diketahui vektor a dan b adalah vektor – vektor pada ruang yang sama seperti terlihat pada gambar dibawah ini : Vektor a disusun dari dua vektor yang saling tegak lurus yaitu 1w dan 2w , jadi dapat dituliskan a = 1w + 2w ,Dari proses pembentukannya 1w juga disebut sebagai vektor proyeksi orthogonal a terhadap b karena merupakan hasil proyeksi secara orthogonal vektor a terhadap b , sedangkan 2w disebut sebagai komponen dari a yang tegak lurus terhadap b . Karena 1w merupakan hasil proyeksi di b maka dapat dituliskan 1w = k b , nilai k ini akan menentukan arah dan panjang dari 1w . Jika sudut antara a dan b adalah tumpul , maka tentunya nilai k akan negatif ini juga berarti arah

1w akan berlawanan dengan arah b . Menghitung 1w

Untuk menghitung 1w , harus dihitung terlebih dahulu nilai k. Dengan menggunakan aturan hasil kali titik , diperoleh : a . b = ( 1w + 2w ) . b

a

b w1

w2


26

= 1w . b ( karena 2w dan b saling tegak lurus maka 2w . b = 0 ) = 1w b cos θ

= bk b cos 0 ( sudut yang dibentuk adalah 0 atau 180 )

= k 2b

Jadi k = 2bb.a

1w = k b = 2bb.a b dan 2w = a – 1w

Panjang dari 1w adalah b

b.a

Contoh 4.4.1 Diketahui a = ( 4,1,3 ) dan b = ( 4,2,–2 ) Tentukan

a. Vektor proyeksi tegak lurus dari a terhadap b ! b. Panjang dari vektor proyeksi tersebut ! c. Komponen dari a yang tegak lurus terhadap b ! Jawab a. Misalkan 1w adalah vektor proyeksi tegak lurus dari a terhadap b , maka

1w = k b sedangkan k = 2bb.a = 222 )2(24

)2.32.14.4(−++

−++ = 21

2412 =

Jadi 1w = ½ ( 4,2,–2 ) = ( 2,1,–1 )

b. Panjang 1w adalah b

b.a = 6

324

12 =

c. Misalkan 2w merupakan komponen dari a yang tegak lurus terhadap b , maka 2w = a – 1w = ( 4,1,3 ) – ( 2,1,–1 ) = ( 2,0,2 )

IV.5 Perkalian silang vektor Sebelum membahas ke masalah perkalian silang dari dua buah vektor, akan

dijelaskan beberapa definisi terlebih dahulu Vektor satuan

Vektor satuan didefinisikan sebagai vektor yang memiliki panjang satu satuan. Di bidang , vektor satuan yang searah dengan sumbu x dan y dinyatakan sebagai


27

i = ( 1,0 ) dan j = ( 0,1 ), sedangkan pada ruang ( R3) , vektor satuan yang searah sumbu x,y dan z adalah i = ( 1,0,0 ) , j = ( 0,1,0 ) dan k = ( 0,0,1 ).

Penulisan komponen dari vektor juga dapat menggunakan vektor satuan . Misalkan u = ( a,b ) , maka u juga dapat dituliskan u = a i + b j v = ( a,b,c ) , maka v juga dapat dituliskan v = a i + b j + c k

Perkalian silang antara dua vektor di R3 Diketahui u = ( u1,u2,u3 ) dan v = ( v1,v2,v3 ) Perkalian silang antara u dan v didefinisikan sebagai :

u x v = 321

321

vvvuuukji

= 32

32

vvuu i –

31

31

vvuu j +

21

21

vvuu

k

= ( u2.v3 – u3.v2 ) i – (u1.v3 – u3.v1) j + ( u1.v2 – u2.v1) k Hasil kali silang dari dua buah vektor akan menghasilkan suatu vektor tegak lurus terhadap u dan v . Sedangkan untuk mengetahui panjang dari vektor ini, akan dilakukan analisa yang lebih jauh untuk mengetahuinya . Kuadrat dari norm u x v adalah 2vxu

2vxu = ( u2.v3 – u3.v2 )2 + (u1.v3 – u3.v1)2 + ( u1.v2 – u2.v1)2 : = (u1

2 + u22 + u3

2 ) ( v12 + v2

2 + v32 ) – ( u1v1 + u2v2 + u3v3 )2

= 222 )v.u(vu − biasa disebut identitas Lagrange Dari identitas Lagrange 2vxu = 222 )v.u(vu −

= 222 )cosv.u(vu θ− ( θ sudut yang dibentuk oleh u dan v )

= 222 )cos1(vu θ−

= θ222 sinvu atau vxu = θsinvu

Nilai ini merupakan luas segi empat yang dibentuk u dan v seperti ditunjukkan dari gambar berikut :

lul

θ

lul sinθ

lvl


28

Luas segi empat = panjang alas x tinggi = v x θsinu

= θsinvu Jadi hasil kali silang dua vektor u dan v akan menghasilkan suatu vektor yang tegak lurus terhadap u dan v serta memiliki panjang sama dengan luas dari segi empat yang dibentuk oleh vektor u dan v . Contoh 4.5.1 Diketahui a = ( 1,2,1 ) dan b = ( 2,2,3 ) Hitung luas segi empat yang dibentuk oleh a dan b ! Jawab Luas segi empat = bxa

a x b = 322121kji

= ( 6 – 2 ) i – ( 3 – 2 ) j + ( 2 – 4 ) k

= 4 i – j – 2 k = ( 4 ,–1,–2 ) Jadi luas segi empat = 222 )2()1(4 −+−+ = 21 Contoh 4.5.2 Diketahui segitiga ABC dengan titik – titik sudut adalah : A (2,1,–2 ) , B ( 0,–1,0 ) dan C ( –1,2,–1 ) Hitung luas segitiga ABC ! Jawab Misalkan segitiga ABC yang dimaksud berbentuk seperti dibawah ini :

Segitiga ABC tersebut dapat dipandang sebagai bangun yang dibentuk oleh dua vektor AC dan AB , BA dan BC atau oleh CA dan CB .

Misalkan a = AB = B – A = ( –2,–2,2 ) dan b = AC = ( –3,1,1 ) maka luas segitiga ABC merupakan ½ kali luas segiempat yang dibentuk oleh vektor a dan b , jadi Luas segitiga ABC = ½ . bxa

a x b = 113222

−−−

kji = ( –2 –2 ) i – ( –2 –6 ) j + ( –2+6 ) k = – 4 i –8 j + 4 k

A B

C


29

bxa = 222 4)8()4( +−+− = 96

Jadi luas segitiga ABC = ½ 96 Pemilihan titik sudut dalam hal ini adalah bebas , sedangkan hasil akhirnya akan tetap sama. Beberapa sifat yang berlaku dalm hasil kali silang 1. a x b = – ( b x a ) 2. a x ( b + c ) = a x b + a x c 3. ( a + b ) x c = a x c + b x c 4. k ( a x b ) = ( k a ) x b = a x k b 5. a x a = 0


30

Latihan IV 1. Diketahui u adalah vektor yang merupakan ruas garis dari titik A ( 2,3,4 )

ke titik B ( 5,5,5 ) a. Tentukan vektor u tersebut dan hitung berapa norm dari u ! b. Hitung jarak antara u dengan v = ( 1,1,3 )

2. Diketahui u = ( 2,k,3 ) dan v = ( 4,2,7 ) sedangkan jarak antara u dan v = 6 satuan , Tentukan nilai k !

3. Tentukan nilai k agar vektor u = ( 2k,k,3 ) dan v = ( k,5,–1 ) saling tegak

lurus !

4. Tentukan nilai k agar sudut antara u dan v = 180o dengan u = ( k+1,k+1,1 ) dan v = (–k–1, –k–1, k ) !

5. Diketahui u = (–1,3 ) dan v = ( 4,1 )

a. Tentukan vektor proyeksi tegak lurus u terhadap v ! b. Tentukan komponen u yang tegak lurus terhadap v !

6. Diketahui segitiga ABC dengan titik – titik sudut A (1,2,3) ,B ( –2,2,1 )

dan C (3,1,3 ) a. Hitung luas segitiga ABC dengan menggunakan A sebagai titik sudut ! b. Hitung luas segitiga ABC dengan menggunakan B sebagai titik sudut !

7. Diketahui a = ( 1,2,1 ) , b = ( 1, –1,1 ) dan c = ( 1,3,2 )

a. Tentukan vektor – vektor yang tegak lurus terhadap a dan c ( berikan contoh 3 vektor ) !

b. Hitung luas segitiga yang titik – titik sudutnya merupakan ujung – ujung dari vektor posisi a , b dan c !

Ruang – Ruang vektor

31

BAB V Ruang – Ruang Vektor

V.1 Ruang – n Euclides

Pada saat pertama kali ilmu vektor dikembangkan , hanya dikenal vektor – vektor di R2 dan R3 saja, tetapi dalam perkembangannya ternyata didapatkan permasalahan yang lebih kompleks sehingga dikembangkan vektor – vektor di ruang berdimensi 4 , 5 atau secara umum merupakan vektor – vektor di Rn . Secara geometris memang vektor – vektor di R4 dan seterusnya memang belum bisa digambarkan , tetapi dasar yang digunakan seperti operasi – operasi vektor masih sama seperti operasi pada vektor – vektor di R2 dan R3 . Orang yang pertama kali mempelajari vektor – vektor di Rn adalah Euclidis sehingga vektor – vektor yang berada di Rn dikenal sebagai vektor Euclidis , sedangkan ruang vektornya disebut ruang –n Euclidis. Operasi standar / baku pada vektor Euclidis Diketahui u dan v adalah vektor – vektor di ruang –n Euclidis dengan u = ( u1,u2,…,un ) dan v = ( v1,v2,…,vn )

Penjumlahan vektor

u + v = ( u1+v1, u2+v2,…,un+vn ) Perkalian titik u . v = ( u1.v1+ u2.v2 +…+ un.vn ) Perkalian dengan skalar k u = ( ku1, ku2 , . .., kun ) Panjang vektor 22

22

12/1 ...).( nuuuuuu +++==

Jarak antara vektor d ( u , v ) = ( u – v . u – v ) = 22

222

11 )(...)()( nn vuvuvu −++−+− Contoh 5.1.1 Diketahui a = ( 1,1,2,3 ) dan b = ( 2,2,1,1 ) Tentukan jarak antara a dan b ! Jawab a – b = (–1, –1,1,2 ) d ( a , b ) = 2222 21)1()1( ++−+− = 7


32

V.2 Ruang vektor umum

Selama ini kita telah membahas vektor – vektor di Rn Euclides dengan operasi – operasi standarnya. Sekarang akan membuat konsep tentang ruang vektor dengan konsep yang lebih luas. Ada 10 syarat agar V disebut sebagai ruang vektor , yaitu : 1. Jika vektor – vektor u , v ∈ V , maka vektor u + v ∈ V 2. u + v = v + u 3. u + ( v + w ) = ( u + v ) + w 4. Ada 0 ∈ V sehingga 0 + u = u + 0 untuk semua u ∈ V , 0 : vektor

nol 5. Untuk setiap u ∈ V terdapat – u ∈ V sehingga u + (– u ) = 0 6. Untuk sembarang skalar k , jika u ∈ V maka k u ∈ V 7. k ( u + v ) = k u + k v , k sembarang skalar 8. (k + l) u = k u + l u , k dan l skalar 9. k( l u ) = ( kl ) u 10. 1 u = u Dalam hal ini tentunya yang paling menentukan apakah V disebut ruang vektor atau tidak adalah operasi – operasi pada V atau bentuk dari V itu sendiri . Jika V merupakan ruang vektor dengan operasi – operasi vektor ( operasi penjumlahan dan operasi perkalian dengan skalar ) yang bukan merupakan operasi standar , tentunya V harus memenuhi 10 syarat diatas , jika satu saja syarat tidak dipenuhi maka tentunya V bukan merupakan ruang vektor. Contoh ruang vektor : 1. V adalah himpunan vektor euclides dengan operasi standar ( operasi

penjumlahan dan operasi perkalian dengan skalar ), notasinya Rn . 2. V adalah himpunan polinom pangkat n dengan operasi standar

Bentuk umum polinom orde – n pn(x) = a0 + a1x +… + anxn qn(x) = b0 + b1x +… + bnxn Operasi standar pada polinom orde – n pn(x) + qn(x) = a0+ b0 + (a1 +b1)x +… + (an +bn)xn k pn = ka0 + ka1x +… + kanxn notasi untuk ruang vektor ini adalah Pn

3. V adalah himpunan matriks berukuran mxn dengan operasi standar ( penjumlahan matriks dan perkalian matriks dengan skalar ) , ruang vektor ini sering di notasikan dengan Mmn

Contoh bukan ruang vektor 1. V adalah himpunan vektor yang berbentuk ( 0 ,y ) di R2 dengan operasi

vektor sebagai berikut : untuk u = ( 0,u2 ) , v = (0,u2 ) , maka k u = ( 0,–ku2 ) dan u + v = ( 0, u2+v2 )

2. V himpunan matriks yang berbentuk

b

a1

1 dengan operasi standar , a,b ∈ R


33

Contoh 5.2.1

Tunjukkan bahwa V yaitu himpunan matriks yang berbentuk

b

a1

1 dengan

operasi standar bukan merupakan ruang vektor , (a,b ∈ R ) ! Jawab Untuk membuktikan V bukan merupakan ruang vektor adalah cukup dengan menunjukkan bahwa salah satu syarat ruang vektor tidak dipenuhi . Akan ditunjukkan apakah memenuhi syarat yang pertama

Misalkan A =

q

p1

1 dan B =

s

r1

1 , p,q,r,s ∈ R maka A,B ∈ V

A + B =

+

+sq

rp2

2 ∉ V → syarat 1 tidak dipenuhi

Jadi V bukan merupakan ruang vektor

V.3 Sub–ruang vektor Diketahui V ruang vektor dan U subhimpunan V. Kemudian U dikatakan sub–ruang dari V jika memenuhi dua syarat berikut : 1. Jika u , v ∈ U maka u + v ∈ U 2. Jika u ∈ U , untuk skalar k berlaku k u ∈ U

Contoh 5.3.1 Diketahui U adalah himpunan titik – titik di bidang dengan ordinat 0 dengan operasi standar R2 , tunjukkan bahwa U merupakan sub–ruang dari R2 ! Jawab Akan ditunjukkan bahwa U memenuhi dua syarat sub–ruang vektor , yaitu : 1. U = { x,0 } untuk sembarang nilai x ,x ∈ R

Misalkan a = ( x1,0 ) dan b = ( x2,0 ) dengan x1,x2 ∈ R , maka a , b ∈ U a + b = ( x1 + x2,0 ) dengan x1+x2 ∈ R , jadi a + b ∈ R Jadi syarat ke–1 terpenuhi.

2. Untuk skalar k , maka k a = ( kx1,0 ) dengan kx1 ∈ R , jadi k a ∈ R Jadi syarat ke–2 terpenuhi Kedua syarat terpenuhi , maka U merupakan sub–ruang R2

Contoh 5.3.2 Diketahui U adalah himpunan vektor – vektor yang berbentuk ( a,b,c ) dengan a = b – c – 1 , a,b,c ∈ R dengan operasi standar R3 , tunjukkan apakah U merupakan sub–ruang R3 atau bukan ! Jawab Akan ditunjukkan apakah U memenuhi syarat sub–ruang vektor R3


34

Misalkan a = ( b1 – c1 – 1, b1, c1 ) dan b = ( b2 – c2 – 1, b2, c2 ) dengan b1,b2,c1,c2 ∈ R maka a , b ∈ R . a + b = (b1+b2 ) – (c1+c2) – 2 , b1+b2, c1+c2 ) ∉ U Syarat ke–1 tidak dipenuhi , jadi U bukan merupakan sub–ruang vektor .

V.4 Membangun dan bebas linier Sebelum membahas lebih jauh tentang vektor – vektor yang membangun ruang vektor dan vektor – vektor yang bebas linier , sebelumnya akan diberikan definisi yang berkaitan dengan masalah yang yang akan dibahas . Kombinasi linier Vektor v dikatakan merupakan kombinasi linier dari vektor – vektor v 1, v 2,…, v n bila v bisa dinyatakan sebagai : v = k1 v 1 + k2 v 2+…+ kn v n , k1,k2,…,kn : skalar Diketahui V ruang vektor dan S = { s 1, s 2 ,…, s n } dimana s 1, s 2 ,…, s n ∈ V S dikatakan membangun V bila untuk setiap v ∈ V, v merupakan kombinasi linier dari S ,yaitu : v = k1 s 1 +k2 s 2+…+ kn s n , k1,k2,…,kn : skalar Vektor – vektor di S dikatakan bebas linier jika persamaan 0 = k1 s 1 +k2 s 2+…+ kn s n hanya memiliki penyelesaian k1= k2 =…= kn = 0 ( atau jika diubah ke bentuk SPL , penyelesaiannya adalah trivial ) , jika ada penyelesaian lain untuk nilai k1,k2,…,kn selain 0 maka dikatakan vektor – vektor di S bergantung linier. Contoh 5.4.1 Diketahui a = ( 1,2 ) , b = ( –2,–3 ) dan c = ( 1,3 ) Apakah c merupakan kombinasi linier dari a dan b ? Jawab Misalkan c merupakan kombinasi linier dari a dan b , maka dapat ditentukan nilai untuk k1 dan k2 dari persamaan c = k1 a + k2 b

−−

+

=

32

21

31

21 kk

=

−−

31

3221

2

1

kk

Digunakan operasi baris elementer untuk menyelesaikan sistem persamaan linier diatas , yaitu :

[ ]bA =

−−

332121 ~

−110121 ~

110301

Didapatkan

=

13

2

1

kk


35

Nilai k1 dan k2 bisa didapatkan , jadi c merupakan kombinasi linier dari a dan b yaitu c = 3 a + b Contoh 5.4.2 Apakah u = ( 1,2,3 ) , v = ( 2,4,6 ) dan w = ( 3,4,7 ) membangun R3 ? Jawab Misalkan u , v dan w membangun R3 , maka untuk sembarang vektor di R3 ( x,y,z ) , maka ( x,y,z ) haruslah merupakan kombinasi linier dari dari u , v dan w . Jika dituliskan dalam bentuk matriks akan berbentuk :

=

zyx

kkk

3

2

1

763442321

Jika ( x,y,z ) ini merupakan kombinasi linier dari u , v dan w maka ini sama saja dengan mengatakan bahwa SPL A x = b diatas adalah SPL yang konsisten ( memiliki penyelesaian ). Karena SPL diatas bukan merupakan SPL homogen , maka SPL akan konsisten jika tidak ada baris 0 pada matriks A setelah dilakukan reduksi baris.

763442321

~

−−

200200321

~

000100021

Karena terdapat baris 0 maka pastilah ada vektor di R3 yang bukan merupakan kombinasi linier dari u , v dan w . Jadi u , v dan w tidak membangun R3 . Contoh 5.4.3 Diketahui u = ( 1,2 ) , v = ( 2,2 ) , w = ( 1,3 ) a. Apakah u , v dan w membangun R2 ? b. Apakah u , v dan w bebas linier ? Jawab a. Misalkan u , v dan w membangun R2 , maka SPL berikut

=

yx

kkk

3

2

1

322121 merupakan SPL yang konsisten .

322121 ~

− 120

121 ~

− 2

110201

tidak terdapat baris 0.

Jadi SPL konsisten u , v dan w membangun R2 b. Akan dilihat apakah persamaan k1 u +k2 v + kn w = 0 akan memiliki

penyelesaian k1 = k2 =…= kn = 0.

=

00

322121

3

2

1

kkk

, Dari operasi baris elementer pada jawaban a

didapatkan bahwa


36

−=

sss

kkk

21

2

3

2

1

jadi dapat disimpulkan bahwa u , v dan w bergantung

linier. Contoh 5.4.4 Apakah s(x) = –6x2 merupakan kombinasi linier dari p(x) = 1 +2x +x2 , q(x) = –x + 2x2 dan r(x) = 1 – x2 ? Jawab s(x) merupakan kombinasi linier dari p(x) , q(x) dan r(x) jika dan hanya jika s(x) bisa dituliskan sebagai : s(x) = k1 p(x) +k2 q(x) +k3 r(x) atau ekuivalen dengan

−−

121012101

3

2

1

kkk

=

− 600

merupakan SPL yang konsisten

−−−

600

121012101

~

−−−−

600

220210101

~

−− 600

600210101

~

−−

121

100010001

SPL konsisten , Jadi s(x) merupakan kombinasi linier dari p(x) , q(x) dan r(x)

dengan

3

2

1

kkk

=

−−

121

V.5 Basis dan Dimensi Misalkan V ruang vektor dan S = { s 1, s 2 ,…, s n }. S disebut basis dari V bila memenuhi dua syarat , yaitu : 1. S bebas linier 2. S membangun V Basis dari suatu ruang vektor tidak harus tunggal tetapi bisa lebih dari satu. Ada dua macam basis yang kita kenal yaitu basis standar dan basis tidak standar. Contoh basis standar : 1. S = { e 1, e 2,…, e n } , dengan e 1, e 2,…, e n ∈ Rn e1 = ( 1,0,…,0) ,e2 = ( 0,1,0,…,0 ),…,en = ( 0,0,…,1 ) Merupakan basis standar dari Rn . 2. S = { 1,x, x2…,xn

} merupakan basis standar untuk Pn ( polinom orde n )

3. S =

1000

,0100

,0010

,0001 merupakan basis standar untuk M22


37

Dimensi ruang vektor didefinisikan sebagai banyaknya unsur basis ruang vektor tersebut. Jadi dim R3 = 3 , dim P2 = 3 dan dim M22 = 4 dan sebagainya. Pada pembahasan mengenai membangun dan bebas linier , suatu himpunan vektor dapat ditunjukkan merupakan himpunan yang bebas linier atau membangun ruang vektor V hanya dengan melihat dari jumlah vektor dan dim ruang vektor. Pada contoh 5.4.3 ,banyaknya vektor = 3 dan dim ( R2 ) = 2 , sebenarnya tanpa menghitung kita sudah bisa menyimpulkan bahwa himpunan vektor tersebut tidak bebas linier karena agar bebas linier maksimal jumlah vektor = dim ruang vektor. Sebaliknya jika suatu himpunan vektor hanya memuat vektor dengan jumlah kurang dari dim ruang vektor , maka dapat disimpulkan bahwa himpunan vektor tersebut tidak membangun . Berdasarkan hal ini, maka suatu himpunan vektor kemungkinan bisa menjadi basis ruang vektor berdimensi n jika jumlah vektornya = n. Jika jumlah vektor < n maka tidak membangun sebaliknya jika jumlah vektor > n maka bergantung linier. Jika jumlah vektor = n , maka dapat dihitung nilai determinan dari ruang yang dibangun oleh himpunan vektor tersebut. Jika det = 0 , maka ia tidak bebas linier dan tidak membangun Jika det ≠ 0 , maka ia bebas linier dan membangun merupakan basis . Contoh 5.5.1

Tentukan apakah H =

3120

,1000

,1001

,1121 merupakan basis M22

?

Jawab

Jumlah matriks ( bisa dipandang sebagai vektor di R4 ) dalam H = 4 = dim M22 ,

Jadi untuk menentukan apakah H merupakan basis dari R4 atau bukan adalah dengan melihat nilai determinan dari ruang yang dibangun oleh H. Misalkan W adalah ruang yang dibangun oleh H , maka untuk sembarang w ∈

W berlaku : w =

1111300120020011

4

3

2

1

kkkk

= A k

Untuk menentukan apakah H merupakan basis atau tidak adalah dengan menghitung nilai det (A) dari SPL diatas.

111001011

2111300001

2

1111300120020011

+−= = –2 .3. 1 + 2.1.1 = – 4

Jadi H merupakan basis dari M22 .


38

V.6 Basis ruang baris dan basis ruang kolom

Suatu matriks berukuran mxn dapat dipandang sebagai susunan bilangan yang tersusun dari bilangan dalam kolom 1 sampai kolom n atau dalam baris 1 sampai

baris m. Jadi jika A =

mn2m1m

n22221

n11211

a..aa::::

a..aaa..aa

Maka A tersusun atas vektor –vektor baris r i dengan r i = (ai1,ai2,…,ain ) atau bisa juga dikatakan A tersusun atas vektor – vektor kolom c j = (c1j,c2j,…,cmj } dengan i = 1,2,…,m dan j =1,2,…,n

Subruang Rn yang dibangun oleh vektor– vektor baris disebut ruang baris dari A Subruang Rm yang dibangun oleh vektor– vektor kolom disebut ruang kolom dari A.

Menentukan basis ruang kolom / baris

Basis ruang kolom A didapatkan dengan melakukan OBE pada A, sedangkan basis ruang kolom A didapatkan dengan melakukan OBE pada At . Banyaknya unsur basis ditentukan oleh banyaknya satu utama pada matriks eselon baris tereduksi.

Dimensi ( ruang baris ) = dimensi ( ruang kolom ) = rank matriks

Contoh 6.1

Diketahui A =

−

102113012321

, Tentukan basis ruang baris dan basis ruang kolom !

A =

−

102113012321

~

−−−

440850350321

~

000100010001

Jadi basis ruang baris { r 1 , r 2 , r 3 }, sedangkan basis ruang kolom adalah { c 1 , c 2 , c 3 }, sedangkan rank A = 3

V.7 Basis ruang solusi

Pada suatu sistem persamaan linear homogen A x = 0 dengan solusi yang tak –trivial dan A berukuran m x n , ruang solusi dari SPL biasa disebut dengan ruang null dari A, sedangkan dimensi dari ruang null disebut nullitas A . Ada hubungan antara rank A dengan nulitas A yaitu rank A + nullitas A = n . Basis ruang solusi tentunya diperoleh dari ruang nullnya.


39

Contoh 5.7.1

Diketahui SPL homogen A x = 0 dengan A =

422121 , tentukan ruang

null dari A dan rank A ! Jawab

A =

422121

~

− 220

121 ~

−110301

Jadi ruang null =

−

ss

s3 = s

−

113

Jadi

−

113

bisa diambil sebagai basis untuk ruang null .

Nullitas A = 1. Bisa juga diperiksa bahwa nullitas A + rank A = 3 = n.


40

Latihan 5 1. Tentukan jarak antara a = ( 1,1,2,3 ) dan b = ( 2,3,4,5 ) dan panjang masing

– masing vektor ! 2. Diketahu a = ( k2, 1, k, –1 ) dan b = ( 12, k, –6, 3 ) adalah vektor – vektor yang

tegak lurus, Tentukan nilai k ! 3. Tentukan vektor – vektor yang tegak lurus terhadap a = ( 1,1,0,1 ) ,

b = ( 1,2,1,0) dan c = ( 0,1,2,2 ) ? Berikan dua contoh ! 4. Diketahui V : Himpunan vektor – vektor di R3 dengan operasi :

u + v = ( u1 , u2 , u3 ) + ( v1 , v2 , v3 ) = ( u1 + v1 , u2 + v2 , u3 + v3 +1 ) k u = (ku1 , ku2 , u3 )

Tunjukkan aksioma ruang vektor mana saja yang tidak dipenuhi ! Untuk nomor 5 – 8 , tentukan apakah U dengan operasi standar merupakan sub–ruang M22 , bila ( berikan contoh matriksnya bila U bukan merupakan sub–ruang vektor ):

5 U merupakan himpunan matriks yang berbentuk

b

a1

1 .

6 U merupakan himpunan matriks 2x2 dengan determinan = 0 7 U merupakan himpunan matriks 2x2 yang berbentuk A2 = A

8. Apakah A =

1121 , B =

−2211 , C =

1001 , D =

3330

a. Merupakan matriks –matriks yang bebas linier ?

b. Membangun M22 ?

9. Diketahui H= { }22 21,22,2 xxxx −++ dan H ∈ P 2 a. Apakah H membangun P 2 ? b. Apakah H bebas linier ? c. Apakah H basis P 2 ?

Soal – Soal campuran 1. Tentukan penyelesaian dari SPL berikut !

x1 –3x2 –x3 = 3 –2x1+7x2+2x3 = 4

3x1+2x2 – 4x3 = 5

2. Tentukan nilai a agar SPL

−=

− 224

)4(00100111

2 azyx

a

a. Memiliki solusi tunggal ! b. Memiliki solusi tak hingga !


41

3. Diketahui sistem persamaan linier A x = b

− 111100011101101

2ba

wvut

=

−−

b211

a. Tentukan nilai – nilai untuk a dan b agar sistem persamaan linier diatas memililiki solusi tunggal !

b. Untuk nilai a = 1, Tentukan nilai untuk b agar SPL diatas memiliki solusi banyak dan tuliskan juga solusi untuk x !

c. Untuk a = 0 dan b = 1, selidiki apakah metode Cramer dapat digunakan untuk mencari solusi untuk x , jika dapat tentukan solusinya !

4. Diketahui a = ( 1,k,k2 ) dan b = ( –2,–1,1 ) a. Tentukan nilai dari k agar a dan b tegak lurus ! b. Tentukan vektor satuan yang tegak lurus terhadap b ! c. Untuk nilai k = 1, tentukan vektor yang merupakan komponen dari a yang

tegak lurus terhadap b ( lengkapi dengan gambar dua dimensi ) 5. Diketahui A, B dan C adalah titik – titik sebuah segitiga dengan α, β dan γ

berturut – turut merupakan sudut yang terletak di titik A, B dan C seperti yang terlihat pada gambar di bawah ini :

Jika a merupakan panjang dari BC , b merupakan panjang dari AC , c merupakan panjang dari AB dan misalkan c dibagi menjadi dua bagian yaitu c1 dan c2 dengan titik pembatasnya adalah proyeksi ortogonal titik C terhadap AB , Maka didapatkan persamaan linier sebagai berikut :

c = c1 + c2 = a cos β + b cos α

a. Dengan pemikiran yang sama, Nyatakan a dan b dalam bentuk persamaan seperti c diatas kemudian selesaikan SPL yang muncul untuk menentukan nilai ( rumus) untuk cos α, cos β dan cos γ !

b. Hitung luas segitiga ABC dan cos β jika diketahui titik A( 1,1,2 ) , B ( 2,2,1 ) dan C ( 3,1,1 ) !

6. Diketahui vektor posisi a = ( 1,1,2 ) , b = ( 2,2,2 ) dan c =( 2, 1,1)

a. Tentukan vektor satuan yang tegak lurus terhadap a dan b ! b. Tentukan vektor proyeksi orthogonal b terhadap a !

c. Hitung luas segitiga ABC yang titik – titiknya merupakan ujung – ujung vektor a , b dan c !

A B

C

α β

γ

c1 c2


42

7. Segitiga ABC memiliki titik – titik sudut A( 1,1,1 ) , B( 2,3,3 ) dan C(–1,2,2)

a. Jika θ adalah sudut di titik A , Hitung sinθ ! b. Hitung luas segitiga ABC !

8. a. Apakah a = ( 1,2,1 ), b = ( 1,0,1 ) , c = ( 2,2,2 ) dan d = ( 1,4,1 ) membangun R3 ? Jelaskan !

b. Apakah p1 = 2 + 2x –3x2 , p2 = 1 + x2 dan p3 = 3 + 2x – 2x2 merupakan polinom – polinom yang bebas linier ? Jelaskan !

9. Diketahui a = ( 2,k ) , b = ( 3,1 ) a. Tentukan nilai k agar sudut yang dibentuk antara a dan b adalah 45o !

b. Tentukan komponen dari b yang tegak lurus terhadap a !

Ruang Hasil Kali Dalam

43

BAB VI Ruang Hasil Kali Dalam

VI.1 Hasil kali dalam Definisi Hasil kali dalam adalah fungsi yang mengaitkan setiap pasangan vektor di ruang vektor V ( misalkan pasangan u dan v , dinotasikan dengan ) dengan bilangan riil dan memenuhi 4 aksioma , yaitu : 1. Simetris : = < v , u > 2. Aditivitas : = + < v , w > 3. Homogenitas : < k u , v > = k , k skalar 4. Positivitas : ≥ 0 dan ( = 0 ↔ u = 0 ) Ruang vektor yang dilengkapi hasil kali dalam seperti diatas disebut Ruang hasil kali dalam yang biasa disingkat dengan RHD. Contoh 6.1.1 Tunjukkan bahwa operasi perkalian titik titik standar di R3 Euclides merupakan hasil kali dalam ! Jawab Akan ditunjukkan bahwa perkalian titik standar memenuhi keempat aksioma hasil kali dalam , yaitu : Misalkan a = ( a1,a2,a3 ) , b = ( b1,b2,b3 ) , c = ( c1,c2,c3 ) maka a , b , c ∈ R3 1. Simetris

< a , b > = ( a . b ) = (a1b1 + a2b2 + a3b3 ) = (b1a1 + b2a2 + b3a3 ) = ………… ( terpenuhi )

2. Aditivitas < a + b , c > = ( ( a + b ) . c ) = ((a1+b1 , a2+b2 , a3+b3 ) . ( c1,c2,c3 ) ) = ((a1c1 + b1c1) + ( a2c2+b2c2 ) + (a3c3 + b3c3 ) = (a1c1 + a2c2 + a3c3 ) + (b1c1 + b2c2 + b3c3 ) = ( a . c ) + ( b . c )

= < a , c > + …… ( terpenuhi ) 3. Homogenitas

< k a , b > = ( k a . b ) = ( ka1b1 + ka2b2 + ka3b3 ) = k(a1b1 + a2b2 + a3b3 ) = k( a . b ) = k< a , b > ………… ( terpenuhi )


44

4. Positivitas

< a , a > = ( a . a ) = ( a12 + a2

2 + a32 ) ≥ 0 ………… ( terpenuhi )

dan = ( a1

2 + a22 + a3

2 ) = 0 ↔ u = ( 0,0,0 ) = 0 . … …( terpenuhi ) RHD yang memiliki hasil kali dalam berupa perkalian titik standar seperti diatas biasa disebut RHD Euclides. Contoh 6.1.2 Diketahui = ad + cf dengan u = ( a,b,c ) dan v = ( d,e,f ) , Apakah tersebut merupakan hasil kali dalam ? Jawab Akan ditunjukkan apakah tersebut memenuhi keempat aksioma hasil kali dalam Aksioma 1. Simetris

 = ad + cf = da + fc = < v , u > ………… ( terpenuhi )

2. Aditivitas Misalkan w = ( g,h,i ) = < (a+d , b+e , c+f) , ( g,h,i ) > = (a+d )g + (c+f)i = ( ag + ci ) + ( dg + fi )

= + < v , w > …… ( terpenuhi ) 3. Homogenitas

< k u , v > = (kad + kcf) = k( ad + cf ) = k ………… ( terpenuhi )

4. Positivitas = ( u . u ) = ( a2 + c2 ) ≥ 0 ………… ( terpenuhi ) dan ( = (a2 + c2) = 0 tidak selalu ↔ u = ( 0,0,0 ) karena untuk nilai u = ( 0,b,0 ) dengan b ≠ 0 maka nilai = 0 …… ( tidak terpenuhi ) Aksioma positivitas tidak terpenuhi maka = ad + cf dengan u = ( a,b,c ) dan v = ( d,e,f ) bukan merupakan hasil kali dalam.

VI.2 Panjang vektor , jarak antar vektor ,dan besar sudut dalam RHD Ketika kita membahas tentang panjang vektor , maka kita harus menghilangkan rumusan yang selama ini kita gunakan mengenai panjang vektor dalan ruang –n Euclides berdasarkan operasi hasil kali titik . Kita akan menghitung panjang suatu berdasarkan hasil kali dalam yang telah diberikan, dan sudah dibuktikan bersama – sama bahwa hasil


45

kali titik dalan ruang – n Euclides juga merupakan hasil kali dalam jadi konsep yang digunakan ini akan lebih luas daripada konsep sebelumnya. Misalkan V merupakan ruang hasil kali dalam , u , v ∈ V maka a. Panjang u = ½ b. Jarak u dan v , d( u , v ) = ½ c. Misalkan φ sudut antara u dan v dalam RHD , maka besar cos φ adalah :

vu

vu ,cos =θ

Jika u dan v saling tegak lurus maka 222 vuvu +=+ Bukti

vuvuvu ++=+ ,2 = vvuuvu ,, +++ = vuvvuu ,2,, ++

= 22 vu + Contoh 6.2.1 Diketahui V adalah RHD dengan hasil kali dalam = (u1v1 + 2u2v2 + u3v3 ) dengan u = ( u1,u2,u3 ) , v = ( v1,v2,v3 ) . Jika vektor – vektor a , b ∈ V dengan a = ( 1,2,3 ) dan b = ( 1,2,2 ) , Tentukan a. Besar cos α jika sudut yang dibentuk antara a dan b adalah α ! b. Jarak antara a dan b ! Jawab

ba

ba ,cos =θ

< a , b > = 1.1 + 2.(2.2) + 2.3 = 15 222 32.21 ++=a = 18 222 22.21 ++=b = 13

Jadi ba

ba ,cos =θ =

131815 =

23415

VI.3 Basis orthonormal Diketahui V ruang hasil kali dalam dan v 1, v 2,…, v n adalah vektor – vektor dalam V. Beberapa definisi penting a. H = { v 1, v 2,…, v n } disebut himpunan orthogonal bila setiap vektor dalam V

saling tegak lurus ,yaitu < v i, v j > = 0 untuk i ≠ j dan i,j = 1,2,…,n.


46

b. G = { v 1, v 2,…, v n }disebut himpunan orthonormal bila

- G himpunan orthogonal - Norm dari vi = 1 , i = 1,2,…,n atau < v i, v i > = 1

Metode Gramm–Schimdt Metode Gramm–Schimdt digunakan untuk merubah suatu himpunan vektor yang bebas linier menjadi himpunan yang orthonormal. , jadi dalam hal ini disyaratkan himpunan yang ditransformasikan ke himpunan orthonormal adalah himpunan yang bebas linier. Jika yang akan ditransformasikan adalah himpunan vektor yang merupakan basis dari ruang vektor V maka metode Gramm–Schimdt akan menghasilkan basis orthonormal untuk V. Sebelum membahas tentang metode ini, akan dibahas tentang proyeksi orthogonal vektor terhadap ruang yang dibangun oleh himpunan vektor. Diketahui H = { v 1, v 2,…, v n } adalah himpunan vektor yang bebas linier dari ruang vektor V dengan dim ≥ n dan S = { w 1, w 2,…, w n } merupakan himpunan yang orthonormal . Jika W menyatakan ruang yang dibangun oleh w 1, w 2,…, w n maka untuk setiap vektor z 1 dalam W , dapat dituliskan z 1 = k1 w 1 + k2 w 2 +…+ kn w n dengan k1, k2, …,kn skalar. Jika u adalah sembarang vektor dalam V , maka tentunya u dapat dituliskan sebagai jumlah dari dua vektor yang saling tegak lurus misalkan z 1 dan z 2 , jadi dapat dituliskan u = z 1 + z 2 . Karena z 1 dalam W , maka sebenarnya z 1 merupakan proyeksi orthogonal u terhadap W , sedangkan z 2 merupakan komponen vektor u yang tegak lurus terhadap W. Jadi untuk menentukan z 1 , maka harus ditentukan nilai k1, k2, …,kn sedemikian hingga nilai k1 merupakan panjang proyeksi u terhadap w 1 , k2 merupakan panjang proyeksi u terhadap w 2 dan seterusnya sehingga kn merupakan panjang proyeksi u terhadap w n . Proyeksi orthogonal u terhadap w i adalah proy Wi ( u ) = , dikarenakan w 1, w 2,…, w n merupakan vektor – vektor yang orthonormal . Jadi dapat dituliskan bahwa proyeksi orthogonal u terhadap W adalah : proyw ( u ) = z 1 = w 1 + w 2 +…+ w n dengan { w 1, w 2,…, w n } merupakan himpunan orthonormal. Komponen u yang tegak lurus terhadap W adalah z 2 = u – ( w 1 + w 2 +…+ w n ) Misal diketahui K = { v 1, v 2, …, v n } adalah himpunan yang bebas linier, maka K dapat dirubah menjadi himpunan S = { w 1, w 2, …, w n } yang orthonormal dengan menggunakan metode Gramm–Schimdt yaitu :

1. 1

11 v

vw = , ini proses normalisasi yang paling sederhana karena hanya melibatkan

satu vektor saja. Pembagian dengan 1v bertujuan agar w i memiliki panjang = 1 , pada akhir langkah ini didapatkan w 1 orthonormal.


47

2. 1122

11222 ,

,

wwvv

wwvvw

−

−=

Pada akhir langkah ini didapatkan dua vektor w 1 dan w 2 yang orthonormal.

3. 2231133

22311333 ,,

,,

wwvwwvvwwvwwvv

w−−

−−=

.

.

.

n. 112211

112211

,...,,

,...,,

−−

−−

−−−

−−−=

nnnnnn

nnnnnnn wwvwwvwwvv

wwvwwvwwvvw

Secara umum w i =

)()(

iWi

iWi

vprovvprov

−− dengan W merupakan ruang yang dibangun oleh

w 1,.., w i–1 . Pada metode ini, pemilihan v 1, v 2,…, v n tidak harus mengikuti urutan vektor yang diberikan tetapi bebas sesuai keinginan kita karena satu hal yang perlu diingat bahwa basis suatu ruang vektor tidak tunggal. Jadi dengan mengubah urutan dari v 1, v 2,…, v n sangat memungkinkan didapatkan jawaban yang berbeda – beda . Pemilihan urutan dari v 1, v 2,…, v n yang disarankan adalah yang mengandung hasil kali dalam yang bernilai 0 yaitu < v i, v j > = 0, dalam kasus ini bisa diambil v 1 = v i dan v 2 = v j dan seterusnya. Contoh 6.3.1 Diketahui H = { a , b , c } dengan a = ( 1,1,1 ) , b = ( 1,2,1 ) , c = (−1,1,0 ) a. Apakah H basis R3 ? b. Jika ya , transformasikan H menjadi basis orthonormal dengan menggunakan hasil

kali dalam Euclides ! Jawab a. Karena dim( R3 ) = 3 dan jumlah vektor dalam H = 3 , maka untuk menentukan

apakah H merupakan basis R3 atau bukan , adalah dengan cara menghitung determinan matriks koefisien dari SPL A x = b dengan b adalah sembarang vektor

dalam R3, yaitu = det

−

011121111

. Jika det = 0 maka berarti H bukan merupakan

basis R3 , sebaliknya jika det ≠ 0 maka berarti vektor – vektor di H bebas linier dan membangun R3 , jadi H merupakan basis R3 . Dengan ekspansi kofaktor sepanjang baris ketiga, didapatkan


48

1111

1211

011121111

−−

−=

−= 3 − 2 = 1

Karena det = 1 ,ini berarti H merupakan basis dari R3 b. Hasil kali dalam antara a , b dan c < a , b > = 4, < a , c > = 0 , = 1 Untuk memilih basis yang perhitungannya lebih sederhana dapat diambil v 1 = a , v 2 = c , v 3 = b

a. 3

)1,1,1(1 ==

aaw

b. ==−

−=

cc

wwccwwcc

w11

112 ,

, 2

)0,1,1(−

{ Karena < a , c > = 0 maka < c , 1w > = 0,,

=><

=><

aca

aac }

c. 2211

22113

,,

,,

wwbwwbb

wwbwwbbw

−−

−−= =

ccbaabb

ccbaabb

,21,

31

,21,

31

−−

−−

ccbaabb ,21,

31 −− = =

−−

−

011

21

111

34

121

− 316

16

1

=

− 211

61

6

166,

21,

31 ==−− ccbaabb

Jadi w 3 =

− 211

61 s

Normalisasi himpunan orthogonal ke himpunan orthonormal Diketahui V RHD dan H = { v 1 , v 2,…, v n }∈ V merupakan himpunan orthogonal dengan v i ≠ 0 maka bisa didapatkan himpunan orthonormal yang didefinisikan sebagai

S = { s 1, s 2,…, s n } dengan si = i

i

vv

, i = 1,2,…,n. Kalau dilihat secara seksama ,

sebenarnya rumusan ini merupakan rumusan dari metode Gramm– Schimdt yang telah mengalami reduksi yaitu untuk nilai proy W(vi) = 0 akibat dari v 1 , v 2,…, v n yang saling orthogonal. Proses untuk mendapatkan vektor yang orthonormal biasa disebut dengan menormalisasikan vektor. Jika dim (V) = n , maka S juga merupakan basis orthonormal dari V.


49

Contoh 6.3.2 Diketahui dan a , b , c ∈ R3 dengan a = ( 2,–1,1 ) , b = ( 2,5,1 ) , c = ( –1,0,2 ) .Jika R3 merupakan RHD Euclides, Transformasikan a , b , c ke basis orthonormal ! Jawab < a , b > = 0 , < a , c > = 0 , = 0

222 1)1(2a +−+= = 6 , 30152b 222 =++= ,

520)1(c 222 =++−=

Misalkan H = { a , b , c } maka H merupakan himpunan orthogonal Dim( R3 ) = 3 jadi dapat ditentukan basis orthonormal untuk R3.

Misalkan s 1 = )1,1,2(6

1 −=aa , s 2 = )1,5,2(

301=

bb , s 3 = )2,0,1(

51 −=

cc

Basis orthonormal untuk R3 adalah { )1,1,2(6

1 − , )1,5,2(301 , )2,0,1(

51 − }

VI.4 Perubahan Basis Seperti diketahui bahwa suatu ruang vektor bisa memiliki beberapa basis . Dari sifat inilah tentunya jika terdapat sembarang vektor x dalam suatu ruang vektor V yang memiliki himpunan vektor A dan B sebagai basisnya maka x tentunya merupakan kombinasi linier dari vektor – vektor di A dan B. Kajian yang dilakukan sekarang ini adalah melihat hubungan antar kombinasi linier tersebut . Secara sistematis , langkah – langkahnya dapat dilihat seperti berikut ini; Jika V ruang vektor, S : { s 1, s 2,…, s n } merupakan basis V maka untuk sembarang x ∈ V, dapat dituliskan : x = k1 s 1 + k2 s 2…+kn s n dengan k1, k2, …, kn skalar. k1, k2, …, kn juga disebut koordinat x relatif terhadap basis S.

[ ]

=

n

S

k

kk

x:2

1

disebut matriks x relatif terhadap basis S.

Jika S merupakan basis orthonormal , maka

[ ]

=

\,:,,

2

1

n

S

sx

sxsx

x


50

Jika A = { x 1, x 2 } dan B = { y 1, y 2 } berturut – turut merupakan basis dari V , maka untuk sembarang z ∈ V bisa didapatkan [ ]Az dan [ ]Bz . Bagaimana hubungan [ ]Az dan [ ]Bz ?

Misalkan [ ]Bx1 =

ba dan [ ]Bx2 =

dc

Dari [ ]Bx1 =

ba didapatkan x 1 = a y 1 + b y 2 ……………. .(1)

Dari [ ]Bx2 =

dc didapatkan x 2 = c y 1 + d y 2 ……………. (2)

Untuk [ ]Az =

2

1

kk maka didapatkan z = k1 x 1 +k2 x 2 ……...(3)

Dengan melakukan substitusi dari persamaan 1 dan 2 ke persamaan 3 didapatkan : z = k1 (a y 1 + b y 2 ) +k2 (c y 1 + d y 2 )

= ( k1 a + k2 c ) y 1 + ( k1 b + k2 d ) y 2

Ini berarti [ ]Bz =

++

dkbkckak

21

21 =

dbca

2

1

kk = P [ ]Az

P disebut matriks transisi dari basis A ke basis B. Secara umum , jika A = { x 1, x 2, …, x n } dan B = { y 1, y 2, …, y n } berturut – turut merupakan basis dari ruang vektor V , maka matriks transisi basis A ke basis B adalah : P = [ ] [ ] [ ][ ]BnBB xxx ...21 Jika P dapat dibalik , maka P–1 merupakan matriks transisi dari basis B ke basis A. Contoh 6.4 Diketahui A = { v , w } dan B = { x , y } berturut – turut merupakan basis R2 , dengan v = ( 2, 2 ) , w = ( 3, –1 ) , x = ( 1 , 3 ) dan y = ( –1 , –1 ) Tentukan a. Matriks transisi dari basis A ke basis B !

b. Hitung A

−31

c. Hitung B

−31 dengan menggunakan hasil pada (b) !

d. Matriks transisi dari basis B ke basis A ! Jawab

a. Misalkan [ ]Bv =

ba maka

−−

=

ba

1311

22 , didapatkan

ba =

− 2

0 dan untuk

[ ]Bw =

dc maka

−−

=

− d

c1311

13 , maka didapatkan

−−

=

52

dc

Jadi matriks transisi dari basis A ke basis B adalah : P =

−−−

5220


51

b. Misalkan A

−31 =

2

1

kk maka ,didapatkan

2

1

kk =

−1

1

c. Dari (a) dan (b) didapatkan P =

−−−

5220 dan

A

−31 =

−1

1 sehingga B

−31 =

P A

−31 =

−−−

5220

−1

1 =

32

d. Matriks transisi dari basis B ke basis A adalah P–1 dengan P merupakan matriks transisi terhadap basis A ke basis B .

Jadi P–1 =

−−

0225

41 merupakan matriks transisi dari basis B ke basis A.


52

Latihan 5

1. Diketahui < a , b > = a1b1 + a22 b2

2 dengan a = ( a1 , a2 ) dan b = ( b1 , b2 ) . Tunjukkan sifat Hasil kali dalam yang tidak dipenuhi !

2. Diketahui < a , b > = a1b1 − a2 b2+ a3 b3 dengan a = ( a1 , a2 ,a3 ) dan b = ( b1

, b2 ,b3) Periksa apakah . < a , b > merupakan hasil kali dalam atau tidak ! jika tidak tentukan aksioma mana yang tidak memenuhi !

3. R3 merupakan RHD dengan hasil kali dalam = u1v1 + 2u2v2 + u3v3

dengan u = ( u1, u2, u3 ) , v = ( v1, v2, v3 ) . W adalah subruang R3 yang memiliki basis B = { (−2, 2 , 2 ) , ( 1, 3, −3 ) } a. Transformasikan B menjadi basis orthonormal ! b. Misal x = ( 2, 2, − 4 ) di R3 , nyatakan x = y + z dengan y ∈ W dan z

orthogonal terhadap W !

4. R3 merupakan RHD dengan hasil kali dalam = u1v1 + 2u2v2 + 2u3v3 dengan u = ( u1, u2, u3 ) , v = ( v1, v2, v3 ) . W adalah subruang R3 yang memiliki basis C = { b 1 = (−1, 0 , −1 ) , b 2 = ( 2, 1, 2 ) }

a. Hitung sin β jika β adalah sudut antara b 1 dan b 2 ! b. Tentukan jarak antara b 1 dan b 2 ! c. Misal x = ( 1, 2 , − 1 ) di R3 , y dan z adalah komponen dari x ,

dengan y ∈ W dan z orthogonal terhadap W , Tentukan y dan z !

5. Diketahui P =

− 11

21 merupakan matriks transisi dari basis A terhadap basis B

, dengan A = { a 1, a 2 } dan B = { b 1, b 2 } merupakan basis R2. Jika x = 2 a 1 − a 2, tentukan [ ]Bx !

6. Diketahui A =

111

,110

,121

dan B =

−

−

111

,010

,101

basis R3 . Jika

[ ]Ax =

122

, Tentukan

a. x b. matriks transisi dari basis A ke basis B c. [ ]Bx

Ruang Eigen

53

BAB VII Ruang Eigen

VII.1 Nilai Eigen suatu matriks

Diketahui A matriks berukuran n x n, x vektor tak–nol berukuran n x 1 , x ∈ Rn . Karena A berukuran n x n , maka A x akan berupa vektor yang berukuran n x 1 juga. Bila terdapat skalar λ , λ ∈ Riil sedemikian hingga A x = λ x (A x menghasilkan vektor yang besarnya λ kali x ). Semua nilai λ yang memenuhi persamaan tersebut sehingga ada nilai x yang nyata ( bukan vektor 0 saja ) disebut nilai eigen ( karakteristik ).

Untuk menentukan nilai λ , dari persamaan A x = λ x sebelumnya dirubah

dahulu menjadi persamaan (A − λ I ) x = 0 = (λ I − A ) x . Agar persamaan tersebut memiliki penyelesaian tak–trivial ( sejati ) , maka dapat ditentukan melalui nilai det (A − λ I ) yaitu det (A − λ I ) = det (λ I − A ) = 0. Persamaan det (A − λ I ) = det (λ I − A ) = 0 ini disebut persamaan karakteristik. Banyaknya nilai eigen maksimal adalah n buah.

Dari nilai eigen yang telah diperoleh tersebut dapat ditentukan ruang solusi

untuk x dengan memasukkan nilai eigen yang yang diperoleh kedalam persamaan (A − λ I ) x = 0 . Ruang solusi yang dperoleh dengan cara demikian ini disebut juga dengan ruang eigen. Dari ruang eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen tertentu tersebut dapat dicari minimal sebuah basis ruang eigen yang saling bebas linear.

Contoh 7.1.1

Diketahui A =

−

−

001210201

Tentukan nilai Eigen beserta basis ruang eigennya ! Jawab Persamaan karakteristik dari A adalah det (λ I − A ) = 0 .

λ−−λ

−λ

01210201

det = ( λ − 1 )2 λ − 2 (λ − 1 ) = ( λ − 1 ) [( λ − 1 ) λ − 2 ]

= ( λ − 1 ) (λ2 − λ − 2 ) = ( λ − 1 ) ( λ + 1 ) ( λ − 2 ) Jadi nilai eigen untuk A adalah : −1, 1, 2 .

Basis ruang eigen diperoleh dengan memasukkan nilai eigen yang diperoleh kedalam persamaan (A – λ I ) x = 0 .

Ruang Eigen

54

Untuk λ = −1

Didapatkan persamaan

−−−

−

101220202

3

2

1

xxx

= 0

−−−

−

101220202

~

−−−

000220101

~

−

000110101

Ruang eigen =

3

2

1

xxx

=

−sss

, basis ruang eigen bisa berupa

−111

Untuk λ = 1


−101200200

3

2

1

xxx

= 0

−101200200

~

−200200101

~

000100001

Ruang eigen =

3

2

1

xxx

=

0s0


010

Untuk λ = 2


−201210201

3

2

1

xxx

= 0

−201210201

~

−000210201

Ruang eigen =

3

2

1

xxx

=

−

ss2s2


−

122

Jadi terdapat tiga buah basis ruang eigen yang bebas linear yang bersesuaian dengan nilai eigen –1 , 1 dan 2. Untuk kasus yang khusus , jika A memiliki n buah nilai eigen = λ , maka akan memiliki nilai eigen λk . Jika banyaknya nilai eigen dari Ak sebanyak n juga maka basis ruang eigennya tatap sama , tetapi jika jumlah nilai eigennya kurang dari n ( ini terjadi jika ada nilai eigen yang saling berlawanan tanda ), maka salah satu nilai eigennya akan memiliki basis ruang eigen yang berbeda .

Ruang Eigen

55

Contoh 7.1.2

B = A2 = =

−−

−

201212203

Maka nilai eigen untuk B adalah : −12 , 12 ,22 dengan basis ruang eigen untuk

λ = 1 , basis ruang eigennya :

101

dan

010

λ = 4 , basis ruang eigennya :

−

122

Pada contoh ini, untuk λ = 1 , memiliki dua basis ruang eigen yang berasal dari nilai eigen –1 dan 1 . Karena berasal dari dua nilai eigen yang berbeda maka basis ruang eigennya juga mengalami sedikit perubahan yaitu untuk basis ruang

eigen dengan λ = −1. Basis ruang eigen

101

ini merupakan vektor proyeksi

−111

terhadap vektor

101

. Dalam hal ini basis ruang eigen untuk λ = −1 dibuat

saling orthogonal . Cara lain yang bisa digunakan untuk menentukan basis ruang eigen tentunya dengan memasukkan nilai λ = −1 kedalam persamaan karakteristik seperti cara sebelumnya.

VII.2 Diagonalisasi

Pada pembahasan kali ini adalah mengenai penentuan matriks diagonal D dan matriks pendiagonal P yang berkaitan dengan basis ruang eigen yang telah dipelajari pada bahasan sebelumnya. Jika A matriks bujursangkar berukuran n , dan terdapat matriks diagonal D sedemikian hingaga D = P–1AP sehingga dikatakan matriks A dapat didiagonalisasi. P merupakan matriks n x n yang kolom – kolomnya merupakan vektor – vektor kolom dari basis ruang eigen A. P disebut matriks yang mendiagonalisasi A , sedangkan D merupakan matriks diagonal yang elemen diagonalnya merupakan semua nilai eigen dari A. Tidak semua matriks bujur sangkar dapat didiagonalisasi tergantung dari jumlah basis ruang eigen yang dimiliki. Jika matriks bujur sangkar berukuran n dan basis ruang eigen yang bebas linear berjumlah n juga, maka matriks tersebut dapat didiagonalisai , jika jumlahnya kurang dari n maka tidak dapat didiagonalisasi. Pada saat matriks memiliki nilai eigen sejumlah n , maka basis ruang eigennya juga akan berjumlah n , sedangkan pada saat jumlah nilai eigennya kurang dari n , masih ada dua kemungkinan yaitu jumlah nilai eigennya sama dengan n atau jumlah nilai eigennya kurang dari n . Jadi pada saat jumlah nilai eigen sama dengan n maka matriks dapat didiagonalisasi,

Ruang Eigen

56

sedangkan pada saat jumlah nilai eigen kurang dari n belum bisa ditentukan apakah matriks bisa didiagonalisasi atau tidak . Secara umum untuk menentukan matriks pendiagonal P dan matriks diagonal D adalah sebagai berikut : Misal A matriks bujur sangkar n x n memiliki n buah basis ruang eigen yang bebas linear x 1 , x 2, …, x n yang bersesuaian dengan nilai eigen λ1, λ2, . . ., λn (λi tidak harus berbeda dengan λj ),maka matriks pendigonal P bisa diambil sebagai , P = [ x 1 x 2 x n ] dengan matriks diagonalnya adalah :

D =

λ

λλ

n

2

1

000::::000000

.

Contoh 7.2.1

Diketahui A =

−

−

001210201

, tentukan matriks yang mendiagonalisasi A dan

matriks diagonalnya ! Jawab Dari jawaban pada contoh 7.1.1 , didapatkan nilai eigen : −1 , 1, dan 2 dengan

basis ruang eigen yang bersesuaian berturut – turut adalah

−111

,

010

,

−

122

.

Jadi matriks pendiagonal P bisa ditentukan sebagai :

P =

−

−

101211201

dengan matriks diagonalnya adalah , D =

−

200010001

.

Kolom – kolom pada matriks P juga dapat dirubah– ubah urutannya sehingga kalau dihitung ada sebanyak 6 matriks yang memenuhi jawaban , selanjutnya matriks D akan mengikuti urutan dari matriks P . Contoh 7.2.2

Diketahui B =

−

020110112

Apakah B dapat didiagonalisasi ? Jika dapat tentukan matriks yang mendiagonalisasi B beserta matriks diagonalnya !

Ruang Eigen

57

Jawab Persamaan karakteristik : det (λ I – B ) = 0

Det

λ−−−λ

−−λ

20110112

= ( λ – 2 ) (λ2 – λ –2 ) = ( λ – 2 ) (λ + 1 ) ( λ –2 ) = 0

Jadi nilai eigen : –1 , 2 Karena hanya ada dua nilai eigen , maka belum bisa ditentukan apakah B dapat didiagonalisasi ataukah tidak. Untuk itu akan dicari banyaknya basis ruang eigen. Untuk λ = 2 , substitusi nilai λ = 2 ke persamaan ( λ I – B ) x = 0

−−

−

220110110

x = 0

−−

−

220110110

~

−

000000110

Ruang eigen : x =

tts

= s001

+

110

t

Jadi untuk λ = 2 terdapat dua basis ruang eigen :

001

dan

110

Untuk λ = –1 , substitusi nilai λ = –1 ke persamaan ( λ I – B ) x = 0

−−−−

−−

120120113

x = 0

−−−−

−−

120120113

~

−

000120113

~

000120

03 23

Ruang eigen : x = t211

t2tt

−−

=

−−

Jadi untuk λ = −1 terdapat satu basis ruang eigen :

−−

211

Jadi B dapat didiagonalisasi dengan matriks yang mendiagonalisasi

Ruang Eigen

58

P =

−−

210110101

dengan matriks diagonal D =

− 100020002

Contoh 7.2.3

Diketahui C =

−

210010201

Jawab Persamaan karakteristik : det (λ I − C ) = 0

Det

−λ−−λ

−λ

210010201

= ( λ – 1 )2 ( λ –2 ) = 0

Jadi nilai eigen : 1 , 2 Karena hanya ada dua nilai eigen maka belum bisa ditentukan apakah C dapat didiagonalisasi ataukah tidak. Untuk itu akan diperiksa banyaknya basis ruang eigen. Untuk λ = 1 , substitusi nilai λ = 2 ke persamaan ( λ I – C ) x = 0

−− 110000200

x = 0

−− 110000200

~

000100010

Ruang eigen : x =

00s

Jadi untuk λ = 1, ada satu basis ruang eigen yaitu :

001

Untuk λ = 2 , substitusi nilai λ = 2 ke persamaan ( λ I – C ) x = 0

− 010010201

x = 0

Ruang Eigen

59

− 010010201

~

000010201

Ruang eigen : x =

−

s0

s2

Jadi untuk λ = 1, ada satu basis ruang eigen yaitu :

−

102

Karena hanya ada dua basis ruang eigen yang bebas linear, maka C tidak dapat didiagonalisasi

VII.3 Diagonalisasi orthogonal

Sebelum membahas lebih lanjut mengenai diagonalisasi orthogonal akan didefinisikan tentang matriks orthogonal. Matriks bujur sangkar P disebut matriks orthogonal bila berlaku Pt = P−1. Matriks A dapat didiagonalisasi secara orthogonal jika terdapat P orthogonal sehingga P−1 A P = D dengan D adalah matriks diagonal. Berbeda dengan masalah diagonalisasi sebelumnya , maka pada pembahasan kali ini ada sedikit perbedaan tentang matriks yang bisa didiagonalisasi ataukah tidak , yaitu : P−1 A P = D P D P−1 = A P D Pt = A ( dari sifat Pt = P−1 ) ……………………………………….( 1 ) (P D Pt )t = At ( kedua ruas ditransposekan ) P D Pt = At ……………………………………………………………. ( 2 ) Dari persamaan 1 dan 2 didapatkan agar A bisa didiagonalisasi secara orthogonal maka matriks A harus memenuhi sifat A = At ( A harus matriks simetri ). Menentukan matriks P yang mendiagonalisasi secara orthogonal Cara menentukan matriks P pada diagonalisasi orthogonal ini sebenarnya hampir sama dengan penentuan P pada diagonalisasi sebelumnya yaitu didasarkan pada basis ruang eigen yang telah diperoleh sebelumnya. Misalkan x 1 , x 2, …, x n merupakan basis ruang eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ1, λ2, . . ., λn kemudian u 1 , u 2, …, u n merupakan himpunan orthonormal hasil transformasi dari x 1 , x 2, …, x n dengan hasil kali dalam Euclides , maka matriks yang mendiagonalisasi secara orthogonal adalah P = [ u 1 u 2, … u n ] sedangkan matriks diagonal D sama dengan matriks diagonal D pada bahasan sebelumnya.

Ruang Eigen

60

Contoh 7.3.1

Diketahui A =

101000101

Tentukan matriks yang mendiagonalisasi A secara orthogonal beserta matriks diagonalnya ! Jawab Persamaan karakteristik : det (λ I − A ) = 0

Det

−λ−λ

−−λ

10100

101 = ( λ − 1 )2 λ − λ = λ { ( λ − 1 )2 – 1 } = 0

Nilai eigen : 0 , 2 Untuk λ = 0 , substitusi nilai λ = 0 ke persamaan ( λ I – A ) x = 0

−−

−−

101000101

x = 0

−−

−−

101000101

~

000000101

Ruang eigen : x =

−

Sts

= s101

− +

010

t

Jadi untuk λ = 0 terdapat dua basis ruang eigen :

001

dan

110

Ruang Eigen

61

Latihan 7 1. Diketahui persamaan A x = α x , dengan x ∈ R2 dan α skalar , tentukan

nilai α agar x memiliki solusi banyak jika A =

0132

!

2. Diketahui SPL

−−

−

aa

a

11011000

x = 0

a. Tentukan nilai a agar SPL memiliki solusi banyak dengan 1 atau 2 parameter !

b. Tulis solusi SPL dari nilai a didapat !

3. Tentukan nilai eigen dan basis ruang eigen yang bersesuaian dengan nilai eigennya dari matriks – matriks berikut !

a.

−

−

0000000000140011

b.

0000010000030012

c.

1020020110201300

d.

1020020020200001

4. Diketahui matriks A 3X3 memiliki nilai eigen 0 ,1 dan ruang eigen yang

bersesuaian dengan nilai eigen tersebut adalah ( s, s − t , t ) dan ( 2s, s, s ). Tentukan ! a. Matriks yang mendiagonalkan A ! b. Matriks A !

5. Diketahui H = { (1,0,1) , (2,1,0 ) ,( 0,1,1 ) } merupakan basis ruang

eigen dari nilai eigen –1,1 dan 2 suatu matriks . Tentukan matriks yang dimaksud !

6. Dari soal nomor 3 , tentukan

a. Matriks mana saja yang dapat didiagonalkan beserta matriks yang

mendiagonalkan ! b. Matriks mana saja yang dapat didiagonalkan secara orthogonal

beserta matriks yang mendiagonalkan secara orthogonal !

Transformasi Linear

62

BAB VIII Transformasi Linear

VIII.1 Pendahuluan

Suatu fungsi yang memetakan suatu vektor di ruang vektor V ke ruang vektor W ( dinotasikan dengan T : V W ) disebut sebagai transformasi linear bila untuk setiap u , v ∈ V berlaku: 1. T ( u + v ) = T ( u ) + T ( v ) 2. T ( k u ) = k T ( u ) , dengan k skalar. Contoh 8.1.1

Diketahui T : R2 R3 dengan

−=

yx

yx

yx

T , Apakah T merupakan

transformasi linear ? Jawab

Misalkan u =

1

1

yx , v =

2

2

yx

Syarat 1

u + v =

++

21

21

yyxx maka

T ( u + v ) = T

++

21

21

yyxx =

++

+−+

21

21

2121 )(

yyxx

yyxx =

−

1

1

11

yx

yx +

−

2

2

22

yx

yx

= T ( u ) + T ( v ) Syarat 2

Untuk sembarang skalar k , k u =

1

1

ykxk

T ( k u ) = T

1

1

ykxk =

−

1

1

11

kykx

kykx = k

−

1

1

11

yx

yx = k T ( u )

Kedua syarat terpenuhi , jadi

−=

yx

yx

yx

T merupakan transformasi linear.

Contoh 8.1.2

Apakah T :R2 R3 dengan

=

2

22

yx

x

yx

T merupakan transformasi linear ?

Transformasi Linear

63

Jawab Fungsi diatas bukan transformasi linear karena tidak memenuhi syarat ke–2

yaitu untuk sembarang skalar k, T( k u ) =

2)()(

2

1

21

1

kykx

xk ≠ k T( u ) = k

21

21

12

yxx

Beberapa istilah dalam transformasi linear Diketahui ruang vektor V, W - Transformasi linear yang bekerja pada ruang vektor yang sama , T : V V

disebut operator linear . - Transformasi linear T : V W dengan dengan T( u ) = 0 disebut

transformai nol . - Transformasi linear T : V W dengan dengan T( u ) = A u disebut

transformasi matriks sedangkan A disebut matriks transformasi. VIII.2 Kernel ( inti ) dan Jangkauan Diketahui transformasi linear T : V W dengan fungsi T( u ) , u ∈ V Kernel dari T ( disingkat Ker(T) ) adalah himpunan u sedemikian hingga T( u ) = 0 atau { u | T( u ) = 0 }. Ker (T) juga disebut ruang nol dari T. Himpunan dari b sedemikian hingga T( u ) = b disebut Jangkauan dari T atau disingkat R(T) R.(T) disebut juga dengan bayangan u oleh T( u ) Contoh 8.2.1 Tentukan basis dan dimensi dari Ker(T) dan R(T) dari transformasi linear

T : R3 R2 dengan T( u ) = A u , dengan u ∈ R3 dan A =

−−

−422211

Jawab a. Kernel Ker(T) adalah ruang nol dari T( u ) = A u = 0 . Jadi Ker(T) merupakan ruang solusi dari SPL A u = 0 . Dengan melakukan eliminasi Gauss– Jordan

didapatkan solusi SPL adalah u = tsts

ts

−+

=

−

102

0112

Jadi basis Kert(T) =

−

102

,011

dan dim Ker(T) = 2

Transformasi Linear

64

b. Jangkauan R(T) merupakan himpunan dari b dengan A u = b . Kalau kita perhatikan maka R(T) merupakan ruang kolom dari A. Dari eliminasi Gauss – Jordan

pada A didapatkan A ~ …~

−000211

Jadi basis R(T) merupakan basis ruang kolom A yaitu :

− 2

1 dan dim R(T) = 1.

VIII.3 Matriks transformasi

Ketika membahas masalah transformasi matriks , maka hal utama yang ingin diketahui tentunya adalah bayangan suatu vektor dari transformasi tersebut dan matriks transformasinya . Penentuan matriks transformasi tergantung dari faktor – faktor yang diketahui. Contoh 8.3.1 Misal { v 1, v 2, v 3 } merupakan basis R3. Transformasi linear T : R3 P2 memiliki fungsi T( v i ) = w i dengan v 1= ( 1,1,–1 ) , v 2 = ( 0,1,–1 ) , v 3 = ( 0,0,–1 ) , p(x) = 1 – x +x2 , q(x) = 1+ 2x2 r(x) = 2x – x2 . a. Tentukan matriks transformasi A sedemikian hingga A v i = w i ! b. Tentukan bayangan ( 1,2,1 ) dari transformasi tersebut !

c. Jika [ z ]A =

−−

111

, tentukan bayangan z !

Jawab A v i = w i , jika B =[ v 1 v 2 v 3 ] dan C = [ p(x) q(x) r(x) ] maka AB = C Karena v 1, v 2, v 3 basis R3 , maka B bujursangkar dan B–1 ada sehingga didapatkan A = CB–1 . Pada soal diatas

a. B =

−−− 111011001

, C =

−−

222 220011

xxxxx

Kemudian B–1 dicari dan didapatkan B–1 =

−−−

110011001

Jadi A = CB–1 =

−−−−−

222 222010

xxxxxx

Transformasi Linear

65

b. Bayangan dari ( 1,2,1) adalah

=

121

121

AT =

−−−−−

222 222010

xxxxxx

121

=

−−

2452

xx = 2 –5x –4x2

c. [ z ]B =

−−

111

berarti z = – v 1 − v 2 + v 3 , bayangan z dapat ditentukan

dengan beberapa cara , yaitu : 1. T( z ) = A z , dengan A adalah matriks transformasi pada

jawaban (a)!

2. dapat dicari tanpa menggunakan A . Karena [ z ]A =

−−

111

= k ,

maka z = B k sehingga T( z ) = T( B k ) = AB k = C k . Jadi

T( z ) = C k =

−−

222 220011

xxxxx

−−

111

=

−

−

243

2

xx = −2 +3x – 4x2

Matriks baku / standar Misal transformasi matriks T : Rn Rm dengan T( x ) = A x memiliki basis standar S = { e 1, e 2,… , e n } . Maka matriks transformasi dari transformasi diatas ( matriks standar untuk T ) adalah A = [ T( e 1) T( e 2) … T( e n) ] Contoh 8.3.2

Diketahui transformasi matriks T : R3 R4 dengan

++−+

=

zyzxyx

yx

zyx

T

22

,

Tentukan matriks standar untuk T ! Jawab

[ ]

=

++−+

=

=

0112

000101

0.21.2

001

1 TeT , [ ]

−

=

=

1012

010

2 TeT , [ ]

=

=

1100

100

3 TeT

Transformasi Linear

66

Jadi matriks standar untuk T = A =

−

110101011022

dengan A

++−+

=

zyzxyx

yx

zyx

22

Matriks Transformasi terhadap basis A dan B Diketahui ruang V,W dengan dimensi ruang vektor berturut–turut n dan m dan

transformasil linear T: V W dengan fungsi T( x ) , x ∈ V. Jika A,B merupakan basis V,W maka untuk setiap x ∈ V dapat ditentukan [ ]Ax dengan [ ]Ax ∈ V. Karena T( x ) ∈ V maka juga dapat ditentukan [ ]B)x(T dengan [ ]B)x(T ∈ B.

Sekarang misalnya dimiliki transformasi linear yang lain T: V W dengan fungsi T([ ]Ax ) = [ ]B)x(T = D [ ]Ax , maka matriks transformasi dari transformasi linear diatas ( D ) disebut matriks T terhadap basis A dan B.

Menentukan matriks T terhadap basis A dan B.

Misal D =

121

22221

21211

...::::

::

mmm

m

m

aaa

aaaaaa

, A = { a 1, a 2,…, a n } , B = { b 1, b 2,…, b n }

Maka untuk x = a 1 didapatkan T( [ a 1]A ) = D [ a 1]A = D e 1 =

1

21

11

:

ma

aa

=

[ ]B1 )a(T , kalau diperhatikan secara seksama maka vektor ini merupakan

kolom pertama dari D. Secara umum matriks Transformasi (T) terhadap

basis A dan B = [ ] [ ] [ ][ ]BnB2B1 )a(T...)a(T)a(T .

Jika transformasi linear bekerja diruang vektor yang sama , T : V V , maka

matriks T terhadap basis A = [ ] [ ] [ ][ ]AnA2A1 )a(T...)a(T)a(T

Contoh 8.3.3

Diketahui transformasi linear T : R2 R3 = dengan

+−+−=

yxyx

y

yx

T167135

Jika A = { (3,1), ( 5,2) } dan B = { ( 1,0,–1) , ( –1,2,2 ) , ( 0,1,2) } berturut –

turut merupakan basis R2 dan R3 .

a. Tentukan matriks T terhadap basis A dan B !

b. Untuk x = ( 2,1 ) , tentukan T([ ]Ax ) !

Transformasi Linear

67

Jawab

a. Misal D adalah matriks T terhadap basis A dan B , maka D =

BB

TT25

13

13

T =

−−

521

,

25

T =

− 312

−==

−=

201

...521

13

BB

T ,

25

T =

− 312

= …=

−113

Jadi matriks T terhadap basis A dan B =

−− 121031

b. [ ]Ax =

2

1

kk

2153

2

1

kk =

12 didapatkan

2

1

kk =

−11

Jadi T([ ]Ax ) =

−− 121031

−11 =

112

Transformasi Linear

68

Latihan 8

1. Periksa apakah T : R3 P2 dengan

cba

T = (abc ) +(a+b)x +(a+c)x2

merupakan transformasi linear ?

2. Periksa apakah T : R3 M22 dengan

cba

T =

+−

−+cbba

bcba2

merupakan

transformasi linear ?

3. V dibangun oleh vektor – vektor yang orthonormal a 1, a 2, …, a n .

Periksa apakah proyeksi orthogonal z terhadap V merupakan

transformasi linear !

4. Diketahui transformasi nol T: R3 R2 , dengan T( x ) = A x . Tentukan

basis dan dimensi dari ker (T) dan R(T) !

5. Diketahui transformasi matriks T : R4 R3 memiliki matriks

transformasi D =

−

−

332011222101

. Tentukan basis dan dimensi dari ker

(T) dan R(T) !

6. Transformasi linear T :R2 R3 memiliki fungsi transformasi T(a i ) = bi

dengan a 1 = ( 2 , 1 ) , a 2 = ( 3 , 2 ) , b 1 = ( –1,2,2 ) , b 2 = ( –2,1,2 ) .

Tentukan Tentukan basis dan dimensi dari ker (T) dan R(T) !

7. Transformasi linear T : R2 P2 memiliki fungsi transformasi

2)2()2()( xbaxbababa

T ++−++=

. Tentukan basis dan dimensi dari ker

(T) dan R(T) !

8. Transformasi linear T :R3 R2 memiliki fungsi transformasi T(a i ) =

b i dengan a 1 = ( 1, 0 ,1 ) , a 2 = ( 0 ,1, 0 ) , a 3 = ( 0,1,–1 ) , b 1 = ( 1,3 )

, b 2 = ( –1,1 ), b 3 = ( 1,1 ). Jika A = { a 1, a 2, a 3 } basis R3 dan

B = { b 1, b 2 } basis R2 .

a. Tentukan basis dan dimensi dari ker (T) dan R(T) !

b. Matriks T terhadap basis A dan basis B !

Transformasi Linear

69

c. T([ ]Ax ) , dengan x = ( 2,1,2 ) !

d. T([ ]Ax ) , dengan x = –3 a 1 + 2 a 2 – a 3

9. Transformasi linear T : R2 M22 memiliki fungi transformasi

−

+=

bab

ababa

T . Jika A = { ( 1,1 ), ( 0, –1 ) } merupakan basis R2

dan W =

−

−

1110

,1011

,0110

,1001 adalah basis M22 .

a. Matriks T terhadap basis A dan basis M !

b. T([ ]Ax ) , dengan x = ( 2,–2 ) !

10. Transformasi linear T : :R2 P2 memiliki fungsi transformasi

2)22()()( xbaxbababa

T ++−++=

a. Matriks T terhadap basis A dan basis M !

b. T([ ]Ax ) , dengan x = ( 2,–2 ) !