MAKALAH

ALJABAR LINEAR

BASIS DAN DIMENSI

Dosen Pembimbing : A. Zainul Ma’arif, M.Pd.

Nama Anggota :

1. Ika Novita Sari (12 422 002)

2. M. Haris Syafaat (12 422 008)

PROGAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

UNIVERSITAS MUHAMMADIYAH GRESIK

2015

A. Basis Untuk Sebuah Ruang Vektor

Suatu basis adalah generalisasi ruang vektor dari suatu sistem koordinat dalam ruang

berdimensi 2 dan ruang berdimensi 3. Teorema berikut ini akan membantu kita melihat

mengapa hal tersebut demikian.

Bukti :

Karena S merentangkan V, maka dari definisi suatu himpunan rentang kita dapatkan bahwa

setiap vektor dalam V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor – vektor dalam

S. untuk melihat bahwa hanya ada satu cara untuk menyatakan suatu vektor sebagai

kombinasi lnear dari vektor – vektor dalam S, anggap bahwa suatu vektor v dapat ditulis

sebagai

v={c1 v1+c2 v2+…+cn vn }

dan juga sebagai

v={k1 v1+k2 v2+…+k n vn}

Dengan mengurangkan persamaan kedua dari persamaan – persamaan akan di dapatkan

0=(c1−k 1) v1+( c2−k2 ) v2+…+(cn−kn)vn

Karena ruas kanan dari persamaan ini adalah suatu kombinasi linear dan vektor – vektor

dalam S, maka kebebasan linear dari S mengimplikasikan bahwa

c1−k1=0 , c2−k2=0 ,…,cn−kn=0

1

Definisi :

Jika V adalah sembarang ruang vektor dan S={v1 , v2 , …, vn } adalah suatu himpunan vektor – vektor dalam V, maka S disebut suatu basis untuk V jika dua syarat berikut ini dipenuhi :

a. S bebas secara linear.b. S merentangkan V.

Teorema 5.4.1. :

Jika S={v1 , v2 , …, vn } adalah suatu basis untuk suatu ruang vektor V, maka setiap vektor v dalam V dapat dinyatakan dalam bentuk v={c1 v1+c2 v2+…+cn vn } dalam tepat satu cara.

yaitu,

c1=k1 , c2=k2, …, cn=kn

Jadi, kedua ekspresi untuk v adalah sama.

Contoh :

Tunjukkan bahwa himpunan matriks berikut :

M={[3 63 −6] , [ 0 −1

−1 0 ] ,[ 0 −8−12 −4] , [ 1 0

−1 2]} merupakan basis bagi matriks berukuran

2x2 !

Penyelesaian :

Jika kita menuliskan kombinasi linear dari persamaan tersebut dengan lengkap akan menjadi

k 1[3 63 −6]+k2[ 0 −1

−1 0 ]+k3[ 0 −8−12 −4]+k4 [ 1 0

−1 2]=[a bc d ]

atau

[ 3 k1+0 k 2+0 k3+k 4 6 k1−1 k2−8 k3+0 k 4

3 k1−k 2−12 k3−k 4 −6 k1+0 k2−4 k 3+2 k4]=[a b

c d ] Dengan menyamakan setiap unsur pada kedua ruas, diperoleh SPL :

[ 3 0 0 16 −1 −8 03

−6−10

−12−4

−12

][k 1

k 2

k 3

k 4]=[abc

d]

Determinan matriks koefisiennya (MK) = 48

Karena det (MK)≠0 → SPL memiliki solusi untuk setiap a, b, c, d

Jadi, M membangun M 2 x 2

Ketika a=0 , b=0 , c=0 , d=0

det (MK)≠0 → SPL homogen punya solusi tunggal

Jadi, M bebas linear

Karena M bebas linear dan membangun M 2 x 2 maka M merupakan basis bagi M 2 x 2.

B. Dimensi

2

Definisi 1:

Suatu ruang vektor tak nol V disebut berdimensi terhingga jika V berisi suatu himpunan vektor terhingga {v1 , v2, …, vn } yang membentuk suatu basis. Jika tidak ada himpunan yang seperti itu, maka V disebut berdimensi tak hingga. Di samping itu, kita akan menganggap ruang vektor nol sebagai berdimensi terhingga.

Bukti (a) :

Anggap S '={w1, w2, …, wm } adalah sembarang himpunan m vektor dalam V. dimana

m>n. Kita ingin menunjukkan bahwa S ' tak bebas secara linear. Karena S={v1 , v2 , …, vn }

adalah suatu basis, maka setiap w i dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor –

vektor dalam S, misalkan

w1={a11 v1+a21v2+…+an 1 vn }

w2={a12 v1+a22 v2+…+an2 vn }

wm={a1m v1+a2m v2+…+anm vn } (6)

Untuk menunjukkan bahwa S’ tak bebas secara linear, kita harus mencari skalar

k 1 , k2 ,…,km yang tidak semuanya nol sedemikian sehingga

k 1w1+k2 w2+…+km wm=0 (7)

Dengan menggunakan persamaan dalam (6), kita dapat menulis ulang (7) sebagai

(k 1a11+k2 a12+…+km a1 m) v1

+(k1 a21+k2 a22+…+km a2 m)v2

+( k1 an 1+k2 an 2+…+km anm ) vn=0

3

Teorema 5.4.2. :

Jika V adalah suatu ruang vektor berdimensi terhingga dan {v1 , v2, …, vn } adalah sembarang basis, maka :

a) Setiap himpunan dengan lebih dari n vektor adalah tak bebas secara linear.b) Tidak ada himpunan dengan vektor yang kurang dari n yang merentang V.

…… …… …… ……

Jadi, dari kebebasan linear S, masalah membuktikan bahwa S’ adalah suatu himpunan yang

tak bebas secara linear berubah menjadi menunjukkan bahwa ada skalar k 1 , k2 ,…,km yang

tidak semuanya nol, yang memenuhi

a11 k1+a12 k2+…+a1 mk m=0

a21k1+a22k2+…+a2 m km=0

an 1k1+an 2k 2+…+anmk m=0 (8)

Akan tetapi, (8) mempunyai peubah yang lebih banyak dari persamannya, sehingga bukti ini

menjadi lengkap karena Teorema 1.2.1 menjamin adanya penyelesaian yang tak trivial.

Bukti (b) :

Anggap S '={w1, w2, …, wm } oleh sembarang himpunan m vektor dalam V. dimana

m<n. Kita ingin menunjukkan bahwa S ' tidak merentang V. Pembuktian akan dilakukan

dengan kontradiksi : Kita akan menunjukkan bahwa mengasumsikan bahwa S’ merentang V

akan membawa kita pada suatu kontradiksi kebebasan linear dari {v1 , v2, …, vn }.

Jika S’ merentang V, maka setiap vektor dalam V adalah suatu kombinasi linear dari

vektor – vektor dalam S’. Secara khusus, setiap vektor basis v i adalah uatu kombinasi linear

dari vektor – vektor dalam S’, misalkan

v1=a11 w1+a21 w2+…+am1 wm

v2=a12 w1+a22w2+…+am2 wm

vn=a1 n w1+a2n w2+…+amn wm } (9)

Untuk memperoleh kontradiksi, kita akan menunjukkan bahwa ada skalar k 1 , k2 ,…,km yang

tidak semuanya nol sedemikian sehingga

4

…… …… …… ……

…… …… …… ……

Sekedar mengingat

Teorema 1.2.1

Sebuah SPL homogen dengan jumlah peubah yang lebih banyak daripada jumlah persamaan mempunyai tak hingga banyaknya penyelesaian.

k 1v1+k 2 v2+…+kn v n=0 (10)

Akan tetapi, amati bahwa (9) dan (10) mempunyai bentuk yang sama dengan (6) dan (7),

kecuali bahwa m dan n dipertukarkan, serta w dan v dipertukarkan. Jadi, perhitungan yang

membawa pada (8) sekarang menghasilkan

a11 k1+a12 k2+…+a1 nk n=0

a21k1+a22k2+…+a2 n kn=0

am1k 1+am2 k2+…+amnk n=0

Sistem linear ini mempunyai peubah yang lebih banyak daripada persamaan, dan dengan

demikian mempunyai penyelesaian tak trivial berdasarkan Teorema 1.2.1.

Dari teorema sebelumnya kita ketahui bahwa jika S={v1 , v2 , …, vn } adalah sembarang

basis untuk suatu ruang vektor V, maka semua himpunan dalam V yang secara simultan

merentang V dan merupakan himpunan yang bebas secara linear pasti mempunyai tepat n

vektor. Jadi, semua basis untuk V harus mempunyai jumlah vektor yang sama sebagaimana

sebarang basis S. Hal ini membawa pada hasil berikut ini, yang merupakan salah satu

teorema yang paling penting dalam aljabar linear.

Untuk melihat bagaimana teorema ini berkaitan dengan konsep “dimensi”, ingatlah

bahwa basis standar untuk Rn mempunyai n vector. Jadi, Teorema 5.4.3. mengimplikasikan

bahwa semua basis untuk Rn mempunyai n vektor. Secara khusus, setiap basis untuk R3

mempunyai tiga vektor, setiap basis untuk R2 mempunyai dua vektor, dan setiap basis untuk

R1(¿ R) mempunyai satu vektor. Secara intuitif, R3 berdimensi tiga, R2 (suatu bidang)

berdimensi dua, dan R (suatu garis) berdimensi satu. Jadi, untuk ruang – ruang vektor yang

kita kenal, jumlah vektor dalam suatu basis sama dengan dimensinya. Hal ini menyatakan

definisi berikut ini.

5

…… …… …… ……

Teorema 5.4.3. :

Semua basis untuk suatu ruang vektor berdimensi terhingga mempunyai jumlah vektor yang sama.

Definisi 2 :

Dimensi suatu ruang vektor berdimensi terhingga V, yang dinyatakan dengan dim(V), di definisikan sebagai jumlah vektor dalam suatu basis untuk V. Disamping itu, kita mendefinisikan ruang vektor nol mempunyai dimensi nol.

Mulai sekarang dan selanjutnya kita akan mengikuti kesepakatan umum yang

menganggap himpunan kosong sebagai suatu basis untuk ruang vektor nol. Hal ini konsisten

dengan definisi di atas karena himpunan kosong tidak mempunyai vektor dan ruang vektor

nol mempunyai dimensi nol.

Contoh

dim( Rn )=n [Karena memiliki basis yang terdiri dari n vektor]

dim( Pn )=n+1 [Karena memiliki basis yang terdiri dari n + 1 vektor ]

dim( M mn )=mn [Karena memiliki basis yang terdiri dari mn vektor]. Jika M2 ruang

vektor yang terdiri dari matriks 2x2 dengan komponen real maka dimensi (M2) = 4, sebab

M2 mempunyai basis yang terdiri dari 4 unsur

Sifat :

Jika V ruang vektor berdimensi n, maka :

1. Setiap himpunan m vektor di V dengan m > n, senantiasa bergantung linier

2. Setiap himpunan n vektor di V yang bebas linier, membentuk basis untuk V

3. Setiap himpunan n vektor di V yang membangun V, membentuk basis untuk V

4. Setiap himpunan k vektor yang bebas linier di V, dengan k < n dapat diperluas menjadi

suatu basis untuk V

Contoh soal :

Tentukan basis dan dimensi ruang solusi dari SPL homogen

x+ y+z+w=0

−x+2 y−w=0

Penyelesaian :

Kita dapat menyatakan sistem ini dalam bentuk perkalian matriks sebagai

[ 1 1 1 1−1 −1 2 0] [wxy

z]=[00 ]

Matriks yang diperluas untuk sistem ini adalah

[ 1 1 1 1 0−1 −1 2 0 0]

6

Yang dapat direduksi menjadi eselon baris tereduksi sebagai berikut

[ 1 1 1 1 0−1 −1 2 0 0]b1+b2[1 1 1 1 0

0 0 3 1 0] 13

b2[1 1 1 1 0

0 0 113

0 ] −b2+b1

¿

Dari matriks yang terakhir kita memiliki w=−x−23

z dan y=−13

z. Karena nilai x dapat

ditetapkan dengan sembarang nilai s dan nilai z dapat ditetapkan dengan sembarang nilai t,

maka terdapat tak terhingga banyaknya pemecahan yang membentuk ruang solusi SPL yaitu

{[wxyz ]=[−s−23

t

s−13

t

t]=[−1

100

]s+[−230

−131

] t } yang menunjukkan bahwa vektor v1=[−1

100

]dan v2=[−230

−131

] merentang ruang solusi tersebut.

Karena v1dan v2 tidak saling berkelipatan satu sama lain maka kedua vektor ini saling bebas

linear. Jadi {v1 , v2} adalah basis bagi ruang solusi SPL yang dimaksud yang berdimensi 2.

C. Contoh Soal dan Pembahasan

1. Tentukan basis dan dimensi subruang

W ={(abc)|a−2c=0}

Penyelesaian :

Kondisi a−2 c=0 menunjukkan bahwa b merupakan variabel bebas, misalkan b=s.

Karena tersisa sebuah persamaan dan dua bilangan yang belum diketahui (a ,c ), maka

kita memiliki sebuah variabel bebas lagi, misalkan c=t sehingga diperoleh a=2 t.

Dengan demikian kita dapat menulis W sebagai

W ={(abc)=(2 tst )=(010)s+(2

01)t }

7

Yang menunjukkan bahwa vektor – vektor u=(010)dan v=(201) merentang W. Karena

u dan v tidak saling berkelipatan satu sama lain, maka kedua vektor ini saling bebas

linear. Akhirnya kita simpulkan bahwa {u , v } adalah basis bagi W yang berdimensi 2.

2. Tentukan basis dan dimensi ruang solusi (ruang null) dari SPL homogen berikut

3 x1+x2+x3+x4=0

5 x1−x2+x3−x4=0

x1−x2−x4=0

Penyelesaian :

Menentukan basis dan dimensi ruang solusi (ruang null) dari SPL homogen

[3 1 1 15 −1 1 −11 −1 0 −1][ x1

x2

x3

x4]=[000]

Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah

[3 1 1 1 05 −1 1 −1 01 −1 0 −1 0]

yang dapat direduksi menjadi bentuk eselon baris teredusi sebagai berikut

[3 1 1 1 05 −1 1 −1 01 −1 0 −1 0] b3+b1

−b3+b2

¿

−b1+b2

−4 b2+b3[1 −1 0 −1 0

0 114

1 0

0 0 0 0 0]¿

Dari matriks ini kita memiliki x1+14

x3=0 dan x2+14

x3+ x4=0 dengan x3 dan x4 sebagai

variabel bebas.Misalkan x3=sdan x4=t maka x1=−14

s dan x2=−14

s−t Denga

demikian ruang penyelesaian SPL homogen di atas adalah sebagai berikut

{[ x1

x2

x3

x4]=[ t

t−s−4 t

s]=[ 1

1−4

0] t +[ 0

−101

] s} 8

yang menunjukkan bahwa vektor – vektor

merentang ruang penyelesaian SPL tersebut. Karena u⃗ dan v⃗ tidak saling berkelipatan

satu sama lain, maka kedua vektor ini saling bebas linear. Akhirnya kita simpulkan

bahwa {u⃗ , v⃗ }adalah basis ruang solusi SPL di atas.

3. Diketahui W ={[ 2 1−1 0 ] ,[ 0 2

−1 4 ] ,[ 1 1−1 1] ,[ 1 2

−1 3]}. Periksa apakah W merupakan

basis bagi ruang vector matriks 2x2 !

Penyelesaian :

Memeriksa apakah

W ={w1=[ 2 1−1 0] , w2=[ 0 2

−1 4 ] ,w3=[ 1 1−1 1] , w4=[ 1 2

−1 3 ]} merupakan basis bagi

M 2 x 2.

Untuk mengetahui apakah W merupakan suatu basis bagi M 2 x 2 , maka harus

diperlihatkan apakah W membangun M 2 x 2 dan apakah setiap anggota dari W saling

bebas linear satu sama lain.

Untuk melihat apakah W membangun M 2 x 2 , harus kita periksa apakah sembarang

matriks A=[a bc d ] pada M 2 x 2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear

A=k1 w1+k 2w2+k3 w3+k4 w4

Jika kita tuliskan persamaan tersebut dengan lengkap akan menjadi

[a bc d ]=k1[ 2 1

−1 0]+k2[ 0 2−1 4]+k3[ 1 1

−1 1]+k4 [ 1 2−1 3]

Dengan menyederhanakan ruas kanan kemudian membandingkan tiap – tiap entri pada

kedua ruas akan diperoleh

(2k1+0 k2+k3+k4=ak 1+2k 2+k3+2k4=b−k1−k 2−k3−k4=c

0 k1+4k 2+k3+3k4=d)⇒ [ 2 0 1 1

1 2 1 2−10

−14

−11

−13

] [k1

k2

k3

k4]=[abc

d]

Matriks yang diperluas untuk sistem tersebut adalah

[ 2 0 1 1 a1 2 1 2 b

−10

−14

−11

−13

cd]

yang dapat direduksi sebagai berikut

9

[ 2 0 1 1 a1 2 1 2 b

−10

−14

−11

−13

cd]b3+b1

b3+b2

¿ [ 1 −1 0 0 a+c0 1 0 1 b+c

−10

−14

−11

−13

cd]¿¿

¿

Perhatikan bahwa agar sistem ini memiliki penyelesaian, maka haruslah berlaku

a−2 b+d=0 (baris terakhir). Jika a ≠ 2b−d maka sistem ini tidak memiliki

penyelesaian yang berarti ada matriks A anggota dari M 2 x 2 yang tidak dapat dinyatakan

sebagai kombinasi linear A=k1 w1+k 2w2+k3 w3+k4 w4 dari W. Dengan demikian W

tidak membangun M 2 x 2 sehingga W bukan basis bagi M 2 x 2.

4. Tentukan basis dan dimensi serta solusi dari SPL homogen berikut ini :

x1+2 x2+2 x3−x4+3 x5=0

x1+2 x2+3 x3+x4+ x5=0

3 x1+6 x2+8 x3+x4+5 x5=0

Penyelesaian :

Harus dicari solusi SPL dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan

[1 2 2 −1 3 01 2 3 1 1 03 6 8 1 5 0 ]⇒ [1 2 0 −5 7 0

0 0 1 2 −2 00 0 0 0 0 0 ]

x3+2 x4−2 x5=0 → x3=−2 x4+2 x5

x1+2 x2−5 x4+7 x5=0 → x1=−2x2+5 x4−7 x5

Solusinya : [x1

x2

x3

x4

x5

]=x2[−21000

]+x4 [50

−210

]+x5 [−70201

] Maka yang menjadi basisnya adalah :

[−21000

] ,[50

−210

] , dan[−70201

] Sedangkan dimensinya adalah 3 (karena basisnya ada 3)

10

Contoh :

Diketahui u⃗=(−1,3,2 ) dan a⃗=(1,1 ,−1 ). Apakah merupakan basis di R2 ?

Jawab :

Syarat basis :

i) Bebas secara linear

Tulis k 1 u⃗+k 2a⃗=0 atau [−1 13 12 −1] [k1

k2]=[000]

Dengan OBE dapat diperoleh :

[−1 1 03 1 02 −1 0]−1 x R1

3 R1+R2

2 R1+R3[1 −1 00 4 00 1 0 ]

R1+R3

14

R2

¿

Dengan demikian diperoleh solusi tunggal yaitu :

k 1=0 dan k2=0

Ini berarti u⃗ dan a⃗ saling bebas linear

ii) Membangun

Arinya jika semua vektor bisa membentuk kombinasi linear

Vektor nol merupakan kombinasi linear dari vektor apapun

∴ Jadi (i) dan (ii) terpenuhi, maka u⃗ dan a⃗ basis di R2.

11

B=[0 00 0 ]

12