I GUSTI AYU MADE SRINADI DESAK PUTU EKA …...1. 2 Eliminasi Gauss, Eliminasi Gauss Jordan Eliminasi Gauss dan Eliminasi Gauss Jordan adalah suatu prosedur mengoperasikan nilai-nilai

I GUSTI AYU MADE SRINADI

DESAK PUTU EKA NILAKUSMAWATI

JURUSAN ILKOM

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS UDAYANA

2014

i

PENGANTAR

Bahan ajar yang berjudul Aljabar Linear Elementer ini, dirasakan penyusun

sangat memberikan manfaat untuk menambah bahan pustaka di Jurusan Matematika

dan Jurusan Ilmu Komputer, Fakultas MIPA Universitas Udayana, serta merupakan

salah satu buku pegangan bagi mahasiswa yang mengambil mata kuliah Aljabar Linear

Elementer.

Materi-materi yang disajikan dalam bahan ajar meliputi: Sistem Persamaan Linear,

Determinan, Vektor pada R2 dan R3, Ruang Vektor Euclidean, Ruang-ruang Vektor

Umum, Hasil Kali Dalam, dan Nilai Eigen & Vektor Eigen. Dalam setiap Bab

menguraikan teori-teori, disertai dengan pembuktian-pembuktian teorema. Penyajian

contoh-contoh latihan soal diuraikan secara jelas dan bertahap sehingga diharapkan

dapat memudahkan pembaca untuk memahami isi materi. Pada akhir setiap Bab

disajikan Soal-soal latihan, yang dapat dimanfaatkan oleh dosen pengampu sebagai tugas

terstruktur, untuk mengetahui daya serap mahasiswa terhadap isi materi.

Pengalaman, pengetahuan dan materi kepustakaan yang terbatas, merupakan

kendala dalam penyusunan bahan ajar ini, sehingga jauh dari sempurna. Kritik dan saran

dari berbagai pihak, untuk ikut menyempurnakan bahan ajar ini akan diterima dengan

senang hati. Akhir kata, semoga bahan ajar ini bermanfaat bagi kita semua.

Denpasar, Februari 2014

Penyusun

ii

DAFTAR ISI

PENGANTAR …………………………………..…………………………………………... i

DAFTAR ISI ………………………………………………………………………………. ii BAB I. SISTEM PERSAMAAN LINEAR ……………………………………………... 1

1.1. Sistem Persamaan Linear ………………………………………………… 1.2. Eliminasi Gauss, Eliminasi Gauss Jordan ………………………………. 1.3. Matriks dan Operasi Matriks …………………………………………….. 1.4. Invers dan Kaidah Aritmatika Matriks …………………………………. 1.5. Hasi-hasil Selanjutnya Mengenai Sistem Persamaan & Keterbalikan ....

1 6 7

11 16

BAB II. DETERMINAN ………………………………………………………………….. 24

2.1. Fungsi Determinan ………………………………………………………... 2.2. Menghitung Determinan dengan Reduksi Baris ……………………… 2.3. Sifat-sifat Determinan …………………………………………………….. 2.4. Perluasan Kofaktor ………………………………………………………... 2.5. Aturan Cramer ……………………………………………………………..

24 25 30 36 39

BAB III. VEKTOR PADA R2 DAN R3 ………………………………………………….. 45

3.1. Vektor ………………………………………………………………………. 3.2. Norm Vektor dan Aritmatika Vektor …………………………………… 3.3. Hasil Kali Silang …………………………………………………………... 3.4. Dot Product (Hasil kali Titik/Skalar) …………………………………… 3.5. Vektor-vektor Ortogonal …………………………………………………. 3.6. Proyeksi Ortogonal ……………………………………………………….. 3.7. Jarak Antara Titik dan Garis ……………………………………………... 3.8. Hasil kali Silang (Cross Product) …………………………………………. 3.9. Vektor pada Garis dan Bidang dalam Ruang Tiga Dimensi ………….

45 47 51 53 55 56 58 59 60

BAB IV. RUANG VEKTOR EUCLIDEAN ……………………………………………... 63 4.1. Ruang Berdimensi-n Euclidean ………………………………………….. 4.2. Ortogonalitas (Ketegaklurusan) …………………………………………. 4.3. Transformasi Linear dari Rn ke Rm ……………………………………… 4.4. Geometri Transformasi Linear …………………………………………... 4.5. Sifat-sifat Transformasi Linear dari Rn ke Rm ……………………………

63 67 70 73 75

BAB V. RUANG-RUANG VEKTOR UMUM …………………………………………. 78 5.1. Aksioma Ruang Vektor …………………………………………………... 5.2. Subruang (Subspace) ……………………………………………………… 5.3. Kombinasi Linear ………………………………………………………… 5.4. Rentang …………………………………………………………………….. 5.5. Bebas Linear ……………………………………………………………….. 5.6. Basis dan Dimensi …………………………………………………………

78 80 81 82 84 85

BAB VI. HASIL KALI DALAM …………………………………………………………. 90

6.1. Hasil Kali Dalam ………………………………………………………….. 6.2. Sudut dan Keortogonalan dalam Ruang Hasil Kali Dalam …………...

90 93

iii

6.3. Komplemen-komplemen Ortogonal ……………………………………. 6.4. Basis Ortogonal …………………………………………………………… 6.5. Koordinat-koordinat Relatif Terhadap Basis-basis Ortonormal ……... 6.6. Proses Gram-Schmidt untuk Membentuk Basis-basis

Ortogonal/Ortonormal …………………………………………………... 6.7. Dimensi ……………………………………………………………………. 6.8. Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang Kosong ……………………….

94 97

101 102 107 109

BAB VII. NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN …………………………………….. 116

7.1. Nilai Eigen dan Vektor Eigen ……………………………………………. 7.2. Diagonalisasi ………………………………………………………………. 7.3. Diagonalisasi Ortogonal …………………………………………………..

116 124 128

DAFTAR PUSTAKA 145

1

ALJABAR LINEAR ELEMENTER

BAB I

SISTEM PERSAMAAN LINEAR

1. 1 Sistem Persamaan Linear

1.1.1 Persamaan Linear

Persamaan linear adalah suatu persamaan yang variabel-variabelnya berpangkat satu,

(tidak memuat bentuk trigonometri, eksponen, logaritma), tidak ada perkalian atau

pembagian dengan variabel lain/dirinya sendiri.

Misal :

a1x + a2y = b

Sebuah persamaan jenis ini disebut sebuah Persamaan Linear dalam variabel/ peubah x

dan y. Secara umum kita mendefinisikan suatu persamaan linear dalam n peubah

x1,x2,…,xn sebagai suatu persamaan yang bisa disajikan dalam bentuk :

a1x1+a2x2+…+anxn = b

Dengan a1,a2,…,an dan b konstanta real. Peubah-peubah dalam suatu persamaan linear

kadang-kadang disebut yang tak diketahui.

Contoh-contoh Persamaan yang Bukan Persamaan Linear

1. 2x + y = 3 (persamaan Linear)

2. x + 3y2 = 7 (bukan persamaan Linear karena y berpangkat 2)

Solusi dari persamaan linear a1x1 + a2x2+ … + anxn = b adalah deret dari n bilangan s1,

s2, …,sn, sehingga persamaan tersebut akan tepat bila x1 = s1, x2 = s2, …, xn = sn. Solusi

tersebut yaitu {s1, s2, …, sn} disebut himpunan jawab (solution set) atau solusi umum

(general solution) dari persamaan linear.

Contoh : Himpunan jawab dari 2 x + y = 1 adalah :

x = t, y=1-2t atau x = 1/2 (1-t), y=t

Sistem Persamaan Linear merupakan sejumlah persamaan yang mengandung n variable

dengan himpunan jawab s1, s2, …, sn jika dan hanya jika x1=s1, x2=s2, …, xn= sn

2


Tidak semua sistem persamaan mempunyai penyelesaian. Misalnya jika kita mengalikan

persamaan kedua dalam sistem berikut :

x + y = 4

2x + 2y = 6

dengan ½, akan terbukti bahwa tidak ada penyelesaian karena terjadi ketakkonsistenan:

x +y = 4

x + y = 3

Sebuah sistem persamaan yang tidak mempunyai penyelesaian disebut sebagai

sistem yang tak konsisten; jika paling tidak ada satu penyelesaian, maka sistem itu

disebut konsisten.

Persamaan-persamaan linear dalam dua variabel/peubah tersebut dapat dibuat dalam suatu

grafik yang berbentuk garis lurus, karena suatu titik (x,y) terletak dalam suatu garis jika

dan hanya jika angka x dan y memenuhi persamaan garis tersebut, penyelesaian sistem

persamaan tersebut berpadanan dengan titik-titik potong g1 dan g2,sehingga terdapat 3

kemungkinan :

Garis g1 dan g2 mungkin sejajar, dimana tidak ada perpotongan dan akibatnya tidak

ada penyelesaian terhadap sistem tersebut.

Garis g1 dan g2 mungkin berpotongan hanya di satu titik,dimana sistem tersebut

tepat mempunyai satu persamaan.

Garis g1 dan g2 mungkin berimpitan,dimana ada tak terhingga titik potong dan

akibatnya ada banyak penyelesaian untuk sistem tersebut.

3


Secara umum dapat diringkaskan mengenai Sistem Persamaan Linear sebagai berikut:

1.1.2 Metode Eliminasi

Ada 3 Operasi dasar yang dapat dilakukan pada sistem persamaan linear tanpa

mengubah jawaban sistem persamaan tersebut.

1. mengubah urutan persamaan pada sistem tersebut.

2. mengalikan sebuah persamaan dari sistem dengan bilangan tak nol.

3. untuk sembarang bilangan real, c ≠ 0.

1.1.3 Matriks Yang Diperluas

Untuk menyusun matriks-matriks yang diperbanyak peubah-peubah harus ditulis

dalam urutan yang sama dalam setiap persamaan dan konstanta harus berada disebelah

kanan.

SPL TAK HOMOGEN

Tidak semua bi = 0, bi 0

bi = 0

Satu Solusi

Sistem Persamaan Linear (SPL)

Dengan m persamaan, n variable :

mnmnmm

nn

nn

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

..

.........

...

...

2211

22222121

11212111

SPL HOMOGEN

b1 = b2 = … = bm = 0

KONSISTEN

(mempunyai solusi) KONSISTEN TAK KONSISTEN

Tak ada titik potong

Solusi Trivial

x1=x2 = …=xn=0 Satu Solusi

Solusi Non Trivial

Ada xi ≠0, i=1,2,…,n Banyak Solusi

4


Untuk menyederhanakan penulisan SPL di atas, dapat dituliskan dalam bentuk matriks

gandengan/matriks diperluas/matriks diperbesar (Augmented Matrices) dengan

menuliskan koefisien-koefisien persamaan dan konstanta nilai persamaan dalam satu

matriks sbb :

mmnmm

n

n

baaa

baaa

baaa

...

:::::

...

...

21

222221

111211

1.1.4 Operasi Baris Elementer

Ada tiga operasi yang dapat dilakukan pada suatu sistem persamaan linear tanpa

mengubah jawabannya. Ketiga operasi tersebut, yaitu :

Menukar letak dari dua baris matriks tersebut

Mengalikan suatu baris dengan konstanta tak nol

Mengganti suatu baris dengan hasil penjumlahan baris tersebut dan kelipatan baris

lain

Ketiga operasi ini dapat dijalankan pada matriks lengkapnya dan disebut operasi

baris elementer.

Adapun notasi ketiga baris tersebut adalah :

1. Menukar baris ke-i dan ke j : Bij atau Bi Bj

2. Mengalikan baris ke-i dengan bilangan c, c ≠ 0 : Bi (c) atau c Bi Bi

3. Mengalikan baris ke-i dengan c, ditambahkan pada baris ke-j : Bji (c) atau

Bj + c Bi Bj

Contoh 1 :

2 3

1 3 5 1 3 5

2 9 7 4 6 8

4 6 8 2 9 7

B B

Contoh 2 :

2

1 3 5 1 3 5

2 9 7 (3) 6 27 21

4 6 8 4 6 8

B

5


Contoh 3:

32

1 3 5 1 3 5

2 9 7 ( 2) 2 9 7

4 6 8 0 12 6

B

1.1.5 Eselon Baris

Bentuk Eselon-baris, matriks dapat dikatakan Eselon-baris apabila memenuhi

persyaratan berikut :

1. Jika suatu baris tidak nol, maka angka pertama yang tidak nol pada baris tersebut

harus bernilai 1 (leading 1).

2. Jika ada baris yang semua elemennya nol, maka harus dikelompokkan pada baris-

baris bawah dari matriks.

3. Jika ada dua baris tidak nol, maka posisi leading 1 pada baris di bawahnya, harus

berada lebih kanan dari leading 1 baris di atasnya.

4. Masing-masing kolom yang memiliki leading 1, elemen-elemen lain pada kolom

tersebut bernilai nol.

Contoh :

Suatu proses eliminasi sampai memperoleh bentuk Eselon Baris Tereduksi

(memenuhi sifat 1 s/d 4) disebut Eliminasi Gauss Jordan

Sedangkan proses eliminasi hingga memperoleh bentuk Eselon Baris

(memenuhi sifat 1 s/d 3, sifat 4 tidak terpenuhi) disebut Eliminasi Gauss

Contoh matriks eselon baris tereduksi :

8100

3010

4001

;

00000

00000

21000

10210

;

000

000

000

Contoh matriks eselon baris tapi bukan eselon baris tereduksi :

5100

2610

7341

;

000

010

011

;

00000

01000

01100

06210

6


1. 2 Eliminasi Gauss, Eliminasi Gauss Jordan

Eliminasi Gauss dan Eliminasi Gauss Jordan adalah suatu prosedur

mengoperasikan nilai-nilai di dalam matriks sehingga menjadi matriks yang lebih

sederhana. Caranya adalah dengan melakukan operasi baris sehingga matriks tersebut

menjadi matriks yang Eselon-baris. Ini dapat digunakan sebagai salah satu metode

penyelesaian persamaan linear dengan menggunakan matriks.

Contoh : Diketahui persamaan linear

x + 2y + z = 6

x + 3y + 2z = 9

2x + y + 2z = 12

Tentukan Nilai x, y dan z!

Jawab:

Bentuk persamaan tersebut ke dalam matriks:

21 31 32 3

1 2 1 6 1 2 1 6 1 2 1 6 1 2 1 6 1 2 1 6

11 3 2 9 ( 1) 0 1 1 3 ( 2) 0 1 1 3 (3) 0 1 1 3 ( ) 0 1 1 33

2 1 2 12 2 1 2 12 0 3 0 0 0 0 3 9 0 0 1 3

B B B B

Maka mendapatkan 3 persamaan linier baru yaitu

x + 2y + z = 6

y + z = 3

z = 3

Kemudian lakukan substitusi balik maka didapatkan:

y + z = 3 x + 2y + z = 6

y + 3 = 3 x + 0 + 3 = 6

y = 0 x = 3

Jadi nilai dari x = 3 , y = 0 ,dan z = 3

7


1. 3 Matriks dan Operasi Matriks

Matriks adalah susunan persegi panjang dari bilangan-bilangan atau unsur-unsur

(elemen-elemen) yang teratur dalam baris dan kolom.

Matriks juga bisa didefinisikan sebagai suatu susunan bilangan yang berbentuk segiempat.

Bilangan-bilangan dalam susunan itu disebut elemen(unsur) dari matriks tersebut.

Secara umum matriks bisa di ditulis sebagai berikut :

A = [

𝑎11 𝑎12𝑎21 𝑎22

… 𝑎1𝑛… 𝑎2𝑛.

...

𝑎𝑚1 𝑎𝑚2

.

...

… 𝑎𝑚𝑛

]

Ukuran (ordo) dari matriks dinyatakan dengan m x n, dimana m menyatakan

banyaknya baris, dan n menyatakan banyaknya kolom dari matriks tersebut. Elemen

matriks dapat ditulis dengan tanda kurung siku “[ ]” atau dalam tanda kurung besar “( )”.

Notasi matriks dinyatakan dengan huruf capital , sedangkan elemen-elemennya dengan

huruf kecil. Maka matriks A di atas dapat dinotasikan dengan : [𝑎𝑖𝑗] m x n atau [𝑎𝑖𝑗] atau

elemen baris ke-i dan kolom ke-j matriks A dinotasikan dengan (𝐴)𝑖𝑗 = 𝑎𝑖𝑗

Matriks yang mempunyai satu baris saja disebut matriks baris dan sebaliknya.

Secara umum matriks baris atau matriks kolom lebih sering dinyatakan dengan huruf kecil

dicetak tebal, misal : a = [𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛] ; b =

[ 𝑏1𝑏2..𝑏𝑚]

Contoh :

𝐴 = [2 −37 0

]

Kita mempunyai (𝐴)11 = 2, (𝐴)12 = −3, (𝐴)21 = 7, (𝐴)22 = 0

1.3.1 Ukuran dan Operasi pada Matriks

Ukuran matriks diberikan oleh jumlah baris dan kolom yang dikandungnya.

Misalkan, matriks B = [−1 3 46 −9 2

], mempunyai 2 baris dan 3 kolom, sehingga

ukurannya adalah 2x3. Dua ukuran matriks didefinisikan sama jika mempunyai ukuran

yang sama dan elemen-elemen yang berpadanan/bersesuaian sama. Jika 2 matriks

berukuran sama, maka jumlah dari kedua matriks tersebut adalah menjumlahkan elemen-

elemen yang sepadan dari kedua matriks. Matriks yang mempunyai ukuran yang berbeda

8


tidak bisa untuk dijumlahkan atau dikurangkan. Jika matriks A = m x r dan meatriks B =

r x n, maka hasil kali AB adalah matriks m x n. Untuk mencari elemen-elemen dalam

baris i dan kolom j dari AB, pilih baris i dari matriks A dan kolom j dan matriks B.

Kalikan elemen-elemen yang berpadanan dari baris dan kolom secara bersama-sama dan

kemudian jumlahkan hasil kalinya.

Definisi – definisi yang terdapat dalam operasi – operasi matriks:

1. Dua matriks didefinisikan sama jika keduanya mempunyai ukuran yang sama dan

anggota – anggotanya yang berpadanan sama

Contoh:

Tinjau matriks – matriks berikut:

𝐴 = [2 13 𝑥

] 𝐵 = [2 13 5

] 𝐶 = [2 1 03 4 0

]

Jika 𝑥 = 5 maka 𝐴 = 𝐵 tetapi untuk semua nilai 𝑥 lainnya matriks 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝐵 tidak

sama, karena tidak semua anggota – anggotanya yang berpadanan sama. Tidak ada

nilai 𝑥 yang membuat 𝐴 = 𝐶 karena 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝐶 mempunyai ukuran yang berbeda.

2. Jika A dan B adalah matriks – matriks berukuran sama, maka jumlah 𝐴 + 𝐵

adalah matriks yang diperoleh dengan menambahkan anggota – anggota B dengan

anggota – anggota A yang berpadanan, dan selisih 𝐴 − 𝐵 adalah matriks yang

diperoleh dengan mengurangkan anggota – anggota A dengan anggota – anggota B

yang berpadanan. Matriks – matriks berukuran berbeda tidak bisa ditambahkan

atau dikurangkan.

(𝐴 + 𝐵)𝑖𝑗 = (𝐴)𝑖𝑗 + (𝐵)𝑖𝑗 = 𝑎𝑖𝑗 + 𝑏𝑖𝑗

(𝐴 − 𝐵)𝑖𝑗 = (𝐴)𝑖𝑗 − (𝐵)𝑖𝑗 = 𝑎𝑖𝑗 − 𝑏𝑖𝑗

Contoh: Tinjau matriks – matriks

𝐴 = [2 1−14

0−2 027 340] 𝐵 = [

−4 323

22 5 10−4

−15] 𝐶 = [

1 12 2

]

Maka,

𝐴 + 𝐵 = [2 1−14

0−2 027 340] + [

−4 323

22 5 10−4

−15] = [

−2 417

20 5 423

35]

9


𝐴 − 𝐵 = [2 1−14

0−2 027 340] − [

−4 323

22 5 10−4

−15] = [

6 −2−31

−2−4 −5 2211

5−5]

3. Jika 𝐴 adalah sebarang matriks dan 𝑐 adalah sebarang skalar, maka hasil kali 𝑐𝐴

adalah matriks yang diperoleh dengan mengalikan setiap anggota 𝐴 dengan 𝑐.

Dalam notasi matriks, jika 𝐴 = [𝑎𝑖𝑗], maka (𝑐𝐴)𝑖𝑗 = 𝑐(𝐴)𝑖𝑗 = 𝑐𝑎𝑖𝑗

Contoh:

Untuk matriks – matriks

𝐴 = [2 31 3

41] 𝐵 = [

0 2−1 3

7−5] 𝐶 = [

9 −63 0

312]

Maka kita akan mendapatkan:

2𝐴 = 2 [2 31 3

41] = [

4 62 6

82] (−1)𝐵 = −1 [

0 2−1 3

7−5] =

[0 −21 −3

−75]

1

3𝐶 =

1

3[9 −63 0

312] = [

3 −21 0

14]

4. Jika 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑛 matriks dengan ukuran sama 𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛 skalar, maka bentuk

𝑐1𝐴1 + 𝑐2𝐴2 +⋯+ 𝑐𝑛𝐴𝑛 disebut sebagai kombinasi linier dari 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑛

dengan koefisien 𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛.

Contoh:

Jika 𝐴 = [2 31 3

41] 𝐵 = [

0 2−1 3

7−5] 𝐶 = [

9 −63 0

312] maka,

2𝐴 − 𝐵 +1

3𝐶 = 2𝐴 + (−𝐵) +

1

3𝐶 = [

4 62 6

82] + [

0 −21 −3

−75] + [

3 −21 0

14]

= [7 24 3

211]

5. Jika 𝐴 matriks berukuran 𝑚 𝑥 𝑛 dan 𝐵 matriks berukuran 𝑛 𝑥 𝑟, maka hasil kali

𝐴𝐵 adalah suatu matriks berukuran 𝑚 𝑥 𝑟 dengan unsur – unsur sebagai berikut:

(𝐴𝐵)𝑖𝑗 =∑∑𝑎𝑖𝑏𝑗𝑗𝑖

= 𝑎𝑖1𝑏1𝑗 + 𝑎𝑖2𝑏2𝑗 +⋯+ 𝑎𝑖𝑛𝑏𝑛𝑗

Contoh:

𝐴 = [1 22 6

40] 𝐵 = [

4 102

−17 4 335

12]

10


Karena 𝐴 adalah matriks 2 𝑥 3 dan 𝐵 adalah matriks 3 𝑥 4 , maka hasil kali 𝐴𝐵

adalh sebuah matriks 2 𝑥 4.

Maka,

𝐴𝐵 = [1 22 6

40] [4 102

−17 4 335

12] = [

12 278 −4

30 1326 12

]

1.3.2 Partisi Matriks

Sebuah matriks dapat dipartisi ke dalam matriks yang lebih kecil dengan

menyisipkan garis horizontal atau vertikal diantara baris atau kolom yang ditentukan.

Misalkan matriks A berukuran m x n dapat dipartisi menjadi :

A = [

𝑎11 𝑎12𝑎21 𝑎22

… 𝑎1𝑛… 𝑎2𝑛.

...

𝑎𝑚1 𝑎𝑚2

.

...

… 𝑎𝑚𝑛

] = [𝐴11 𝐴11𝐴21 𝐴22

]

A = [

𝑎11 𝑎12𝑎21 𝑎22

… 𝑎1𝑛… 𝑎2𝑛.

...

𝑎𝑚1 𝑎𝑚2

.

...

… 𝑎𝑚𝑛

] =

[ 𝑟1𝑟2..𝑟𝑚]

A = [

𝑎11 𝑎12𝑎21 𝑎22

… 𝑎1𝑛… 𝑎2𝑛.

...

𝑎𝑚1 𝑎𝑚2

.

...

… 𝑎𝑚𝑛

] = [𝑐1 , 𝑐, … , 𝑐𝑛]

Contoh:

Jika 1 2 1

A = 3 2 1

dan

2 1

1 1

6 8

B

maka :

a. Matriks Kolom kedua dari AB =

11 2 1 11

13 2 1 9

8

b. Matriks Baris pertama dari AB =

2 1

1 2 1 1 1 2 11

6 8

11


1. 4 Invers dan Kaidah Aritmatika Matriks

Diasumsikan bahwa matriks memenuhi sehinga operasi aritmatik matriks tersebut

valid, meliputi :

a. A + B = B + A

b. A +(B+C) = (A+B)+ C

c. A(BC) = (AB) C

d. A(B+C) = AB + AC

e. (B+C)A = BA + CA

f. A(B-C) = AB-AC

g. (B-C)A = BA-BC

h. a(B+C) = aB+aC

i. (a+b)C = aC+bC

j. (a+b)C = aC-bC

k. a(bC) = abC

l. a(BC) =(aB)C = B(aC)

1.4.1 Invers Matriks

Jika A sebuah matriks segi (bujur sangkar), dan matriks B berukuran sama

didapatkan sedemikian hingga AB = BA = I, maka A disebut bisa dibalik (invertible) dan

B adalah invers dari A.

Contoh :

B = [3 51 2

] adalah invers dari A = [2 −5−1 3

]

Teorema :

Misal A = [𝑎 𝑏𝑐 𝑑

] maka inversnya adalah 𝐴−1 = 1

𝑎𝑑−𝑏𝑐 [𝑑 −𝑏−𝑐 𝑎

] = [

𝑑

𝑎𝑑−𝑏𝑐−

𝑏

𝑎𝑑−𝑏𝑐

− 𝑐

𝑎𝑑−𝑏𝑐

𝑎

𝑎𝑑−𝑏𝑐

]

Contoh:

1. Tentukan invers dari matriks [1 42 7

]

Penyelesaian:

Kita beri nama mtriks diatas dengan matriks 𝐴, sehingga:

𝐴 = [1 42 7

]

12


Sedangkan matriks identitasnya:

𝐼 = [1 00 1

]

Kemudian kita gandengkan matriks A dengan matriks I, sehingga menjadi:

[𝐴 ⋮ 𝐼] = [1 42 7

⋮⋮ 1 00 1

] (matriks gandengan ini kita beri nama matriks 𝑌)

Kita lakukan operasi baris dasar sampai matriks 𝐴 menjadi matriks I

𝑌 = [1 42 7

⋮⋮ 1 00 1

] ~𝐵21(−2) [1 40 −1

⋮⋮ 1 0−2 1

]~𝐵2(−1) [1 40 1

⋮⋮ 1 02 −1

]

[1 40 1

⋮⋮ 1 02 −1

]~𝐵12(−4) [1 00 1

⋮⋮ −7 42 −1

]

Maka 𝐴−1 = [−7 42 −1

]

1.4.2 Sifat-Sifat Invers

1. Invers suatu matriks bersifat unik.

Jika B dan C keduanya merupakan invers dari A maka B = C.

2. Suatu hasil kali berapapun banyaknya matriks yang bisa dibalik adalah matriks

yang bisa dibalik, dan invers dari hasil kali tersebut adalah hasil kali invers –

inversnya dalam ukuran terbalik. Jika A dan B matriks-matriks berukuran sama

dan dapat dibalik, maka:

a. AB dapat dibalik

b. (𝐴𝐵)−1 = 𝐵−1 𝐴−1

c. Jika 𝐴𝑛 𝑥 𝑛

𝐴0 = I ; 𝐴𝑛 = A. A. A. . . A (n faktor, n >0). Jika A bisa dibalik, maka :

𝐴−𝑛 = (𝐴−1)𝑛 = 𝐴−1 𝐴−1 … 𝐴−1 (n faktor).

𝐴𝑟 𝐴𝑠 = 𝐴𝑟+𝑠 ; (𝐴𝑟)𝑠 = 𝐴𝑟𝑠

1.4.3 Jenis–Jenis Matriks

Matriks dapat dibedakan menurut jenisnya, antara lain:

1. Matriks Nol

Suatu matriks dikatakan sebagai matriks nol, jika semua elemennya sama dengan

nol. Misalnya,

13


000

000

000

,00

00

2. Matriks Baris

Suatu matriks dikatakan sebagai matriks baris, jika matriks tersebut hanya terdiri

atas satu baris, misalnya

6235,71

3. Matriks kolom

Suatu matriks dikatakan sebagai matriks kolom, jika matriks tersebut hanya

terdiri dari satu kolom. Misalnya,

7

5

3

,5

2

4. Matriks persegi dan matriks bujur sangkar

Suatu matriks dikatakan sebagai matriks persegi atau matriks bujur sangkar, jika

banyak baris pada matriks tersebut sama dengan banyak kolomnya.

Misalnya,

281

136

573

,14

32

Pada suatu matriks persegi ada yang dinamakan sebagai diagonal utama dan

diagonal sekunder. Perhatikan matriks berikut.

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaa

Elemen-elemen yang terletak pada diagonal utama pada matriks tersebut adalah

a11, a22 dan a33 (sesuai dengan arsiran yang berasal dari kiri atas ke kanan

bawah). Sebaliknya, elemen-elemen yang terletak pada diagonal sekunder sesuai

dengan

arsiran yang berasal dari kiri bawah ke kanan atas, dalam hal ini: a11, a22, a33.

5. Matriks segitiga

Suatu matriks persegi dikatakan sebagai matriks segitiga jika elemen-elemen

yang ada di bawah atau di atas diagonal utamanya (salah satu, tidak kedua-

14


duanya) bernilai nol. Jika elemen-elemen yangada di bawah diagonal utama

bernilai nol maka disebut sebagai matriks segitiga atas. Sebaliknya, jika elemen-

elemen yang ada di atas diagonal utamanya bernilai nol maka disebut sebagai

matriks segitiga bawah.

Misalnya,

400

340

215

324

015

007

Matriks segitiga bawah Matriks segitiga atas

6. Matriks Diagonal

Suatu matriks persegi dikatakan sebagai matriks diagonal jika elemenelemen

yang ada di bawah dan di atas diagonal utamanya bernilai nol, atau dengan kata

lain elemen-elemen selain diagonal utamanya bernilai nol.

Misalnya,

100

020

004

40

01

7. Matriks Skalar

Suatu matriks diagonal dikatakan sebagai matriks skalar jika semua elemen-

elemen yang terletak pada diagonal utamanya memiliki nilai yang sama,

misalnya,

500

050

005

90

09

8. Matriks Identitas dan matriks satuan

Suatu matriks skalar dikatakan sebagai matriks identitas jika semua elemen yang

terletak pada diagonal utamanya bernilai satu, sehingga

matriks identitas disebut juga matriks satuan.

Misalnya,

100

010

001

10

01

15


Metode untuk mencari matriks kebalikan adalah melalui operasi baris dasar matriks

gandengan antara 𝐴 dan 𝐼

[𝐴 ⋮ 𝐼]~𝑜𝑏𝑒[𝐼 ⋮ 𝐴−1]

Selain itu ada satu cara menentukan solusi SPL apabila matriks 𝐴 invertible, maka:

𝐴𝑥 = 𝑏 punya solusi tunggal yaitu 𝑥 = 𝐴−1𝑏

Contoh: Tentukan solusi SPL berikut:

𝑦1 + 6𝑦2 + 4𝑦3 = 1

2𝑦1 + 4𝑦2 − 𝑦3 = 2

−𝑦1 + 2𝑦2 + 5𝑦3 = 3

Penyelesaian:

Kita ubah Sistem Persamaan Linier di atas ke dalam bentuk matriks dan kita beri

nama 𝐸:

𝐸 = [1 2 32 5 31 0 8

]


𝐼 = [1 0 00 1 00 0 1

]

Kemudian gandengkan matriks 𝐸 dengan matriks 𝐼 dan kita beri nama matriks

tersebut dengan K

[𝐸 ⋮ 𝐼]

𝐾 = [1 2 32 5 31 0 8

⋮⋮⋮ 1 0 00 1 00 0 1

] ~𝐵21(−2)𝐵31(−1) [1 2 30 1 −30 −2 5

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 0−1 0 1

]

[1 2 30 1 −30 −2 5

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 0−1 0 1

]~𝐵32(2) [1 2 30 1 −30 0 −1

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 0−5 2 1

]

[1 2 30 1 −30 0 −1

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 0−5 2 1

]~𝐵3(−1) [1 2 30 1 −30 0 1

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 05 −2 −1

]

16


[1 2 30 1 −30 0 1

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 05 −2 −1

] ~𝐵23(3)𝐵13(−3) [1 2 00 1 00 0 1

⋮⋮⋮ −14 6 313 −5 −35 −2 −1

]

[1 2 00 1 00 0 1

⋮⋮⋮ −14 6 313 −5 −35 −2 −1

] ~𝐵12(−2) [1 0 00 1 00 0 1

⋮⋮⋮ −40 16 913 −5 −35 −2 −1

]

Sehingga 𝐸−1 = [−40 16 913 −5 −35 −2 −1

]

Maka 𝑥 = 𝐸−1𝑏 = [−40 16 913 −5 −35 −2 −1

] [123] = [

19−6−2]

Jadi solusi untuk Sistem Persamaan Linier diatas adalah:

𝑦1 = 19

𝑦2 = −6

𝑦3 = −2

1.5 Hasil-hasil Selanjutnya Mengenai Sistem Persamaan dan Keterbalikan

Teorema:

Setiap sistem persamaan linier bisa tidak mempunyai penyelesaian, tepat satu

penyelesaian, atau tak hingga banyaknya penyelesaian

Teorema:

Jika 𝐴 adalah suatu matriks 𝑛 × 𝑛 yang bisa dibalik , maka untuk setiap matriks

b, 𝑛 × 1, sistem persamaan 𝐴𝑥 = 𝑏 tepat mempunyai satu penyelesaian yaitu

𝑥 = 𝐴−1𝑏

Contoh:

𝑒1 + 6𝑒2 + 4𝑒3 = 1

2𝑒1 + 4𝑒2 − 𝑒3 = 2

−𝑒1 + 2𝑒2 + 5𝑒3 = 3

Jika sitem persamaan linier ini diubah ke dalam bentuk matriks maka:

𝑌 = [1 2 32 5 31 0 8

] 𝑒 = [

𝑒1𝑒2𝑒3] 𝑏 = [

123]

17



𝐼 = [1 0 00 1 00 0 1

]

Kemudian kita akan mencari invers dari matriks 𝑌 dengan menggandengkan matriks

tersebut dengan matriks identitasnya, kita beri nama matriks tersebut dengan matriks 𝐷.

[𝐸 ⋮ 𝐼]

𝐷 = [1 2 32 5 31 0 8

⋮⋮⋮ 1 0 00 1 00 0 1

]~𝐵21(−2)𝐵31(−1) [1 2 30 1 −30 −2 5

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 0−1 0 1

]

[1 2 30 1 −30 −2 5

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 0−1 0 1

] ~𝐵32(2) [1 2 30 1 −30 0 −1

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 0−5 2 1

]

[1 2 30 1 −30 0 −1

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 0−5 2 1

]~𝐵3(−1) [1 2 30 1 −30 0 1

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 05 −2 −1

]

[1 2 30 1 −30 0 1

⋮⋮⋮ 1 0 0−2 1 05 −2 −1

]~𝐵23(3)𝐵13(−3) [1 2 00 1 00 0 1

⋮⋮⋮ −14 6 313 −5 −35 −2 −1

]

[1 2 00 1 00 0 1

⋮⋮⋮ −14 6 313 −5 −35 −2 −1

] ~𝐵12(−2) [1 0 00 1 00 0 1

⋮⋮⋮ −40 16 913 −5 −35 −2 −1

]

Sehingga 𝑌−1 = [−40 16 913 −5 −35 −2 −1

]

Maka 𝑒 = 𝑌−1𝑏 = [−40 16 913 −5 −35 −2 −1

] [123] = [

19−6−2]

Jadi solusi untuk Sistem Persamaan Linier diatas adalah:

𝑒1 = 19

𝑒2 = −6

𝑒3 = −2

18


Latihan Soal – Soal

1. 𝑦1 + 6𝑦2 + 4𝑦3 = 1

2𝑦1 + 4𝑦2 − 𝑎𝑦3 = 2

−𝑦1 + 2𝑦2 + 5𝑦3 = 𝑏

Pada sistem persamaan linier di atas tentukan nilai 𝑎 dan 𝑏 sehingga sistem persamaan

linier memiliki:

a. Solusi tunggal

b. Banyak solusi

c. Tidak ada solusi ( tidak konsisten )

2. Selesaikan sistem berikut ini dengan menggunakan eliminasi Gauss Jordan

𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 8

−𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 = 1

3𝑥1 − 7𝑥2 + 4𝑥3 = 10

3. Bila 𝐸 = [8 64 2

]

Tentukan 𝑝(𝐸) jika:

a. 𝑝(𝑥) = 𝑥2 + 2𝑥 + 1 b. 𝑝(𝑥) = 6𝑥 − 3

4. Diketahui matriks 𝑌 = [𝑒 𝑓𝑔 ℎ

] buktikan bahwa

𝐴2 = (𝑒 + ℎ)𝐴 − (𝑒ℎ − 𝑓𝑔)𝐼2×2

5. Tentukan invers dari matriks 𝐸, untuk 𝐸 = [cos 𝛾 sin 𝛾− sin 𝛾 cos 𝛾

]

Penyelesaian

1. 𝑦1 + 6𝑦2 + 4𝑦3 = 1

2𝑦1 + 4𝑦2 − 𝑎𝑦3 = 2

−𝑦1 + 2𝑦2 + 5𝑦3 = 𝑏

Penyelesaian:

Kita ubah terlebih dahulu sitem persamaan di atas ke dalam bentuk matriks.

Sehingga menjadi:

𝐸 = [1 6 42 4 −𝑎−1 2 5

12𝑏]

19


Kemudian matriks diatas kita reduksi.

𝐸 = [1 6 42 4 −𝑎−1 2 5

12𝑏]~𝐵21(−2)𝐵31(1) [

1 6 40 −8 −8 − 𝑎0 8 9

10

𝑏 + 1]

[1 6 40 −8 −8 − 𝑎0 8 9

10

𝑏 + 1]~𝐵23 [

1 6 40 8 90 −8 −8 − 𝑎

1

𝑏 + 10

]

[1 6 40 8 90 −8 −8 − 𝑎

1

𝑏 + 10

] ~𝐵2(18)[1 6 40 1 9 8⁄0 −8 −8 − 𝑎

1

(𝑏 + 1) 8⁄0

]

[1 6 40 1 9 8⁄0 −8 −8 − 𝑎

1

(𝑏 + 1) 8⁄0

]~𝐵12(−6)𝐵32(8) [1 0 −22 8⁄

0 1 9 8⁄0 0 1 − 𝑎

(−6𝑏 + 2) 8⁄(𝑏 + 1) 8⁄𝑏 + 1

]

a. Sistem Persamaan Linier tersebut memiliki solusi tunggal jika dan hanya jika

1 − 𝑎 ≠ 0 𝑎 ≠ 1

b. Sistem Persamaan Linier tersebut memiliki banyak solusi jika dan hanya jika:

1 − 𝑎 = 0 dan 𝑏 + 1 = 0

𝑎 = 1 𝑏 = −1

c. Sistem Persamaan Linier tersebut tidak mempunyai solusi jika dan hanya jika:

1 − 𝑎 = 0 dan 𝑏 + 1 ≠ 0

𝑎 = 1 𝑏 ≠ −1

2. 𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 8

−𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 = 1

3𝑥1 − 7𝑥2 + 4𝑥3 = 10

Penyelesaian:

Kita ubah terlebih dahulu sistem persamaan linier di atas ke dalam bentuk matriks

𝑌 = [1 1 2−1 −2 33 −7 4

8110]~𝐵21(1)𝐵31(−3) [

1 1 20 −1 50 −10 −2

89−14

]~𝐵2(−1)

[1 1 20 1 −50 −10 −2

8−9−14

]~𝐵12(−1)𝐵32(10) [1 0 70 1 −50 0 −52

17−9−104

]~𝐵3(−

152)

[1 0 70 1 −50 0 1

17−92]~𝐵13(−7)𝐵23(5) [

1 0 00 1 00 0 1

312]

20


3. 𝐸 = [8 64 2

]

Menentukan 𝑝(𝐸) dari

a. 𝑝(𝑥) = 𝑥2 + 2𝑥 + 1

b. 𝑝(𝑥) = 6𝑥 − 3

Penyelesaian:

a. 𝑝(𝑥) = 𝑥2 + 2𝑥 + 1 dimana 𝑥 = 𝐸

𝑝(𝐸) = 𝐸2 + 2𝐸 + 1𝐼

𝑝(𝐸) = [8 64 2

] [8 64 2

] + 2 [8 64 2

] + 1 [1 00 1

]

𝑝(𝐸) = [88 6040 28

] + [16 128 4

] + [1 00 1

]

𝑝(𝐸) = [88 6040 28

] + [17 128 5

]

𝑝(𝐸) = [105 7248 33

]

b. 𝑝(𝑥) = 6𝑥 − 3 dimana 𝑥 = 𝐸

𝑝(𝐸) = 6𝐸 − 3𝐼

𝑝(𝐸) = 6 [8 64 2

] − 3 [1 00 1

]

𝑝(𝐸) = [48 3624 12

] − [3 00 3

]

𝑝(𝐸) = [45 3624 9

]

4. 𝑌 = [𝑒 𝑓𝑔 ℎ

]

Kita akan membuktikan bahwa:

𝐴2 = (𝑒 + ℎ)𝐴 − (𝑒ℎ − 𝑓𝑔)𝐼2×2

Penyelesaian:

𝐴2 = (𝑒 + ℎ)𝐴 − (𝑒ℎ − 𝑓𝑔)𝐼2×2

[𝑒 𝑓𝑔 ℎ

] [𝑒 𝑓𝑔 ℎ

] = (𝑒 + ℎ) [𝑒 𝑓𝑔 ℎ

] − (𝑒ℎ − 𝑓𝑔) [1 00 1

]

21


[𝑒2 + 𝑓𝑔 𝑒𝑓 + 𝑓ℎ

𝑔𝑒 + ℎ𝑔 𝑔𝑓 + ℎ2] = [

𝑒(𝑒 + ℎ) 𝑓(𝑒 + ℎ)

𝑔(𝑒 + ℎ) ℎ(𝑒 + ℎ)] − [

(𝑒ℎ − 𝑓𝑔) 0

0 (𝑒ℎ − 𝑓𝑔)]


𝑔𝑒 + ℎ𝑔 𝑔𝑓 + ℎ2] = [

𝑒2 + 𝑒ℎ 𝑓𝑒 + 𝑓ℎ

𝑔𝑒 + ℎ𝑔 ℎ𝑒 + ℎ2] − [

(𝑒ℎ − 𝑓𝑔) 00 (𝑒ℎ − 𝑓𝑔)

]


𝑔𝑒 + ℎ𝑔 𝑔𝑓 + ℎ2] = [

𝑒2 + 𝑓𝑔 𝑒𝑓 + 𝑓ℎ

𝑔𝑒 + ℎ𝑔 𝑔𝑓 + ℎ2] Terbukti.

5. 𝐸 = [cos 𝛾 sin 𝛾− sin 𝛾 cos 𝛾

]

Invers dari matriks 𝐸 adalah

𝐸−1 =1

𝑐𝑜𝑠2𝛾 − (−𝑠𝑖𝑛2𝛾)[cos 𝛾 − sin 𝛾sin 𝛾 cos 𝛾

]

𝐸−1 =1

𝑐𝑜𝑠2𝛾 + 𝑠𝑖𝑛2𝛾[cos 𝛾 − sin 𝛾sin 𝛾 cos 𝛾

] =1

1[cos 𝛾 − sin 𝛾sin 𝛾 cos 𝛾

] = [cos 𝛾 − sin 𝛾sin 𝛾 cos 𝛾

]

22


Soal-Soal Latihan : Sistem Persamaan Linear

1. Reduksilah (lakukan operasi baris dasar) matriks berikut sehingga menjadi

matriks eselon baris (bentuk eselon) dan kemudian menjadi matriks eselon baris

tereduksi (bentuk kanonik baris) :

a.

1251

912

211

b.

77363

32142

12121

c.

963421

11109463

755342

212121

d.

10720

6400

12830

3210

2. Jika ada tentukan solusi SPL-SPL berikut:

a.

23

354

123

yx

yx

yx

d.

1083

33

223

zyx

zyx

zyx

g.

29645

4253

3542

tzyx

tzyx

tzyx

b. 942

42

yx

yx e.

5

1342

22

zyx

zyx

zyx

h.

8836

5624

242

zyx

zyx

zyx

c.

327

122

25

zyx

zyx

zyx

f.

42543

56852

2232

tzyx

tzyx

tzyx

i.

10863

93442

332

tzyx

tzyx

tzyx

3. Tentukan nilai a dan b agar SPL berikut mempunyai:

(i) satu solusi

(ii) tak ada solusi

(iii) banyak solusi

a. 5

12

byax

yx b.

52

1

yax

byx c.

3

1

ayx

byx d.

bzyx

azyx

yx

54 3

532

43z 2

4. Perhatikan SPL berikut:

a.

bzy

azyx

yx

4a

1

1 2

b.

bazyx

zayx

yx

11

33

12z 2

c.

bzyax

zayx

yx

4

1az

23


Untuk setiap a nilai berapakah setiap sistem mempunyai solusi unik, dan untuk

pasangan nilai (a, b) berapakah setiap sistem memiliki lebih dari satu solusi?

5. Jika 20 , 20 , dan 0 maka tentukan nilai ,, dari sistem

persamaan tak linear berikut :

9tan cos3sin6

2tan2cos2sin4

3tan3cos sin2

6. Tentukan nilai x, y, dan z dari sistem persamaan tak linear berikut:

32

22

6

222

222

222

zyx

zyx

zyx

7. Tentukan syarat yang harus dipenuhi b agar SPL konsisten :

3

2

1

333

8z 54

5 2

bzyx

byx

bzyx

8. Bila

12

13A , Tentukan p(A) jika : (i) 2)( xxp ; (ii) 12)( 2 xxxp

24


BAB II

DETERMINAN

2.1 Fungsi Determinan

Fungsi determinan merupakan suatu fungsi bernilai real dari suatu peubah matriks.

Fungsi determinan dinyatakan dengan det. Misalnya A adalah suatu matriks bujur sangkar,

maka fungsi determinan dari matriks A dapat dinyatakan dengan det(A).

Terdapat beberapa konsep-konsep yang perlu dipahami dalam menentukan

determinan suatu matriks segi, meliputi :

2.1.1 Permutasi

Permutasi dari himpunan bilangan bulat : {1,2,….,n} adalah banyak susunan

berbeda dari bilangan-bilangan integer tersebut tanpa adanya penghilangan atau

pengulangan. Suatu metode yang mudah untuk mendaftarkan permutasi secara sistem

adalah dengan menggunakan suatu pohon permutasi. Misalnya permutasi dari bilangan

{1,2,3} dapat disusun :

(1,2,3) (2,1,3) (3,1,2)

(1,3,2) (2,3,1) (3,2,1)

1 2 3

2 3 1 3 1 2

3 2 3 1 2 1

Dari pohon permutasi tersebut didapat bahwa ada enam permutasi yang berbeda

dari himpunan bilangan {1,2,3}. Secara umum, himpunan {1,2,3} akan mempunyai n!

permutasi yang berbeda (n=banyak elemen). Untuk himpunan {1,2,3}, 3! = 3.2.1 = 6.

25


Inversi (pasangan negatif)

Suatu inversi dikatakan terjadi dalam suatu permutasi (j1 , j2 , … , jn) jika suatu

bilangan bulat yang lebih besar mendahului bilangan bulat yang lebih kecil. Total jumlah

inversi yang terjadi dalam suatu permutasi bisa didapat sebagai berikut :

1) Cari bilangan bulat yang lebih kecil dari j1 dan yang mengikuti j1 dalam

permutasi tersebut,

2) Cari bilangan bulat yang lebih kecil dari j2 dan yang mengikuti j2 dalam

permutasi tersebut,

3) Teruskan proses menghitung ini untuk j3 , … , jn-1. Total dari jumlah-jumlah

tersebut adalah total jumlah inversi dalam permutasi tersebut.

Contoh :

Jumlah pembalikan dalam permutasi (2, 4, 1, 3, 5) adalah : 1 + 2 + 0 + 0 = 3.

Dari mariks segi A = (ajj)nxn, unsur-unsur aij dan akl dikatakan pasangan negatif

jika dan hanya jika k<i dan l>j atau k>i dan l<j dan dikatakan pasangan positif jika dan

hanya jika k<i dan l<j atau k>i dan l>j. Permutasi dikatakan genap apabila total inversi

jumlahnya genap, dan permutasi dikatakan ganjil apabila total inversi jumlahnya ganjil.

Contoh :

Dalam permutasi (2, 4, 1, 3, 5) , jumlah pembalikannya adalah 3 jadi permutasi

tersebut dikatakan permutasi ganjil.

2.2 Menghitung Determinan Dengan Reduksi Baris

Menghitung determinan dengan reduksi baris adalah dengan mereduksi matriks

yang diberikan menjadi bentuk segitiga atas melalui operasi baris elementer. Kemudian

menghitung determinan dari matriks segitiga atas, kemudian menghubungkan determinan

tersebut dengan matriks aslinya.

a. Menghitung Determinan Matriks 2 x 2 dan 3 x 3

Matriks 2 x 2

𝐴 = [𝑎11 𝑎12𝑎21 𝑎22

] , maka det(𝐴) = |𝑎11 𝑎12𝑎21 𝑎22

| = 𝑎11𝑎22 − 𝑎12𝑎21

26


Matriks 3 x 3

𝐴 = [𝑎11 𝑎12 𝑎13𝑎21𝑎31

𝑎22𝑎32

𝑎23𝑎33

] , maka :

dengan menggunakan aturan Sarrus

det(𝐴) = |𝑎11 𝑎12 𝑎13𝑎21𝑎31

𝑎22𝑎32

𝑎23𝑎33

|

𝑎11 𝑎12𝑎21 𝑎22𝑎31 𝑎32

= 𝑎11𝑎22𝑎33 + 𝑎12𝑎23𝑎31 + 𝑎13𝑎21𝑎32 − 𝑎13𝑎22𝑎31 − 𝑎12𝑎21𝑎33

− 𝑎11𝑎23𝑎32

b. Teorema-teorema dasar tentang Determinan

Teorema 1

Bila A adalah matriks segi (bujur sangkar) :

a. Jika A mempunyai sebuah baris nol atau sebuah kolom nol, maka det(A) = 0

Contoh :

𝐴 = [3 10 0

] → det (𝐴) = |3 10 0

| = 3.0 − 1.0 = 0

𝐴 = [4 0 −127 0 69 0 −3

] → det (𝐴) = |4 0 −127 0 69 0 −3

|4 07 09 0

= (4.0. −3) + (0.6.9) + (−12.7.0)—(12.0.9) − (4.6.0) − (0.7. −3) = 0

b. det(A) = det(AT)

Contoh :

𝐴 = [3 15 7

] → det (𝐴) = |3 15 7

| = 3.7 − 1.5 = 16

𝐴𝑇 = [3 51 7

] → det (𝐴) = |3 51 7

| = 3.7 − 5.1 = 16

Maka terbukti det (A) = det (AT)

Teorema 2

Jika A adalah matriks segitiga n x n (segitiga atas, segitiga bawah, atau diagonal),

maka det(A) adalah hasil kali elemen-elemen diagonal utamanya, yaitu det(A) = a11 a22 ...

ann .

𝐴 = [

𝑎11 0 0 0𝑎21 𝑎22 0 0𝑎31𝑎41

𝑎32𝑎42

𝑎33𝑎43

0𝑎44

] → det (𝐴) = 𝑎11𝑎22𝑎33𝑎44

27


Contoh :

𝐴 = [

2 7 −3 80 −3 5 100

00

60

79

] → det (𝐴) = |

2 7 −3 80 −3 5 100

00

60

79

| = (2)(−3)(6)(9)

= −324

Teorema 3

Bila A adalah suatu matriks n x n :

a. Jika B suatu matriks yang diperoleh bila satu baris atau baris atau satu kolom dari

A dikalikan dengan skalar k, maka det(B) = k det(A)

𝐴 = [1 3 25 7 64 8 2

] → 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑝𝑒𝑟𝑡𝑎𝑚𝑎 𝐴 𝑑𝑖𝑘𝑎𝑙𝑖𝑘𝑎𝑛 2 ,𝑚𝑒𝑛𝑗𝑎𝑑𝑖 𝐵 = [2 6 45 7 64 8 2

]

⇒ det (𝐴) = |1 3 25 7 64 8 2

|1 35 74 8

= 14 + 72 + 80 − 56 − 48 − 30 = 32

⇒ det (𝐵) = |2 6 45 7 64 8 2

|2 65 74 8

= 28 + 144 + 160 − 112 − 96 − 60 = 64

⇒ det (𝐵) = 𝑘 det (𝐴) = 2.32 = 64 (𝑡𝑒𝑟𝑏𝑢𝑘𝑡𝑖)

b. Jika B suatu matriks yang diperoleh bila dua baris atau dua kolom dari A

dipertukarkan, maka det(B) = - det(A)

𝐴 = [1 3 25 7 64 8 2

] → 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑝𝑒𝑟𝑡𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑘𝑒𝑑𝑢𝑎 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑡𝑢𝑘𝑎𝑟𝑘𝑎𝑛 → 𝐵

= [5 7 61 3 24 8 2

]

⇒ det (𝐴) = |1 3 25 7 64 8 2

|1 35 74 8

= 14 + 72 + 80 − 56 − 48 − 30 = 32

⇒ det (𝐵) = |5 7 61 3 24 8 2

|5 71 34 8

= 30 + 56 + 48 − 72 − 80 − 14 = −32

⇒ det (𝐵) = −det (𝐴) (𝑡𝑒𝑟𝑏𝑢𝑘𝑡𝑖)

28


c. Jika B suatu matriks yang diperoleh dengan mengalikan satu baris atau kolom

dengan satu konstanta kemudian ditambahkan pada baris atau kolom yang lain,

maka det(B)=det(A)

𝐴 = [1 3 25 7 64 8 2

] → 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑝𝑒𝑟𝑡𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑖𝑡𝑎𝑚𝑏𝑎ℎ 2 𝑘𝑎𝑙𝑖 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑘𝑒𝑑𝑢𝑎 → 𝐵

= [11 17 145 7 64 8 2

]

⇒ det (𝐴) = |1 3 25 7 64 8 2

|1 35 74 8

= 14 + 72 + 80 − 56 − 48 − 30 = 32

⇒ det (𝐵) = |11 17 145 7 64 8 2

|11 175 74 8

= 154 + 408 + 560 − 392 − 528 − 170 =

32

⇒ det (𝐵) = det (𝐴) (𝑡𝑒𝑟𝑏𝑢𝑘𝑡𝑖)

Teorema 4

Bila Enxn matriks elementer :

a. Jika E diperoleh dengan mengalikan satu baris In dengan k, maka det(E) = k

𝐸 = [

1 0 0 00 1 0 000

00

10

01

] → 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑘𝑒𝑑𝑢𝑎 𝑑𝑖𝑘𝑎𝑙𝑖𝑘𝑎𝑛 2 → 𝐸 |

1 0 0 00 2 0 000

00

10

01

|

⇒ 𝑚𝑎𝑘𝑎 det (𝐸) = 𝑘 = 2

b. Jika E diperoleh dengan menukarkan dua baris In , maka det(E) = -1

𝐸 = [

1 0 0 00 1 0 000

00

10

01

] → 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑝𝑒𝑟𝑡𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑡𝑢𝑘𝑎𝑟𝑘𝑎𝑛

→ 𝐸 |

0 0 0 10 1 0 001

00

10

00

|

⇒ 𝑚𝑎𝑘𝑎 det (𝐸) = −1

29


c. Jika E diperoleh dengan menambahkan k kali satu baris In ke baris yang lain,maka

det(E) = 1

𝐸 = [

1 0 0 00 1 0 000

00

10

01

] → 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑝𝑒𝑟𝑡𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑖𝑡𝑎𝑚𝑏𝑎ℎ 8𝑥 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟

→ 𝐸 |

1 0 0 80 1 0 000

00

10

01

|

⇒ 𝑚𝑎𝑘𝑎 det (𝐸) = 1

Teorema 5

Jika A adalah sebuah matriks segi dengan dua baris/kolom yang proporsional, maka

det(A) = 0.

𝐴 = [1 2 57 1 162 4 10

] → 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑘𝑒𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ 2 𝑘𝑎𝑙𝑖 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑝𝑒𝑟𝑡𝑎𝑚𝑎,

𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑘𝑒𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑏𝑢𝑡 𝑘𝑖𝑡𝑎 𝑡𝑎𝑚𝑏𝑎ℎ𝑘𝑎𝑛 − 2 𝑘𝑎𝑙𝑖 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑝𝑒𝑟𝑡𝑎𝑚𝑎

𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚𝑒𝑛𝑑𝑎𝑝𝑎𝑡𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑢𝑎𝑡𝑢 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑛𝑜𝑙 → 𝐴 = [1 2 57 1 160 0 0

]

⇒ maka det (𝐴) = 0 → |1 2 57 1 160 0 0

|1 27 10 0

= 0 (𝑡𝑒𝑟𝑏𝑢𝑘𝑡𝑖)

Contoh :

𝐴 = [0 1 53 −6 92 6 1

]

Penyelesaian :

𝐴 = [0 1 53 −6 92 6 1

]

Det (A) = [0 1 53 −6 92 6 1

]

= - [3 −6 90 1 52 6 1

]

30


= -3 [1 −2 30 1 52 6 1

]

= -3 [1 −2 30 1 50 10 −5

]

= -3 [1 −2 30 1 50 0 −55

]

= (-3) (-55) [1 −2 30 1 50 0 1

]

Det (A) = (-3) (-55) (1) = 165

c. Menghitung Determinan dengan Operasi Kolom

Contoh :

𝐸 [

1 0 0 32 7 0 607

63

31

0−5

]

Penyelesaian :

Det (A) = [

1 0 0 320

7 06 3

60

7 3 1 −5

]

= [

1 0 0 020

7 06 3

00

7 3 1 −26

]

Det (A) = (1) (7) (3) (-26)

2.3 Sifat – sifat Determinan

1. |𝐴𝑇| = |𝐴|

Pembuktian:

26442

31

26443

21

TT AA

AA

31


TAAJadi

2. Bila unsur-unsur salah satu atau kolom dari suatu matriks persegi bernilai nol maka

determinan matriks tersebut = 0

3. Jika salah satu baris atau kolom dikalikan dengan konstanta c, maka determinan matrik

baru adalah c kali determinan matriks sebelumnya

* *

*

:

1 2 1 24 6 2

3 4 3 4

3

3 6 3 612 18 6

3 4 3 4

:

6 3( 2)

6 6

Contohnya

A A

misalkan

C

A A

Jadi

A C A

091

00

91

00

030

10

30

10

:

BB

AA

Contohnya

AcA *

32


4. Jika dua baris atau dua kolom dipertukarkan maka

* *

*

:

1 2 1 24 6 2

3 4 3 4

3 4 3 46 4 2

1 2 1 2

:

2 ( 2)

2 2

Contohnya

A A

A A

Jadi

A A

5. Jika suatu matriks mempunyai dua baris atau kolom yang sama atau sebanding, maka

determinannya adalah nol

:

;

1 2

4 8

1 28 8 0

4 8

contohnya

baris

A

A

6. Bila matriks B diperoleh dari matriks A dengan menambahkan kelipatan suatu

baris/kolom pada baris/kolom yang lain, maka

1 2 1 24 6 2

3 4 3 4

contohnya

A A

B diperoleh dengan menambahkan 2x baris ke I pada baris ke II pada matriks A

0181862

93

62

93

;

A

A

kolom

BA

210885

21

85

21

BB

AA *

33


7. E matriks yang dihasilkan dari operasi dasar pada matriks Identitas

Bila matriks E diperoleh dengan mengalikan satu baris matriks Identitas dengan

konstanta k maka

Contoh ;

E dengan mengalikan K = 7 pada baris ke I

Bila matriks E diperoleh dengan menambahkan K kali satu baris pada baris yang

lain suatu matrik identitas maka

Contoh ;

E diperoleh dengan menambahkan 2X baris ke-I pada baris ke-II dari matrik

identitas

Bila matrik E diperoleh dengan menukarkan dua baris matrik identitas maka

Contoh ;

E diperoleh dari menukarkan baris ke I dengan baris ke II pada matriks identitas

nI

71710

07

10

07

EE KEjadi

1E

10112

01

12

01

EE 1Ejadi 1E

11001

10

01

10

EE 1Ejadi

34


8. Jika A memiliki invers, maka 1 1

det( )det( )

AA

1

1

1 1

1 1

;

1 2 1 24 6 2

3 4 3 4

4 21

3 14 6

4 21

3 12

2 1 2 13 1

13 1 3 12 2

2 2 2 2

1 1 1

2 2

contoh

A A

A

A

A A

Jadi A AA

9. Bila A adalah matriks (n x n) dan k suatu konstanta, maka det (kA)= det (A) x k

berpangkat n

2 2 2 2

2 1 2 18 3 5

3 4 3 4

.......

2 1 2

3 4 3 4

28 3 (8 3) 5

3 4

det( ) det( )n

contohnya

A A

K

K KKA K

K K

K KKA K K K K

K K

Jadi KA K A

10. Jika A, B dan C matriks berukuran n x n, unsur-unsurnyahanya berbeda pada satu baris

(misalnya baris ke-r ), diasumsikan bahwa baris ke-r dari matriks C diperoleh dengan

menambahkan baris ke-r matriks A dan baris ke-r matriks B maka det (C)= det (A) +

det (B)

35


2 3 2 3 2 3

3 2 1 1 3 1 2 1

2 3 2 3 2 3

4 3 3 2 1 1

6 12 (4 9) (2 3)

6 5 1

6 6

det( ) det( ) det( )

contoh

A B C

maka

C A B

Jadi C A B

11. Jika A dan B matriks segi dengan ukuran sama, maka det (AB)= det (A) det(B)

, 2 2

1 3 2 5 2 9 5 12 11 17

4 2 3 4 8 6 20 8 14 28

11 17 1 3 2 5

14 28 4 2 3 4

308 238 (2 12)(8 15)

70 70

det( ) det( )det( )

contoh

A B matiks x

A B AB

maka

AB A B

Jadi

AB A B

12. Determinan matriks diagonal, matriks segitiga atas da matriks segitiga bawah adalah

hasil kali unsur-unsur diagonal utamanya .

729.8.1

846

093

001

906.5.3

600

250

113

564.7.2

400

070

002

CC

BB

AA

contoh

36


2.4 Perluasan Kofaktor

Jika A adalah suatu matrik bujur sangkar, maka minor anggota . Dinyatakan oleh

dan didefinisikan sebagai determinan submatrik yg masih tersisa setelah baris ke-i

dan kolom ke-j dihilangkan dari matrik A. Bilangan dinyatakan oleh

disebut kofaktor anggota . Secara singkat Dan untuk menentukan

tanda + atau – gunakan “papan periksa”

Contoh :

32

3 1 43 4

2 5 6 262 6

1 4 8

M

3 2

32 32 321 26C M M

ij

ji M )1( ijC

ijaijij MC

.......

.......

..

..

..

..

..

5554535251

4544434241

3534333231

2524232221

1514131211

CCCCC

CCCCC

CCCCC

CCCCC

CCCCC

.......

.......

..

..

..

..

..

841

652

413

A

1684

65

841

652

413

11

M

161 1111

11

11

MMC

ija ijC

37


Perluasan Kofaktor

Perluasan kofaktor dari suatu matrik A ialah cara mencari determinan dari matrik

A dengan mengalikan anggota- anggota pada suatu kolom/suatu baris dari matrik A

dengan kofaktor-kofaktornya dan menambahkan hasil kali yang di dapat.

Pemahaman:

misalkan matriks A dengan ordo 3x3 berikut :

Contoh soal :

misal matriks ordo 3x3 berikut :

2 4 2

4 2 4

2 2 4

A

11 11 21 21 31 31

2 4 4 2 4 22 4 2

2 4 2 4 2 4

2.0 4.12 2.12

24

A a C a C a C

A

A

A

11 11 12 12 13 13

2 4 4 4 4 22 4 2

2 4 2 4 2 2

2.0 4.8 2.4

24

A a C a C a C

A

A

A

kita akan mencari determinannya dengan perluasan kofaktor

2.5 Adjoin Suatu Matriks

Definisi:

jika A adalah sembarang matrik n x n dan C(ij) adalah kofaktor dari a(ij) maka matriks

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaa

A

322311332112312213312113312312332211 aaaaaaaaaaaaaaaaaaA

312232211333213123123223332211 aaaaaaaaaaaaaaaA

131312121111 CaCaCaA

38


11 12 1

21 22 2

1 2

.. ..

.. ..

.. .. .. .. ..

..

n

n

n n nn

C C C

C C C

C C C

disebut matrik kofaktor dari A. transpos dari matrik ini disebut adjoin A dan dinyatakan

oleh adj (A).

Contoh adjoin matriks,

misalkan A adalah matrik 3x3 maka adjoin matrik A diperlihatkan dibawah sbg berikut:

11 12 13

21 22 23

31 32 33

1 2 1 1 3 1

1 1 2 1 1 3

2 1 1 3 1 1

1 3 1

( ) 1 1 3

3 1 1

1 1 3

( ) [ ( )] 3 1 1

1 3 1

T

C C C

A C C C

C C C

mk A

adj A mk A

Aplikasi rumus adjoin untuk invers suatu matriks yaitu sebagai berikut

Contoh :

kita ambil nilai adjoin matrik A pada contoh diatas lalu kita cari inversnya

)()det(

11 AadjA

A

41

43

41

41

41

43

43

41

41

131

113

311

4

1)(

131

113

311

)(

112

211

121

1Amaka

AadjA

39


2.6 Aturan Cramer

Jika Ax=b merupkan suatu sistem n persamaan linier dalamn peubah sedemikian

hingga (A) tidak 0, maka sistem tersebut mempunyai suatu penyelesaian unik, yaitu

sebagai beriut;

1 21 2

det( )det( ) det( ), ,...........

det( ) det( ) det( )

nn

AA Ax x x

A A A

dengan Aj adalah matriks yang diperoleh dengan menggantikan anggota-anggota pada

kolom ke-j dari A dengan anggota-anggota pada matriks

Contoh penerapan aturan Cramer

Selesaikanlah SPL berikut:

x + y + z = 3

2x + 3y + z = 6

4x +2y +z = 7

Jawab:

nb

b

b

b..

2

1

5)det(

724

632

311

5)det(

174

162

131

5)det(

127

136

113

5)det(

124

132

111

33

22

11

AA

AA

AA

AA

15

5

)det(

)det(

15

5

)det(

)det(

15

5

)det(

)det(

3

2

1

A

Az

A

Ay

A

Ax

jadi

40


Latihan Soal – Soal

1. Jika 𝐴 = [

1

20 0

0 13

0

0 0 14

]

Tentukan 𝐴2 = 𝐴. 𝐴!

2. Jika |𝑎 𝑏 𝑐𝑑 𝑒 𝑓𝑔 ℎ 𝑖

| = −6

Tentukan |−3𝑎 −3𝑏 −3𝑐𝑑 𝑒 𝑓

𝑔 − 4𝑑 ℎ − 4𝑒 𝑖 − 4𝑓|

3. Tentukan ||

1 3 1−2 −7 0000

000

120

5 3−4 2011

111

||

4. Jika 𝐴 = [2 −1 31 2 45 −3 6

]

Tentukan 𝐴−1 dengan 2 cara:

a. 𝐴−1 =1

|𝐴|𝑎𝑑𝑗𝑜𝑖𝑛 𝐴

b. [𝐴 ⋮ 𝐼]~[𝐼 ⋮ 𝐴−1]

Penyelesaian:

1. 𝐴 = [

1

20 0

0 13

0

0 0 14

]

𝐴2 = 𝐴. 𝐴

[

1

20 0

0 1

30

0 0 1

4

]

2

= [

1

20 0

0 1

30

0 0 1

4

] [

1

20 0

0 1

30

0 0 1

4

]

[

1

40 0

0 1

90

0 0 1

16

] = [

1

40 0

0 1

90

0 0 1

16

]

41


2. |𝑎 𝑏 𝑐𝑑 𝑒 𝑓𝑔 ℎ 𝑖

| = −6

Kita akan ubah matriks diatas menjadi bentuk |−3𝑎 −3𝑏 −3𝑐𝑑 𝑒 𝑓

𝑔 − 4𝑑 ℎ − 4𝑒 𝑖 − 4𝑓| dengan cara

mereduksi terlebih dahulu:

|𝑎 𝑏 𝑐𝑑 𝑒 𝑓𝑔 ℎ 𝑖

| ~𝐵1(−3) |−3𝑎 −3𝑏 −3𝑐𝑑 𝑒 𝑓𝑔 ℎ 𝑖

| ~𝐵32(−4) |−3𝑎 −3𝑏 −3𝑐𝑑 𝑒 𝑓

𝑔 − 4𝑑 ℎ − 4𝑒 𝑖 − 4𝑓|

Kemudian 𝐵1(−3) merupakan 𝐸1 dan 𝐵32(−4) merupakan 𝐸2

Sehingga :

|𝐸1||𝐸2||𝐴| = |𝐴∗|

−3. 1 . −6 = |𝐴∗|

18 = |𝐴∗|

Jadi |−3𝑎 −3𝑏 −3𝑐𝑑 𝑒 𝑓

𝑔 − 4𝑑 ℎ − 4𝑒 𝑖 − 4𝑓| = 18

3. ||

1 3 1−2 −7 0000

000

120

5 3−4 2011

111

|| = ⋯?

Kita reduksi terlebih dahulu menjadi matriks segitiga atas:

||

1 3 1−2 −7 0000

000

120

5 3−4 2011

111

||~𝐵21(2) |

|

1 3 10 −1 2000

000

120

5 36 8011

111

|| ~𝐵43(−2) |

|

1 3 10 −1 2000

000

100

5 36 8011

1−11

||~𝐵54(−1)

||

1 3 10 −1 2000

000

100

5 36 8010

1−12

||

42


Maka

||

1 3 10 −1 2000

000

100

5 36 8010

1−12

|| = 1.−1.1.1.2 = −2 = |𝐴∗|

Karena 𝐵21(2) merupakan 𝐸1 , 𝐵43(−2) merupakan 𝐸2, 𝐵54(−1) merupakan 𝐸3

Sehingga :

|𝐸1||𝐸2||𝐸3||𝐴| = |𝐴∗|

1 . 1 . 1 . |𝐴| = −2

|𝐴| = −2

Jadi ||

1 3 1−2 −7 0000

000

120

5 3−4 2011

111

|| = −2

4. 𝐴 = [2 −1 31 2 45 −3 6

]

a. Dengan metode 𝐴−1 =1

|𝐴|(𝑎𝑑𝑗𝑜𝑖𝑛 𝐴)𝑇

Kita cari terlebih dahulu determinan A,

|2 −1 31 2 45 −3 6

|2 −11 25 −3

24 − 20 − 9 − 30 + 24 + 6 = −5 = |𝐴|

Kemudian kita cari adjoin A dengan cara kofaktor:

𝛼11 = |2 4−3 6

| = 12 + 12 = 24

𝛼12 = |1 45 6

| = 6 − 20 = −14

43


𝛼13 = |1 25 −3

| = −3 − 10 = −13

𝛼21 = |−1 3−3 6

| = −6 + 9 = 3

𝛼22 = |2 35 6

| = 12 − 15 = −3

𝛼23 = |2 −15 −3

| = −6 + 5 = −1

𝛼31 = |−1 32 4

| = −4 − 6 = −10

𝛼32 = |2 31 4

| = 8 − 3 = 5

𝛼33 = |2 −11 2

| = 4 + 1 = 5

Maka adjoin A:

[24 −14 −133 −3 −1−10 5 5

] jika ditranspose maka [24 3 −10−14 −3 5−13 −1 5

]

Maka

𝐴−1 =1

|𝐴|(𝑎𝑑𝑗𝑜𝑖𝑛 𝐴)𝑇 =

1

−5[24 3 −10−14 −3 5−13 −1 5

] = [

−24

5−3

52

14

5

3

5−1

13

5

1

5−1

]

b. Dengan metode [𝐴 ⋮ 𝐼]~[𝐼 ⋮ 𝐴−1]

[2 −1 31 2 45 −3 6

⋮⋮⋮ 1 0 00 1 00 0 1

]~𝐵21 [1 2 42 −1 35 −3 6

⋮⋮⋮ 0 1 01 0 00 0 1

]~𝐵21(−2)𝐵31(−5)

[1 2 40 −5 −50 −13 −14

⋮⋮⋮ 0 1 01 −2 00 −5 1

]~𝐵2(−

15)[1 2 40 1 10 −13 −14

⋮⋮⋮

0 1 0

−1

5

2

50

0 −5 1

]~𝐵12(−2)𝐵32(15)

[1 0 40 1 10 0 −14

⋮⋮⋮

2

5

1

50

−1

5

2

50

−3 1 1

]~𝐵3(−

114)

[ 1 0 40 1 10 0 1

⋮⋮⋮

2

5

1

50

−1

5

2

50

3

14−1

14−1

14]

~𝐵13(−4)𝐵23(−1)

44


[ 1 0 00 1 00 0 1

⋮⋮⋮

2

5

1

50

−1

5

2

50

3

14−1

14−1

14]

Soal Latihan DETERMINAN

1. Tentukan determinan dan matriks adjoin dari matriks A berikut :

2013

3021

2132

5021

A

2. Selesaikan SPL berikut ini dengan aturan Cramer

yxz

yzx

zxy

213

5823

123

3. Perhatikan SPL berikut:

1

1

1

kzyx

zkyx

zykx

Dengan menggunakan konsep determinan, tentukan nilai k sehingga SPL

memiliki :

(i) solusi tunggal

(ii) banyak solusi

(iii) tak ada solusi

45


BAB III

VEKTOR PADA R2 DAN R3

3.1 Vektor

Vektor adalah suatu besaran yang memiliki panjang dan arah. Secara geometri,

vector dinyatakan sebagai ruas garis terarah atau anak panah pada ruang berdimensi 2 atau

ruang berdimensi 3. Sebuah vector dapat ditulis dengan : ABv

, dimana A sebagai titik

awal dari vector v dan B sebagai titik akhir. Vektor adalah suatu besaran yang memiliki

besar atau panjang dan arah.

Contoh : - kecepatan

- gaya

Vektor bisa disajikan secara geometris sebagai ruas garis berarah atau panah dalam ruang

berdimensi-2 dan berdimensi-3, arah panah menunjukkan arah vektor

Secara Geometri :

B titik ujung (terminal point)

v= 𝐴𝐵

A titik pangkal (intial point)

Definisi:

Penjumlahan 2 Vektor

Jika v dan w merupakan 2 vektor sebarang, maka jumlah v+w ditentukan dengan :

tempatkan vektor w sedemikian rupa sehingga titik awalnya berimpitan dengan titik akhir

v. dapat digambarkan dengan :

46


Selisih 2 Vektor.

Jika v dan w adalah 2 vektor sebarang, maka selisih u dari v adalah u – v = u - v

Vektor dalam Sistem Koordinat

Kita misalkan v adalah vektor sebarang pada suatu bidang.

y

v (v1, v2) ket : v1 dan v2 adalah komponen dari

vector v

x

Vektor – vektor dikatakan ekuivalen, bila vektor- vektor tersebut memiliki

komponen yang sama, dalam arti memiliki panjang dan arah yang sama.

(w1, w2)

v2

w2

v1 w1

(v1, v2)

v + w

w

v

( v1 + w1, v2 + w2 )

y

x

V dan w ekuivalen, jika dan hanya jika v1 = w1 dan v2 = w2

47


Vektor dalam R2

y

u2 U (u1,u2)

u1

x

inisial point dipusat koordinat O(0,0) dan terminal point di U(u1,u2)

U UO

Komponen vektor = (u1,u2)

Vektor-vektor ekuivalen ↔ panjang dan arahnya sama.

Dua buah vektor u dan v ekuvalen bila diletakkan sehingga initial pointnya berada

pada pusat koordinat atau titik asal (0,0) maka pash terminal poitnya berimpit → u

dan v memiliki komponen komponen yang sama.

Dua buah vektor u dan v memiliki panjang dan arah yang sama

U= (u1,u2) v= (v1,v2)

U ekuivalen dengan v ↔ u1=v1 dan u2=v2

Juga memenuhi :

U+v = (u1+v1, u2+v2)

u-v = (u1-v1, u2-v2)

Ku = K(U1,U2)= (ku1,ku2)

3.2 Norm Vektor dan Aritmatika Vektor

Sifat-sifat vektor pada R2 dan R3 diuraikan dalam teorema berikut :

Jika U, V, dan W adalah vektor-vektor pada R2 atau R3, k dan l adalah scalar, maka

memenuhi hubungan- hubungan berikut :

a) u + v = v + u

b) (u+v) + w = u + (v+w)

48


c) u + 0 = 0 + u = u

d) u + (-u) = 0

e) k(lu) = (kl)u

f) k(u+v) = ku + lu

g) (k+l)u = ku + kl

h) 1u = u

Pembuktian :

a) u + v = v + u

= (v1 + v2 + v3) + (u1 + u2 + u3)

= (v1 + u1, v2 + u2, v3 + u3)

= (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3)

= (u1, u2, u3) + (v1, v2, v3)

= u + v

b) (u + v) + w = u + ( v + w)

= (u1,u2,u3) + [(v1,v2,v3) +(w1,w2,w3)]

= (u1,u2,u3) + (v1+w1,v2+w2,v3+w3)

= [(u1+v1) + w1, (u2+v2)+w2, (u3+v3)+w3]

= (u1+v1, u2+v2,u3+v3) + (w1,w2,w3) = (u+v) + w

c) u + 0 = 0 + u = u

= (0,0,0) + (u1,u2,u3)

= (u1,u2,u3)

= u

d) u + (-u) = 0

= (u1,u2,u3) + (-u1,-u2,-u3)

= (u1-u1, u2-u2, u3-u3)

= 0

e) (kl)u = k(lu)

= k [ l(u1,u2,u3)]

= k ( lu1, lu2,lu3)

= (klu1, klu2, klu3)

= kl ( u1, u2, u3)

= kl(u)

49


f) k(u+v) = ku + kv

= k(u1,u2,u3) + k(v1,v2,v3)

= (ku1,ku2,ku3) + (kv1,kv2,kv3)

= (ku1+kv1, ku2+kv2, ku3+kv3)

= k (u1+v1, u2+v2, u3+ v3)

= k (u+v)

g) (k+l)u = ku + lu

= k(u1,u2,u3) + l(u1,u2,u3)

= (ku1,ku2,ku3) + (lu1,lu2,lu3)

= (ku1 + ku1, ku2 + lu2, ku3 + lu3) = (k+l)u

h) 1u = u

= 1(u1,u2,u3)

= u1,u2,u3

= u

Panjang vektor ( Norm Vektor ) u dinotasikan sbg ║u║

y

(u1,u2) Jadi, ║u║ = √𝑢12 + 𝑢2

2

u1 u2

z

P(u1,u2,u3)

S y

Q R

Jadi, ║u║= √𝑢12 + 𝑢2

2 + 𝑢32

Suatu vector yang mempunyai panjang 1 disebut vector satuan ( Unit Vektor )

Demikian juga, jika P1(x1,y1) dan P2(x2,y2) adalah titik-titik dalam ruang berdimensi-2,

maka jarak antara kedua titik tersebut diberikan oleh:

║u║

x

O

x

║u║

║u║2= (OR)2 + (RP)2

= (OQ)2 + (OS)2 + (RP)2

= u12 + u22 +u32

50


P2(x2,y2,z2) d=

z

P1(x1,y1,z1)

y

x

Jarak antara P1 dan P2 adalah norma vektor 1 2P P

Contoh :

a Bila u = (4,3,5) , ║u║= ….

Jawab :

║u║= √16 + 9 + 25

= √50

= 5√2

b Bila koordinat titik P(2,4) dan Q(6,1) , PQ = ?

Jawab :

PQ = (6,-1) – (2,4) = (4,-5)

PQ = √16 + 25 = √41

x p1(x1,y1,z1)

p(a,b,c) c

v

y

x a

v = OP = (a,b,c) = [𝑎𝑏𝑐]

P2(x2,y2,z3)

o b

51


Sumbu – Sumbu Translasi

p

Sistem koordinat –xy ditranslasi ke system koordinat –x’y’, dimana titik asal O’ pada

system koordinat –xy mempunyai koordinat O’(k,l) titik P € 𝑅2 memiliki koordinat (x,y)

dan (x’,y’). Untuk melihat hubungan keduanya, diperhatikan vector O’P.

→ Pada system koordinat –xy, inisial point O’(k,l) dan terminal point P(x,y) sehingga

komponen

O'P = (x-k, y-l)

→ Pada system koordinat –x’y’, inisial point O’(0,0) dan terminal point P(x’,y’) sehingga

komponen

OP =(x’,y’)

Diperoleh persamaan translasi :

3.3 Hasil Kali Silang

Jika U = (𝑈1, 𝑈2, 𝑈3 ) dan V= (V1, V2, V3 ) adalah vektor-vektor dalam ruang

berdimensi 3,maka hasil kali silang U×V adalah vector yang didefinisikan sebagai

U×V= (𝑈2 𝑉3 − 𝑈3 𝑉2, 𝑈3 𝑉1 − 𝑈1 𝑉3, 𝑈1𝑉2 − 𝑈2 𝑉1 )

Atau dalam notasi determinan

𝑈 × 𝑉 = (|𝑈2 𝑈3𝑉2 𝑉3

| , − |𝑈1 𝑈3𝑉1 𝑉3

| , |𝑈1 𝑈2𝑉1 𝑉2

| )

x’ x’ O’(k,l) k

O (0,0) x

x

Y

’

y

Y

’

x’= x – k ; y’=y-l

x=x’ + k ; y + y’ + l

52


Contoh:

Cari 𝑈 × 𝑉, di mana 𝑈 = (1,2, −2) dan 𝑉 = (3,0,1)

Penyelesaian:

[1 2 −23 0 1

]

𝑈 × 𝑉 = (|2 −20 1

| , − |1 −23 1

| , |1 23 0

|)

= (2, −7,−6)

Teorema. Jika U, V dan W adalah vektor-vektor dalam ruang berdimensi 3, maka:

a. 𝑈. (𝑈 × 𝑉) = 0 (U×V orthogonal terhadap U)

b. 𝑉. (𝑈 × 𝑉) = 0 (U×V orthogonal terhadap V)

c. ‖𝑈 × 𝑉‖2 = ‖𝑈‖2‖𝑉‖2 − (𝑈. 𝑉)2 (identitas lagrange)

d. 𝑈 × (𝑉 ×𝑊) = (𝑈.𝑊)𝑉 − (𝑈. 𝑉)𝑊 (hubungan antara hasil kali silang dan

hasil kali titik)

e. (𝑈 × 𝑉)𝑊 = (𝑈.𝑊)𝑉 − (𝑉.𝑊)𝑈 (hubungan antara hasil kali silang dan

hasil kali titik)

Contoh:

Tinjau vektor-vektor

𝑈 = (1,2, −2) dan 𝑉 = (3,0,1)

Pada contoh di atas kita telah menunjukan bahwa

𝑈 × 𝑉 = (2,−7,−6)

Karena

𝑈. (𝑈 × 𝑉) = (1)(2) + (2)(−7) + (−2)(−6) = 0

Vektor satuan standar

Setiap vektor 𝑉 = (𝑉1, 𝑉2, 𝑉3) dalam ruang berdimensi 3 dapat dinyatakan dalam bentuk I,

j dan k karena kia bisa menuliskan

𝑉 = (𝑉1, 𝑉2, 𝑉3) = 𝑉1𝑖 + 𝑉2𝑗 + 𝑉3𝑘

53


Misalnya (2, −3,4) = 2𝑖 − 3𝑗 + 4𝑘

Z

(𝟎, 𝟎, 𝟏)

k

j

i (𝟎, 𝟏, 𝟎) Y

(𝟏, 𝟎, 𝟎)

X

𝐢 × 𝐢 = 𝐣 × 𝐣 = 𝐤 × 𝐤 = 𝟎

𝐢 × 𝐣 = 𝐤 𝐣 × 𝐤 = 𝐢 𝐤 × 𝐢 = 𝐣

𝐣 × 𝐢 = −𝐤 𝐤 × 𝐣 = −𝐢 𝐢 × 𝐤 = −𝐣

Identitas lagrange ‖𝑈 × 𝑉‖2 = ‖𝑈‖2‖𝑉‖2 − (𝑈. 𝑉)2

= ‖𝑈‖2‖𝑉‖2 − (‖𝑈‖‖𝑉‖ cos 𝜃)2

= ‖𝑈‖2‖𝑉‖2 − ‖𝑈‖2‖𝑉‖2𝐶𝑂𝑆2𝜃

= ‖𝑈‖2‖𝑉‖2(1 − 𝐶𝑂𝑆2𝜃)

= ‖𝑈‖2‖𝑉‖2𝑆𝐼𝑁2𝜃

Karena 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋, maka 𝜃≥ 0, sehingga ini bias ditulis sebagai

‖𝑈 × 𝑉‖ = ‖𝑈‖‖𝑉‖ sin 𝜃

Luas jajaran genjang

A= (𝑎𝑙𝑎𝑠)(𝑡𝑖𝑛𝑔𝑔𝑖) = ‖𝑈‖‖𝑉‖ sin 𝜃 = ‖𝑈 × 𝑉‖

3.4 Dot Product ( Hasil Kali Titik/Skalar)

u

u u ● v

θ v θ v

u

v θ

54


Bila u dan v R2, R3 ; diasumsikan bahwa initial point kedua vector berimpit

dengan sudut antara kedua vector sebesar θ ; 0≤ θ ≤ 𝜋.

Dot poduct atau Euclidean Inner Product 𝒰 ∘ 𝒱 didefinisikan sebagai:

∥ 𝒰 ∥ ∥ 𝒱 ∥ cos θ ; 𝒰 ≠ 0 𝑑𝑎𝑛 𝒱 ≠ 0

𝒰 ⋅ 𝒱 =

0 ; 𝒰 = 0 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝒱 = 0

𝑃1𝑃2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑂𝑃2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ − 𝑂𝑃1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝒱 − 𝒰

P1

P2

u

θ v

Hukum atau Aturan kosinus:

∥ 𝒱 − 𝒰 ∥2=∥ 𝒰 ∥2+∥ 𝒱 ∥2− 2 ∥ 𝒰 ∥∥ 𝒱 ∥ cos 𝜃

𝒰 𝑑𝑎𝑛 𝒱 ∈ 𝑅2 dengan 𝒰 = (𝒰1, 𝒰2)𝑑𝑎𝑛 𝒱 = (𝒱1, 𝒱2) maka diperoleh:

∥ 𝒰 ∥2= 𝒰12 +𝒰2

2

∥ 𝒱 ∥2= 𝒱12 + 𝒱2

2

∥ 𝒱 − 𝒰 ∥2=∥ (𝒱1 −𝒰1 ,𝒱2 − 𝒰2) ∥2

= (𝒱1 −𝒰1)2 + (𝒱2 −𝒰2)

2

= 𝒱12 − 2𝒱1𝒰1 +𝒰1

2 + 𝒱22 − 2𝒱2𝒰2 +𝒰2

2

∥ 𝒱 − 𝒰 ∥2=∥ 𝒰 ∥2+∥ 𝒱 ∥2− 2 ∥ 𝒰 ∥∥ 𝒱 ∥ cos 𝜃

∥ 𝒱 − 𝒰 ∥2=∥ 𝒰 ∥2+∥ 𝒱 ∥2− 2𝒰 ⋅ 𝒱

𝒰 ∘ 𝒱 =1

2[‖𝒰‖2 + ‖𝒱‖2 − ‖𝒱 − 𝒰‖2]

𝒰 ⋅ 𝒱 =1

2[𝒰1

2 +𝒰22 + 𝒱1

2 +𝒱22 − (𝒱1

2 +𝒰12 − 2𝒱1𝒰1 +𝒱2

2𝒰22 − 2𝒱2𝒰2)]

55


=1

2[2𝒰1𝒱1 + 2𝒰2𝒱2]

𝒰 ⋅ 𝒱 = 𝒰1𝒱1 +𝒰2𝒱2

Bila 𝒰,𝒱 𝜖 𝑅3 dengan 𝒰 = (𝒰1, 𝒰2, 𝒰3)𝑑𝑎𝑛 𝒱 = (𝒱1, 𝒱2, 𝒱3), maka:

𝒰 ⋅ 𝒱 = 𝒰1𝒱1 +𝒰2𝒱2 +𝒰3𝒱3

𝒰 ⋅ 𝒱 = ‖𝒰‖‖𝒱‖ cos 𝜃

cos 𝜃 =𝒰 ⋅ 𝒱

‖𝒰‖‖𝒱‖

Teorema Dot Product:

a) 𝒱 ⋅ 𝒱 = ‖𝒱‖2 ⟹ ‖𝒱‖=(𝒱 ⋅ 𝒱)1

2

b) 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝒰 𝑑𝑎𝑛𝒱 vektor - vector tak nol , dan θ sudut antara kedua vector , maka:

i. θ mirip sudut lancip jika dan hanya jika 𝒰 ⋅ 𝒱 > 0

ii. θ mirip sudut tumpul jika dan hanya jik

iii. θ=𝜋

2= 90°(𝑠𝑖𝑘𝑢 − 𝑠𝑖𝑘𝑢) jika dan hanya jika 𝒰 ⋅ 𝒱 = 0

Teorema

Jika 𝒰,𝒱 𝑑𝑎𝑛 𝒲 adalah vector pada 𝑅2atau 𝑅3,𝑘 suatu scalar maka:

a. 𝒰 ⋅ 𝒱 = 𝒱 ⋅ 𝒰

b. 𝒰 ⋅ (𝒱 +𝒲) = 𝒰 ⋅ 𝒱 + 𝒰 ⋅𝒲

c. 𝑘(𝒰 ⋅ 𝒱) = (𝑘𝒰) ⋅ 𝒱 = 𝒰 ⋅ (𝑘𝒱)

d. 𝒱 ⋅ 𝒱 > 0 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑑𝑎𝑛 ℎ𝑎𝑛𝑦𝑎 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝒱 ≠ 0 𝑑𝑎𝑛 𝒱 ⋅ 𝒱 = 0 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝒱 = 0

3.5 Vektor - Vektor Ortogonal

Vektor tegak lurus disebut juga vektor orthogonal. Dua vektor tak nol 𝒰 𝑑𝑎𝑛𝒱 dimana

𝒰 ⊥ 𝒱 jika dan hanya jika 𝒰 ⋅ 𝒱 = 0

y

a

P1(x1,y1)

P2(x2,y2)

x

b

ax+by+c=0

56


Akan dibuktikan 𝑛 ⊥ 𝑃1𝑃2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗

Dimana P1 dan P2 berada pada garis ax+by+c=0

Vektor n = (a,b) vector normal garis

Maka :

P1(x1,y1) ax1+by1+c=0…………(1)

P2(x2,y2) ax2+by2+c=0…………(2)

Persamaan 2 dan1 di eliminasi sehingga memperoleh a(x2-x1)+b(y2-y1)=0………..(3)

n = (a,b)

𝑃1𝑃2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (x2-x1, y2-y1)

𝑛 ⋅ 𝑃1𝑃2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (𝑎, 𝑏) ⋅ (𝑥2 − 𝑥1, 𝑦2 − 𝑦1)

= 𝑎(𝑥2 − 𝑥1) + 𝑏(𝑦2 − 𝑦1) = 0 (terbukti)

3.6 Proyeksi Ortogonal

W2 W2

W2

U Q U U

Q W1 a a W1 W1 Q

W1+ W2 = W1 +( U- W1)

= U

W1 // a dan W2 a

W1= proyeksi ortoganal dari U pada a atau komponen vector U sepanjang / sejajar a

dinotasikan sebagai ProyaU

W1= ProyaU

W2= komponen vektor U yang orthogonal terhadap a

W2= U- W1=U- ProyaU

Teorema

Jika 𝒰 𝑑𝑎𝑛 𝒶 adalah vector - vector dalam ruang berdimensi 2 atau ruang berdimensi 3

jika 𝒶 ≠ 0 maka:

57


𝑃𝑟𝑜𝑦𝒶𝒰 =𝒰 ⋅ 𝒶

‖𝒶‖2∙ 𝒶

𝒰 − 𝑃𝑟𝑜𝑦𝒶𝒰 = 𝒰 −𝒰 ⋅ 𝒶

‖𝒶‖2∙ 𝒶

Contoh :

𝒰 = (2,−1,3)𝑑𝑎𝑛 𝒶 = (4.−1,2)

𝑃𝑟𝑜𝑦𝒶𝒰 =8 + 1 + 6

21⋅ (4. −1,2)

=15

21⋅ (4. −1,2) = (

20

7, −3

7,10

7)

𝒰 − 𝑃𝑟𝑜𝑦𝒶𝒰 = (2,−1,3) − (20

7,−3

7,10

7) = (−

6

7,−2

7,11

7)

Untuk panjang komponen vektor 𝒰 ∥ 𝒶:

‖𝑃𝑟𝑜𝑦𝒶𝒰‖ = ‖𝒰 ⋅ 𝒶

‖𝒶‖2∙ 𝒶‖

= |𝒰 ⋅ 𝒶

‖𝒶‖2| ‖𝒶‖

=|𝒰 ⋅ 𝒶|

‖𝒶‖2‖𝒶‖

=|𝒰 ⋅ 𝒶|

‖𝒶‖

=‖𝒰‖‖𝒶‖|cos 𝜃|

‖𝒶‖

= ‖𝒰‖|cos 𝜃|

Jarak dari suatu titik pada bidang ke suatu garis.

y

D

Q(X1,Y1) Po(Xo,Yo)

D=?

ax+by+c=0

x

58


jarak D = panjang proyeksi orthogonal dari

𝐷 = 𝑄𝑝0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗‖𝑃𝑟𝑜𝑦𝑛𝑄𝑝0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗‖ = |𝑄𝑝0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ⋅ 𝑛

‖𝑛‖|

𝑄𝑝0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (𝑥0 − 𝑥1, 𝑦0 − 𝑦1)

𝑄𝑝0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ⋅ 𝑛 = (𝑎, 𝑏)(𝑥0 − 𝑥1, 𝑦0 − 𝑦1)

= 𝑎(𝑥0 − 𝑥1) + (𝑦0 − 𝑦1)

‖𝑛‖ = √𝑎2 + 𝑏2

𝐷 = |𝑄𝑝0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ⋅ 𝑛

‖𝑛‖| =

|(𝑥0 − 𝑥1) + (𝑦0 − 𝑦1)|

√𝑎2 + 𝑏2=(𝑎𝑥0 − 𝑎𝑥1 + 𝑏𝑥0 − 𝑏𝑦1)

√𝑎2 + 𝑏2

𝑇𝑖𝑡𝑖𝑘 𝑄(𝑥1, 𝑦1)𝑏𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0

Maka 𝑐 = −𝑎𝑥 − 𝑏𝑦

Diperoleh

𝐷 =|𝑎𝑥0 + 𝑏𝑦0 + 𝑐|

√𝑎2 + 𝑏2

Contoh :

Jarak titik (-1,2) ke garis 4x+3y-6=0

𝐷 =|4.−1 + 3.2 − 6|

√42 + 32=4

5

3.7 Jarak Antara Titik Dan Garis

X

Y

D

n = (a, b)

P0(x0, y0)

D

ax + by + c = 0

Q(x1, y1)

59


Misalkan Q(x1, y1) adalah titik sebarang pada garis dan tempatkan vector n = (a,

b) sedemikian rupa sehingga titik awalnya berimpitan dengan Q. Jarak D

sebanding dengan panjang dari proyeksi orthogonal QP0 pada n, sehingga : projn

D = n

nQP

0

0QP proj tetapi yyxxQP

10100,

yyxxQP ban10100

ban22

sehingga

D =

ba

yyxx ba

22

1010

……………..persamaan 1

Karena titik Q(x1, y1) terletak pada garis tersebut, koordinatnya memenuhi

persamaan garis tersebut sehingga :

ax1 + by1 + c = 0 atau c = - ax1 – by1, substitusikan pernyataan tersebut ke dalam

persamaan 1, maka menghasilkan : D =

ba

yx cba

22

00

3.8 Hasilkali Silang (Cross Product)

Definisi : jika u = (u1, u2, u3) dan v = (v1, v2, v3) adalah vector- vector pada

ruang berdimensi 3, maka cross product u x v adalah vector yang didefinisikan

sebagai :

(u2v3 – u3v2, u3v1 – u1v3, u1v2 – u2v1)

Atau dalam notasi determinan :

vvuu

vvuu

vvuu

vu21

21

31

31

32

32 ,,

Teorema : Hubungan Hasilkali Silang dengan Hasilkali Titik

a) u (u x v) = 0

b) v (u x v) = 0

c) vuvuvu 2222

d) u x (v x w) = (u w)v – (u v)w

60


e) (u x v) x w = (u w)v – (v w)u

Teorema : Sifat – sifat Hasilkali Silang

a) u x v = - (v x u)

b) u x (v + w) = (u x v) + (u x w)

c) (u + v) x w = (u x w) + (v x w)

d) k(u x v) = (ku) x v = u x (kv)

e) u x 0 = 0 x u = 0

f) u x u = 0

3.9 Vektor Pada Garis Dan Bidang Dalam Ruang Tiga Dimensi

P0(x0, y0, z0)P(x, y, z)

x

y

z

l

V = (a, b, c)

Persamaan dari bidang yang melewati titik P0 (x0, y0, z0) dan memiliki vector

taknol n = (a, b, c) sebagai normalnya, dimana bidang tersebut terdiri dari tepat titik P(x, y,

z) dengan vector PP0 adalah orthogonal terhadap n, yaitu : 0

0 Pn P , karena

),,(0000 zyxP zyxP , maka persamaan di atas dapat ditulis kembali sebagai a(x

- x0) + b(y – y0) + c(z – z0) = 0 (disebut sebagai bentuk normal – titik dari persamaan suatu

bidang).

l adalah garis pada ruang berdimensi 3 yang melalui P0(x0, y0, z0) dan P(x, y, z), dimana

PP0 parallel v, maka dapat dinyatakan :

61


tvPP 0

, dimana t adalah suatu scalar

(x – x0, y – y0, z – z0) = (ta, tb, tc)

x - x0 = ta

y - y0 = tb persamaan parametric garis

z – z0 = tc

Teorema : Jarak antara Suatu Titik dan Suatu Bidang

Jarak D antara titik P0(x0, y0, z0) dan bidang ax + by + cz + d = 0 adalah

D =

cba

zyx dcba

222

000

contoh 1 : jika v = ( 1,-3,2) dan w =(4,2,1) maka :

v+w = (5,-1,3) 2v = (2,-6,4)

jika titik pangkal suatu vektor tidak berada pada titik asal misalkan p1= ( x1, y1, z1)

dan titik ujungnya misalkan p2=(x2, y2, z2) maka vektor v = p1 p2 = (x2 - x1, y2 - y1, z2 - z1)

contoh 2 : komponen vektor v = p1 p2 dengan titik pangkal p1 (2,-1,4) dan titik ujung

p2 = (7,5,-8) adalah : v = (7 - 2, 5- ( - 1), (- 8) – 4) = ( 5, 6, - 12)

Latihan Bab III

1. Tentukan x dan y yang memenuhi :

a. (x, y+1) = (y-2, 6) b. (4, y) = x(2, 3) c. x(2,y) = y(1, -2)

2. Tentukan nilai x, y, z dimana (x, y+1,y+z) = (2x+y,4,3z)

3. Nyatakan vektor v = (1, -2, 5) sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor

u1 = (1,1,1) ; u2 = (1,2,3); dan u3 = (2,-1,1) sehingga dapat dinyatakan sebagai :

v = k1 u1 + k2 u2 + k3 u3

Tentukan nilai ki , i=1,2,3

4. Nyatakan vektor

16

3

9

v sebagai kombinasi linear dari ui, i = 1,2,3 dengan

62


3

3

1

1u ,

1

5

2

2u dan

3

2

4

3u

5. Tentukan nilai k sehingga vektor u dan v saling ortogonal:

a. u = (3, k, -2) dan v = (6, -4, -3)

b. u = (5, k, -4, 2) dan v = (1, -3, 2, 2k)

c. u = (1, 7, k+2, -2) dan v = (3, k,-3, k)

6. Jika diketahui u = 3i – 4j + 2k , v = 2i + 5j – 3k, w = 4i + 7j + 2k

Tentukan :

a. u x v b. u x w c. v x w d. v x u e. w x v

7. Tentukan vektor satuan u yang ortogonal terhadap :

a. v = (1, 2, 3) dan w = (1, -1, 2)

b. v = 3i – j + 2k dan w = 4i – 2j – k

8. Untuk vektor-vektor seperti soal no 6, tunjukkan bahwa :

a. (u + v) w = u w + v w b. w (u + v) = w u + w v

9. Tentukan titik potong bidang 3x – 2y + 2 = 44 dan garis dengan persamaan

parametrik x = 3 + 2t, y = 1 – 2y, z = 5 + 4t

63


BAB IV

RUANG VEKTOR EUCLIDEAN

4.1 Ruang Berdimensi-n Euclidean

Beberapa definisi vektor dalam Rn.

Dua buah vektor, u=(u1, u2, u3, …, un) dan v=(v1, v2, v3, …, vn) dalam Rn disebut

sama jika:

u1=v1, u2=v2, u3=v3, …, un=vn

Jumlah u+v didefinisikan sebagai:

u+v= (u1+v1, u2+v2, u3+v3, …, un+vn)

Jika k adalah sembarang skalar, perkalian skalar ku didefinisikan sebagai:

ku= (ku1, ku2, ku3, …, kun)

Jika u= (u1, u2, u3, …, un) adalah sembarang vektor dalam Rn, maka negatif (atau

invers aditif) dari u dinyatakan dengan –u dan didefinisikan sebagai:

-u = (-u1, -u2, -u3, …, -un)

Selisih vektor- vektor dalam Rn

v-u= (v1-u1, v2-u2, v3-u3, …, vn-un)

Dalam bentuk komponen-komponen:

u-v= (u1-v1, u2-v2, u3-v3, …, un+vn)

u, v adalah vektor- vektor dalam Rn, hasil kali dalam Eucliden u₀v didefinisikan

sebagai:

u₀v = u1v1+u2v2+u3v3+…+unvn

Jika dua vektor u, v adalah vektor-vektor dalam Rn maka u dan v saling

orthogonal bila u₀v = 0

Sifat-sifat operasi vektor dalam ruang Berdimensi-n (Rn)

Teorema 4.1 jika u, v, w adalah vektor-vektor dalam Rn ;dan k, l adalah skalar, maka:

a. u+v = v+u

b. u+(v+w) = (u+v)+w

64


c. u+0 = 0+u = u

d. u+ (-u) = 0, sehinnga u-u=0

e. k(lu) = kl (u)

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

g. (k+l)u =ku + lu

h. lu=u; l=1

Teorema 4.2 : jika u, v, w Rn dan k sembarang skalar

maka:

a. u∙v = v∙u

b. (u+v).w = u.w + v.w

= w.u + w.v

= w. (u+v)

c. (ku).v =k(u.v)

d. v.v≥0 ; v.v=0 jika hanya jika v=0

Contoh pembuktian :

(u+v).w = (u1+v1, u2+v2, u3+v3, …, un+vn).(w1, w2, w3, … , wn)

= (u1+v1)w1 + (u2+v2)w2 + (u3+v3)w3+ … +(un+vn)wn

= [(u1w1 + v1w1), (u2w2 + v2w2), (u3w3 + v3w3), … ,(unwn + vnwn)]

= (u1w1, u2w2, u3w3, …, unwn) + (v1w1, v2w2, v3w3, …, vnwn)

= u.w + v.w

= w.u + w.v

Jika u, v, w Rn dan k sembarang skalar

maka:

a. u∙v = v∙u

b. (u+v).w = u.w + v.w

= w.u + w.v

= w. (u+v)

c. (ku).v =k(u.v)

65


d. v.v≥0 ; v.v=0 jika hanya jika v=0

Contoh pembuktian :

(u+v).w = (u1+v1, u2+v2, u3+v3, …, un+vn).(w1, w2, w3, … , wn)

= (u1+v1)w1 + (u2+v2)w2 + (u3+v3)w3+ … +(un+vn)wn

= [(u1w1 + v1w1), (u2w2 + v2w2), (u3w3 + v3w3), … ,(unwn + vnwn)]

= (u1w1, u2w2, u3w3, …, unwn) + (v1w1, v2w2, v3w3, …, vnwn)

= u.w + v.w

= w.u + w.v

Contoh soal:

1. Anggap u=(1, 2, 3, 4), v=(-3, 2, 3, 4), dan w=( 1, 1, 2, 0), carilah:

a. (3v+w).(2u+v)

b. 2(u-v)

Jawab:

1.a. (3v+w).(2v+w) =(3v).(2v+w) + (w).(2v+w)

=[(3(-3,2,3,4)).(2(-3,2,3,4)+(1,1,2,0)]+

[(1,1,2,0).(2(-3,2,3,4)+(1,1,2,0)]

=[(9,6,9,12).(6,4,6,8)+(1,1,2,0)]+[(1,1,2,0).(6,4,6,8)+(1,1,2,0)]

=[(-54,24,54,96)+ (1,1,2,0)]+[(6,4,12,0)+(1,1,2,0)]

=(-53,25,56,96)+(7,5,14,0)

=(-46,30,70,96)

b. 2(u-v) = 2 [(1, 2, 3, 4) - (-3, 2, 3, 4)]

= 2(4, 0, 0, 0)

= (8, 0, 0, 0)

66


Teorema 4.3 (Ketaksamaan Cauchy-Schwarz dalam Rn)

Jika u, v, Є-Rn : v = (u1,u2,…un) dan v= (v1,v2,…,vn) adalah vektor-vektor dalam

Rn, maka :

|u.v| ≤ ║u║║v║ atau dinyatakan dalam bentuk komponen-komponennya

|u1v1+u2v2+….+unvn| ≤ (𝑢12 + 𝑢2

2 +⋯+ 𝑢𝑛2)1/2 (𝑣1

2+𝑣22 +⋯+ 𝑣𝑛

2)1/2

Dari rumus tersebut, jika u dan v adalah vektor-vektor tak nol dalam R2 atau R3, maka

|u.v| = |║u║║v║cos θ| = ║u║║v║|cosθ| ≤ ║u║║v║ dan

Jika u=0 dan v=0, maka kedua ruas dari (3) adalah nol, sehingga ketaksamaan tersebut

juga berlaku utuk kasus ini.

Teorema 4.4

Dimana kita akan membuktikan teorema 4.4 dengan mencoba salah satunya dengan

membuktikan (d)

Bukti (d). ||U+V||2 = (U+V).(U+V)=(U.U)+2(U.V)+(V.V)

= ||U||2+2(U.V)+||V||2

||U||2+2|U.V|+||V||2 sifat nilai mutlak

||U||2+2||U|| ||V||+||V||2 ketaksamaan Cauchy-Schwarz

(||U||+||V||)2

𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑔𝑖𝑎𝑛 (𝑑)𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑖𝑛𝑖 𝑑𝑖𝑘𝑒𝑛𝑎𝑙 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑔𝑎𝑖 𝑘𝑒𝑡𝑎𝑘𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎

𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑖𝑛𝑖 𝑚𝑒𝑟𝑎𝑚𝑝𝑎𝑡𝑘𝑎𝑛 ℎ𝑎𝑠𝑖𝑙 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑘𝑖𝑡𝑎 𝑘𝑒𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑔𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖

𝐸𝑢𝑐𝑙𝑖𝑑𝑒𝑎𝑛 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑛𝑦𝑎𝑡𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑏𝑎ℎ𝑤𝑎 𝑗𝑢𝑚𝑙𝑎ℎ 𝑑𝑢𝑎 𝑠𝑖𝑠𝑖 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑝𝑎𝑙𝑖𝑛𝑔 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘

𝑠𝑎𝑚𝑎 𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟𝑛𝑦𝑎 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑠𝑖𝑠𝑖 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎𝑛𝑦𝑎

Jika U, V € Rn dan k adalah sembarang skalar, maka

a) ||U||≥0

b) ||U||=0 jika dan hanya jika u=0

c) ||kU||=|k||U||

d) ||U+V||≤||U||+||V|| (ketaksamaan segitiga)

67


Dengan gambar:

U+V

V

U

Teorema 4.5

Dimana kita akan membuktikan teorema 4.5 dengan mencoba salah satunya dengan

membuktikan (d)

Bukti (d). d(U,V)=||U-V||=||(U-W)+(W-V)||

||U-W||+||W-V||= d(U,W)+ d(W,V)

Teorema 4.6

Bukti ||U+V||2=(U+V). (U+V)=||U||2+2(U.V)+||V||2

|U-V||2=(U-V). (U-V)=||U||2-2(U.V)+||V||2

4.2 Ortogonalitas ( Ketegaklurusan )

Definisi:

Dua vektor 𝑢 dan 𝑣 dalam 𝑅𝑛 disebut ortogonal jika 𝑢 . 𝑣 = 0.

||U+V|| ||U||+||V||

Jika U, V, dan W adalah vektor-vektor dalam Rn dan k adalah

sembarang sekalar, maka:

a) d(U,V) 0

b) d(U,V)=0 jika dan hanya jika U=V

c) d(U,V)= d(U,V)

d) d(U,V) ≤d(U,W)+ d(W,V) (ketaksamaan segitiga)

Jika U dan V adalah vektor-vektor dalam Rn dengan hasil kali

dalam Euclidean, maka

U.V= 22 ||||4

1||||

4

1VUVU

68


Contoh:

Dalam ruang Euclidean R4 vektor – vektor u=(-2,3,1,4); v=(1,2,0,-1) adalah orthogonal

karena u.v= (-2)(1)+(3)(2)+(1)(0)=0

Bila 𝑢 tegak lurus 𝑣 maka:

‖𝑢 + 𝑣‖2 = ‖𝑢‖2 + ‖𝑣‖2

jika vektor 𝑢 dan 𝑣 dinyatakan dalam matriks

𝑢 = [

𝑢1𝑢2⋮𝑢𝑛

] ; 𝑣 = [

𝑣1𝑣2⋮𝑣𝑛

]

𝑢. 𝑣 = 𝑣𝑇𝑢

𝑣𝑇𝑢 = [𝑣1 𝑣2 … 𝑣𝑛] [

𝑢1𝑢2⋮𝑢𝑛

] = 𝑢1𝑣1 + 𝑢2𝑣2 +⋯+ 𝑢𝑛𝑣𝑛

Karena 𝑢. 𝑣 = 𝑣. 𝑢 → 𝑣𝑇 𝑢 = 𝑢𝑇 𝑣

Jika A suatu matriks 𝑛 × 𝑛, maka:

𝐴 𝑢 . 𝑣 = 𝑣𝑇(𝐴𝑢)

= (𝑣𝑇 𝐴) 𝑢

= (𝐴𝑇 𝑣) T u

= 𝑢. 𝐴𝑇 𝑣

𝑢 . 𝐴 𝑣 = (𝐴𝑣) T u

= 𝑣𝑇𝐴𝑇 𝑢

= 𝑣𝑇(𝐴𝑇 𝑢)

= 𝐴𝑇 𝑢 . 𝑣

Contoh:

𝐴 = [1 −2 12 1 0−1 1 1

] 𝑢 = [123] 𝑣 = [

10−1]

𝑢. 𝐴𝑣 = [123] . [

1 −2 12 1 0−1 1 1

] [10−1]

69


= [123] . [

02−2]

= 0 + 4 − 6 = −2

𝐴𝑇 𝑢 . 𝑣 = [1 2 −1−2 1 11 0 1

] [123] . [

10−1]

= [234] . [

10−1]

= 2 + 0 − 4 = −2

∴ 𝒖. 𝑨𝒗 = 𝑨𝑻 𝒖 . 𝒗

Pandangan hasil kali titik mengenai perkalian matriks

𝐴 = [𝑎𝑖𝑗] ; 𝐵 = [𝑏𝑖𝑗]

𝑚 × 𝑟 𝑖 = 1,… ,𝑚 𝑟 × 𝑛 𝑖 = 1,… , 𝑟

𝑗 = 1,… , 𝑟 𝑗 = 1, … , 𝑛

(𝐴𝐵)ij = 𝑎𝑖1𝑏1𝑗 + 𝑎𝑖2𝑏2𝑗 +⋯+ 𝑎𝑖𝑟𝑏𝑟𝑗

≈ Unsur ke- ij dari AB = [𝑎𝑖1 𝑎𝑖2 … 𝑎𝑖𝑟]

[ 𝑏1𝑗𝑏2𝑗⋮𝑏𝑟𝑗]

= Baris ke- i matriks A . kolom ke- j matriks B

𝐴 = [

𝑟1𝑟2⋮𝑟𝑚

] ; 𝐵 = [𝐶1 𝐶2 … 𝐶𝑛]

𝑚 × 𝑟 𝑟 × 𝑛

𝐴𝐵 = [

𝑟1. 𝐶1 𝑟1. 𝐶2 … 𝑟1. 𝐶𝑛𝑟2. 𝐶1 𝑟2. 𝐶2 … 𝑟2. 𝐶𝑛⋮

𝑟𝑚. 𝐶1

⋮𝑟𝑚. 𝐶2

⋮… 𝑟𝑚. 𝐶𝑛

]

70


𝑆𝑃𝐿: 𝐴 𝑥 = 𝑏

𝑚 × 𝑛 𝑛 × 1 𝑚 × 1

[

𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 + ⋯ 𝑎1𝑛𝑥𝑛𝑎21𝑥1 + 𝑎22𝑥2 + ⋯ 𝑎2𝑛𝑥𝑛

⋮𝑎𝑚1𝑥1 +

𝑎𝑚2𝑥2 +

⋯

𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛

] = [

𝑏1𝑏2⋮𝑏𝑚

]

[ (𝑎11,𝑎12,… ,𝑎1𝑛) . (𝑥1,𝑥2,… ,𝑥𝑛)

(𝑎21,𝑎22,… ,𝑎2𝑛) . (𝑥1,𝑥2,… ,𝑥𝑛)

⋮(𝑎𝑚1,𝑎𝑚2,… ,𝑎𝑚𝑛) .

⋮(𝑥1,𝑥2,… ,𝑥𝑛)]

= [


]

[

𝑟1 .𝑥𝑟2 .𝑥⋮

𝑟𝑚 . 𝑥

] = [


]

Contoh soal:

Berikut ini adalah contoh suatu system linear yang dinyatakan dalam bentuk

hasil kali titik:

3x1 – 4x2 + x3 = 1

2x1 – 7x2 – 4x3 =5

x1 + 5x2 – 8x3 = 0

[

(3, −4,1) (𝑥1 , 𝑥 2 , 𝑥3)

(2, −7, −4) (𝑥1 , 𝑥2, 𝑥3)(1,5, −8) (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3)

] = [150]

[

𝑟1. 𝑥𝑟2. 𝑥𝑟3. 𝑥

] = [

𝑏1𝑏2𝑏3

]

4.3 Transformasi Linear Dari Rn Ke Rm

Fungsi – fungsi dari Rn ke R

A B A B

a b

f

71


Fungsi adalah suatu aturan f yang menghubungkan setiap unsure dalam A ke satu

dan hanya satu unsur dalm B

Jika f menghubungkan unsur b dengan unsur a, maka ditulis b = f(a), dikatakan :

(-) b adalah bayangan dari a dibawah f

(-) f (a) adalah nilai f di a

Himpunan A disebut daerah asal (Dominan) : himpunan unsur yang akan dipetakan

Himpunan B disebut daerah kawan (kodanain) : himpunan unsur yang dipadankan

dari unsur – unsur pada A

Daerah hasil (Range) adalah himpunan bagian dari B yang terdiri dari semua nilai

yang mungkin untuk f ketika nilai a berubah – ubah dalam A.

Dua buah fungsi dikatakan sama, f1 = f2 jika kedua fungsi memiliki dominant yang sama

dan f1 (a) = f2 (a) suatu fungsi f : Rn → R, ditulis sebagai :

w = f (x1, x2, …., xn)

Contoh : f(x) = x2 => f : R → R

f(x,y) = 2x – 4y => f : R2 → R

f (x,y,z) = x + 2y –z => f : R3 → R

Transformasi Linear Dari Rn Ke Rm

- Transformasi linear adalah transformasi yang dituliskan sebagai T : Rn → Rm dan

didefinisikan oleh persamaan – persamaan linear

- Jika m = n maka transformasi linear dikatakan sebagai operator linear

- Definisi transformasi linear T : Rn → Rm dalam SPL :

w1 = a11x1 + a12x2 + ……+a1nxn

w2 = am1x1 + am2x2 + ……+amnxn

dalam notasi matriks :

w1 a11 a12 … a1n x1

w2 = a21 a22 … a2n x2

wn am1 am2 … amn xn

w = Ax

Matriks A = [aij] disebut matriks standar untuk transformasi linear T

72


T disebut perkalian dengan A

Contoh T : R3 → R2 yang didefinisikan oleh persamaan

w1 = 2x1 – x2 + 3x3 = w1 = 2 -1 3 x1

w2 = x1 + x2 – x3 w2 1 1 -1 x2

x3

maka bayangan dari titik (1,2,-1) adalah …..

w1 = 2 -1 3 1 -3

w2 1 1 -1 2 = 4

-1

Beberapa maslah notasi :

Jika T : Rn → Rm dengan A adalah matriks standar untu T, maka transformasi

linear T : Rn → Rm dinyatakan dengan TA : Rn → Rm

Ta(x) = Ax : kadang – kadang matriks standar untuk T dinyatakan dengan [T]

T(x) = [T]x

Kadang kedua penulisan matriks standar dicampur, dengan hubungan : [Ta] = A

73


4.4 Geometri Transformasi Linear

T memetakan titik ke titik T memetakan vector ke vector

Jika O matriks nol berukuran m x n dan O vektor nol dalam Rn, untuk setiap

vektor x dalam Rn berlaku :

To9x) = OX = o : To transformasi nol dari rn ke Rm

Jika I matriks identitas berukuran n x n, maka untuk setiap vektor x dalam Rn :

TI(x) = Ix = x; TI operator identitas pada Rn

Operator Pencerminan

x

T (x)

T (x)

x

y

x w = T(x) x

(x,y) (-x,y) (x,y,z)

z

y

z

x

Pencerminan terhadap sumbu y

w 1= -x

w2 = y

w = -1 0 x

0 1 y

Pencerminan terhadap bidang -x y

w 1= -x

w2 = y

w3 = -z

w = 1 0 0 x

0 1 0 y

0 0 -1 z

74


Operator Proyeksi

Operator Rotasi

w1 = r [cosα . cosθ – sinα sinθ] = cosα . cosθ – sinα sinθ

w1 = x cos θ – y sin θ

w2 = r [sinα cosθ + cosα sinθ]

x

y

x

x,y

w x,0

Proyeksi orthogonal pada sumbu –x

w1 = x 1 0 x

w2 = 0 0 0 y W =

z

(x,y,z)

y

x (x,y,o)

Proyeksi orthogonal pada sumbu –xy

w1 = x 1 0 0 x

w2 = y 0 0 0 y

w3= 0 0 0 0 z

W =

x

Y

r y

r α

θ (x,y)

w (w1,w2)

x = r cosα

y = r sin α

w1 = r cos (α+θ)

w2 = r sin (α+θ)

75


= r sinα cosθ + r cos α sinθ = Y cosθ + x sin θ

w1 = x cosθ – y sin θ cosθ – sinθ x

w2 = x sin θ + y cos θ sinθ cosθ y

≈ Pelebaran

≈ Penyempitan

w = k o x

o k y (k) ≥ 1 → Pelebaran

w = k o o x

o k o y d ≤ | k | < 1 → Penyempitan

o o k z

4.5 Sifat- sifat transformasi linear dari Rn → Rm

Definisi: suatu transformasi linear T : Rn → Rm disebut satu-satu jika T

memetakan vektor-vektor (titik-titik) yang berbeda pada Rn ke vektor-vektor (titik-titik)

yang berbeda pada Rm.

Teorema 4.7

Jika A adalah suatu matrik n x n dan TA : Rn → Rn adalah perkalian dengan A, maka

pernyataan berikut equivalen.

a. A dapat dibalik

b. Daerah hasil dari TA adalah Rn

c. TA adalah satu-satu

Invers dari sebuah operator linear satu-satu.

Jika TA : Rn → Rn adalah suatu operator linear satu-satu maka matriks A dapat dibalik jadi

TA : Rn → Rn adalah sebuah operator linear ; disebut invers dari TA

xIxAxAxTT

xIxxAAxTT

AA

AA

1

1

1

1

W =

76


Secara equivalen

IAAA

IAAAA

TATTT

TTTT

11

11

Masalah notasi.

Jika operator linear satu-satu pada Rn dituliskan sebagai T : Rn → Rn (dan bukannya TA ),

maka invers dari operator T dinyatakan dengan 1T (bukan 1

AT ).

11

TT

A

Sifat-sifat kelinearan

Suatu transformasi T : Rn → Rm adalah linear jika dan hanya jika hubungan berikut

ini berlaku untuk semua vector u dan v pada Rn dan setiap sekalar c

a. T(u+v)=T(u)+T(v)

b. T(cu)=cT(u)

Bukti:

Misalnya T adalah transformasi linear: A matriks standar u/T

T(u+v)=A(u+v)=Au+Av=T(u)+T(v)

T(cu)=A(cu)=c(Au)=cT(u)

Jika T : Rn → Rm adalah suatu operator linear, maka suatu saklar disebut nilai

eigen dari T jika ada suatu x tak nol pada Rn sedemikian sehingga

xxT

Vektor-vektor tak nol x memenuhi pesamaan ini disebut vektor eigen dari T yang

berpadanan dengan

Ringkasan : teorema 4.9

Jika A adalah suatu matriks n x n, dan jika TA : Rn → Rn adalah perkalian dengan

A, maka pernyataan-pernyataan berikut ini equivalen

a. A bisa dibalik

b. Ax=0 hanya mempunyai solusi trivial

c. Bentuk eselon baris tereduksi dari A adalah I

d. A dapat dinyatakan sebagai suatu hasil kali matriks-matriks dasar

77


e. Ax=b konsisten untuk setiap matriks b(n x 1)

f. Ax=b tepat punya satu solusi untuk setiap b(n x 1)

g. Det(A) 0

h. Daerah hasil TA adalah Rn

i. TA adalah satu-satu

Latihan Bab IV

1. Uraikan bentuk berikut berkaitan dengan ruang Hasilkali dalam:

a. 2121 76,85 vvuu b. 2

32 vu

2. Bila ruang hasilkali dalam didefinisikan sebagai 2211 3, vuvuvu maka untuk u

= ( 2, 1) dan v = (1,-1) , tentukan :

a. u,v b. || u|| c. Cosinus sudut antara u dan v

3. Ingat bahwa suatu transformasi T : V W (V, W suatu ruang vektor) disebut

sebagai transformasi linear jika :

i. Untuk sembarang vektor v1 dan v2 di V berlaku T(v1 + v2) = T(v1) +

T(v2)

ii. Untuk sembarang bilangan real k dan v di V berlaku T(kv) = k T(v)

Bila didefinisikan T(x,y) = A(x,y) dengan A =

21

20

11

, dengan menggunakan

sifat-sifat di atas, apakah T merupakan transformasi linear?

4. Bila u, v, w R4 dengan u=(1,1,-1,1), v=(2,1,1,1), w=(3,1,4,1). Selidiki apakah

ketiga vektor tersebut bebas linear atau terpaut linear?. Jika ketiga vektor

tersebut terpaut linear, tuliskan hubungan diantara ketiga vektor tersebut!

5. Tentukan matriks standar untuk komposisi operator-operator linear pada R3 :

Rotasi berlawanan arah dengan jarum jam 2700 terhadap sumbu-x, diikuti dengan

rotasi berlawanan arah dengan jarum jam 900 terhadap sumbu-y, diikuti dengan

pencerminan terhadap bidang-xy, kemudian diikuti dengan pelebaran dengan

faktor skala k = 2.

6. Tentukan dua buah unit vektor yang ortogonal terhadap ketiga vektor u = (2,1,-

4,0), v = (-1,-1,2,2), dan w = (3,2,5,4)

78


BAB V

RUANG-RUANG VEKTOR UMUM

5.1 Aksioma Ruang Vektor

Definisi Anggap V adalah sebarang himpunan tak-kosong dari objek di mana dua

operasi didefinisikan yaitu penjumlahan dan perkalian dengan scalar ( bilangan ).Yang

kami maksud dengan penjumlahan adalah suatu aturan yang menghubungkan setiap

pasangan objek u dan v dalam V dengan suatu objek u + v, yang disebut sebagai jumlah

u dan v, yang dimaksud dengan perkalian skalar adalah suatu aturan yang

menghubungkan setiap scalar k dan setiap objek u dalam V dengan objek ku, yang disebut

perkalian skalar dari u dengan k. Jika aksioma berikut ini dipenuhi oleh semua objek u,

v, w dalam V dan semua skala k dan l, maka disebut V sebagai ruang vektor dan disebut

objek dalam V sebagai vektor.

1) Jika u dan v adalah ojek – objek dalam V, maka u + v berada dalam V.

2) u + v = v + u

3) u + (v + w) = (u + v) + w

4) Ada suatu objek 0 dan V, yang disebut suatu vector nol untuk V, sedemikian

sehingga 0 + u = u + 0 = u untuk semua u dalam V.

5) Untuk setiap u dalam V, ada suatu objek –u daam V, yang disebut negatif dari u,

sedemikian sehingga u + (-u) = (-u) + u = 0

6) Jika k adalah sebarang skalar dan u adalah sebarang objek dalam V, maka ku ada

dalam V.

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

8) (k + l)u = ku + lu

9) k(lu) = (kl)u

10) lu = u

Ruang – ruang vektor dimana skalarnya berupa bilangan kompleks disebut Ruang Vektor

Kompleks, sedang apabila scalar merupakan bilangan real disebut ruang Vektor Real.

79


Ruang Vektor dapat berupa vektor, matriks, fungsi dan bidang.

Contoh :

Himpunan semua matriks 2x2 dalam bentuk [𝑎 00 𝑏

] adalah ruang vektor ;km:

u = [𝑢1 00 𝑢2

] ε V ; v = [𝑣1 00 𝑣2

] ε V u + v = [𝑢1 + 𝑣1 00 𝑢2 + 𝑣2

]

juga dalam V dank u = [𝑘𝑢1 00 𝑘𝑢2

] ε V.

Himpunan semua bilangan real positif dengan operasi

𝑥 + 𝑦 = 𝑥𝑦 dan kx = xk adalah suatu ruang vector bila u, v ε V dengan

𝑢 = 𝑥 + 𝑦

𝑣 = 𝑥 − 𝑦

Maka 𝑢 + 𝑣 = (𝑥 + 𝑦)(𝑥 − 𝑦)𝜖 𝑉

𝑘𝑢 = (𝑥 + 𝑦)𝑘 𝜖 𝑉

Himpunan pasangan bilangan real (x , y) dengan operasi (𝑥 , 𝑦) + (𝑥1, 𝑦1) = (𝑥 +

𝑥1, 𝑦 + 𝑦1) dan 𝑘(𝑥 , 𝑦) = (2𝑘𝑥 , 2𝑘𝑦) bukan merupakan ruang vector, karena

tidak memenuhi aksioma :

1u = u ; dalam definisi operasi diatas 𝑘(𝑥 , 𝑦) = (2𝑘𝑥 , 2𝑘𝑦) maka

1(𝑥, 𝑦) = (2𝑥, 2𝑦) ≠ 𝑢 juga : 𝑘 (ℓ(x, y)) = 𝑘 (2ℓx, 2ℓy) = (4kℓ𝑥, 4𝑘ℓy) ≠ (kℓ)

Himpunan semua matriks 2x2 berbentuk [𝑎 11 𝑏

] bukan suatu ruang vector karena :

u = [𝑢1 11 𝑢2

] 𝜖 𝑉 𝑢 + 𝑣 = [𝑢1 + 𝑣1 22 𝑢2 + 𝑣2

]

𝑣 = [𝑣1 11 𝑣2

] 𝜖 𝑉

𝑘𝑢 = [𝑘𝑢1 𝑘𝑘 𝑘𝑢2

] ε V ; 𝑘 ≠ 1

Beberapa Sifat Vektor

Anggap V adalah suatu ruang vektor u suatu vektor dalam V, dan k suatu skalar; maka:

a) 0u = 0

b) K0 = 0

80


c) (-1)u = -u

d) Jika ku = 0, maka k = 0 atau u = 0

Dapat dibuktikan bagian a) dan c) dan meninggalkan bukti lainnya

Bukti :

a). Dapat dituliskan

0u + 0u = (0 + 0)u [Aksioma 8]

= 0u [siat bilangan 0]

Berdasarkan aksioma 5 vektor 0u mempunyai suatu negatif, -0u. Menjumlahkan negatif

ini pada kedua ruas di atas akan menghasilkan

[0u + 0u] + (-0u) = 0u + (-0u) [aksioma 3]

0u + 0 = 0 [aksioma 5]

0u = 0 [aksioma 4]

Bukti c). Untuk menunukkan (-1)u= -u, kita harus menunjukkan bahwa u + (-1)u= 0.

Untuk melihat ini, amati bahwa

u + (-1)u= lu + (-1)u [aksioma 10]

= (1 + (-1))u [aksioma 8]

= 0u [sifat bilangan]

= 0 [Bagian a) di atas]

5.2 Subruang (Subspace)

Definisi suatu himpunan bagian w dari suatu ruang vektor V disebut suatu sub-ruang

dari V jika W sendiri adalah suatu ruang vector dibawah penjumlahan dan perkalian scalar

yang didefinisikan pada V.

Teorema

Jika W adalah suatu himpunan satu atau lebih vector dari ruang vector V, maka W adalah

suatu sub-ruang dari V jika dan hanya jika syarat syarat berikut ini terpenuhi.

a) Jika u dan v adalah vector – vector dalam W, maka u + v ada dalam V.

b) Jika k adalah sembarang skalar dan u adalah sembarang vektor dalam W, maka ku

ada dalam W.

Ruang – ruang Penyelesaian untuk system – system Homogen

Teorema:

81


Jika Ax= 0 Adalah suatu system linear homogen dari m persamaan dalam n

peubah, maka himpunan vektor penyelesaiannya adalah suatu sub-ruang dari Rn.

Bukti:

Anggap W adalah himpunan vektor penyelesaian. Paling tidak ada satu vector

dalam W, yaitu 0. Untuk menunjukkan bahwa W tertututp terhadap penjumlahan dan

perkalian scalar, kita harus menunjukkan bahwa jika x dan x adalah sebarang vektor –

vektor penyelesaian dan k adalah sebarang skalar, maka x + x dan k x juga merupakan

vektor – vektor penyelesaian. Tetapi jika x dan x adalah vektor – vektor penyelesaian,

maka

Ax = 0 dan Ax’=0

Didapatkan bahwa:

A(x + x’) = Ax +Ax’ = 0 + 0 = 0 dan A(kx) = kAx = k0 = 0

Yang membuktikan bahwa x + x’ dan kx dan vektor – vektor penyelesaian.

5.3 Kombinasi Linear

Definisi Suatu vektor w disebut suatu kombinasi linear dari vector-vektor

v1,v2…,v,jika bisa dinyatakan dalam bentuk

w=k1v1 + k2v2 + ….+ krvr

dengan k1,k2,…,kr adalah skalar.

Jika r=1, maka persamaan dalam definisi di atas menjadi w= k1v1; yaitu,w adalah suatu, w

adalah suatu kombinasi linear dari suatu vektor tunggal v1 jika w adalah suatu

pengandaan skala dari v1.

Contoh :

w = (a, b, c) ε R3 merupakan kombinasi linear dari i=(1, 0, 0), j=(0, 1, 0), k=(0, 0,

1), w= ai + bj + ck

P1 = 2 + x + 4x2

P2 = 1 – x + 3x2

P3 = 3 + 2x + 5x2

Bila P= 6 +11x + 6x2 dapat dinyatakan sebagai :

82


[6116] = 𝑘1 [

214] + 𝑘2 [

1−13] + 𝑘3 [

325]; ki real maka P adalah kombinasi linear

dari P1,P2,P3

5.4 Rentang

Jika v1,v2…,v, adalah vektor-vektor dalam suatu ruang vektor V, maka secara

umum beberapa vektor dalam V mungkin merupakan kombinasi linear dari v1,v2…,v, dan

yang lainnya mungkin tidak. Teorema berikut ini menunjukkan bahwa jika menyusun

suatu himpunan W yang terdiri dari suatu vektor-vektor yang dapat dinyatakan sebagai

kombinasi dari v1,v2…,v, itu, maka W membentuk suatu sub-ruang dari V.

Teorema Jika v1,v2…,v, adalah vektor-vektor dalam suatu ruang vector V, maka

(a) Himpunan W semua kombinasi linear dari v1,v2…,v, merupakan suatu sub-ruang

dari v1,v2…,v,.

(b) W adalah sub-ruang terkecil dari V yang berisi v1,v2…,v, dalam pengertian bahwa

setiap sub-ruang lain dari V yang berisi v1,v2…,v, pasti mengandung W.

Bukti (a). Untuk menentukkan bahwa W adalah suatu sub-ruang dari V, kita harus

membuktikan bahwa W tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian scalar paling tidak

ada suatu vektor dalam W, yaitu, 0, karena 0= 0v1,0v2…,0vr jika u dan v adalah vector-

vektor dalam W maka

u= cv1,cv2…,cvr

v= k1v1 + k2v2 + ….+ krvr

dengan c1,c2,…,cr,k1,k2,…,k2adalah skalar. Oleh karena itu,

u + v = (c1 + k1)v1+(c2 + k2)v2 + (cr, + kr)vr.

dan untuk sebarang skalar k,

ku=(c1k1)v1+(c2k2)v2 + (cr,kr)vr

jadi, u + v dank u adlah kombinasi linear dari v1,v2…,vr oleh Karena itu terletak dalam W.

Dengan demilian, W tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian skalar.

Bukti (b). Setiap vektor vi adalah suatu kombinasi linear dari v1,v2…,vr karena bisa

dituliskan

vi = 0v1+ 0v2+…+ 1vi+…0vr

83


oleh karena itu, sub-ruang W mengandung masing-masing vector v1,v2…,vr angga W’

adalah sebarang sub-ruang lainnya yang mengandung v1,v2…,vr karena W’ tertutup

terhadap penjumlahan dan perkalian scalar, maka W’ pasti mengandung setiap vector dari

W.

Merentang

Definisi : jika S={v1,v2,....,vr} sejumlah vektor pada ruang vektor V, maka

subruang W dari V mengandung semua kombinasi linier vektor-vektor dalam S disebut

ruang terentang (ruang yang dibangun) oleh v1,v2,...,vr dan kita katakan bahwa vektor-

vektor v1,v2,...,vr adalah rentang W.

Untuk menunjukkan bahwa W adalah ruang terentang oleh vektor-vektor dalam himpunan

S={v1,v2,...,vr} ditulis : W = rent (S) atau W = rent {v1,v2,...,vr}

Contoh : Tentukan apakah v1 = (1,1,2), v2 = (1,0,1) dan v3 = (2,1,3) merentang ruang

vektor R3.

Penyelesaian :

Kita harus menentukan apakah sembarang vektor b = (b1,b2,b3) dalam R3 bisa dinyatakan

sebagai suatu kombinasi linier dari v1, v2, dan v3 sebagai berikut :

b = k1v1+k2v2+k3v3

Dengan menyatakan persamaan ini dalam bentuk komponen-komponen akan didapatkan :

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

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

k1+k2+2k3 = b1

k1+ k3 = b2

2k1+k2+3k3 = b3

Dalam matriks : [1 1 2 b11 0 1 b22 1 3 b3

] lalu kita cek apakah v1,v2,v3 merentangkan ruang vektor

R3 dengan cara

[1 1 2 b11 0 1 b22 1 3 b3

]B31(-2) [1 1 2 b11 0 1 b20 −1 −1 b3 − 2b1

] B21(-1) [1 1 2 b10 −1 −1 b2 − b10 −1 −1 b3 − 2b1

]

84


B3-B2 [1 1 2 b11 −1 −1 b2 − b10 0 0 b3 − b2 − b1

]

dari hasil di atas kita asumsikan b3 − b2 − b1 ≠ 0 sehingga dari hasil di atas dapat kita

lihat bahwa spl tidak konsisten sehingga v1,v2,v3 tidak merentang R3.

5.5 Bebas Linear

Definisi : Jika S={v1,v2,...,vr} adalah himpunan vektor tak nol, maka :

k1v1 + k2v2 + ….+ krvr = 0

hanya mempunyai satu solusi yaitu k1 = 0 , k2 = 0, ... , kr = 0 (SPL homogen tersebut

memiliki solusi trivial), maka S disebut himpunan yang bebas linear. Bila ada solusi lain,

dinamakan himpunan bergantung linear.

Contoh :

Buktikan jika v1=(2,-1,0,3), v2=(1,2,5,-1), v3=(7,-1,5,8) maka himpunan vektor-vektor S =

{v1,v2,v3} tak bebas secara linear karena 3v1+v2-v3=0

Penyelesian : [

2 1 7 0−1 2 −1 00 5 5 03 −1 8 0

]B42(3) [

2 1 7 0−1 2 −1 00 5 5 00 5 5 0

]B43(-

1) [

2 1 7 0−1 2 −1 00 5 5 00 0 0 0

]B12(2)

[

0 5 5 0−1 2 −1 00 5 5 00 0 0 0

]B31(-1) [

0 5 5 0−1 2 −1 00 0 0 00 0 0 0

]B1(1/5) [

0 1 1 0−1 2 −1 00 0 0 00 0 0 0

]B21(-2)

[

0 1 1 0−1 0 −3 00 0 0 00 0 0 0

]

85


Maka :

k2+k3=0 , k2 = - k3

-k1-3k3=0 , -k1=3k3, k1= -3k3

Sehingga : -3k3v1 – k3v2 + k3v3 = 0 (dikali -1/k3)

3v1+v2-v3 = 0

Jadi terbukti, v1=(2,-1,0,3), v2=(1,2,5,-1), v3=(7,-1,5,8) maka himpunan vektor-vektor S =

{v1,v2,v3} tak bebas secara linear karena 3v1+v2-v3=0 atau SPL Homogen k1v1 + k2v2 +

k3v3 = 0 memiliki solusi tidak trivial.

5.6 Basis dan Dimensi

5.6.1 Basis untuk sebuah ruang vektor

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:

𝑆 bebas secara linier

𝑆 merentang 𝑉

Teorema:

Jika 𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛} adalah suatu basis untuk suatu ruang vektor 𝑉, maka setiap

vektor 𝑣 dalam 𝑉 bisa dinyatakan dalam bentuk 𝑣 = 𝑐1𝑣1 + 𝑐2𝑣2 +⋯+ 𝑐𝑛𝑣𝑛

dalam tepat satu cara.

5.6.2 Koodinat – Koordinat Relatif Terhadap Sebuah Basis

Jika 𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛} adalah suatu basis untuk suatu ruang vektor 𝑉 dan vektor – vektor

𝑣 dalam 𝑉 dapat dinyatakan dengan

𝑣 = 𝑐1𝑣1 + 𝑐2𝑣2 +⋯+ 𝑐𝑛𝑣𝑛

Dimana 𝑣 = 𝑐1𝑣1 + 𝑐2𝑣2 +⋯+ 𝑐𝑛𝑣𝑛 adalah ekspresi untuk suatu vektor 𝑣 dalam bentuk

basis 𝑆, maka skalar 𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛 disebut koordinat 𝑣 relatif terhadap basis 𝑆. Vektor

(𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛) dalam 𝑅𝑛 yang tersusun dari koordinat – koordinat ini disebut koordinat

vektor 𝑣 relatif terhadap 𝑆 dinyatakan dengan:

(𝑣)𝑠 = (𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛)

86


5.6.3 Basis Standar Untuk 𝑹𝒏

Contoh:

Jika 𝑒1 = (1, 0, 0, … , 0), 𝑒2 = (0, 1, 0, … , 0), … , 𝑒𝑛 = (0, 0, 0, … , 1) maka

𝑆 = {𝑒1, 𝑒2, … , 𝑒𝑛} adalah himpunan yang bebas secara linier dalam 𝑅𝑛.

Himpunan ini juga merentangkan 𝑅𝑛 karena sebarang vector 𝑣 = (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛)

dalam 𝑅𝑛 bisa dituliskan sebagai:

𝑣 = 𝑣1𝑒1 + 𝑣2𝑒2 +⋯+ 𝑣𝑛𝑒𝑛

Jadi, 𝑆 adalah basis untuk 𝑅𝑛, ini disebut basis standar untuk 𝑅𝑛.

Dari 𝑣 = 𝑣1𝑒1 + 𝑣2𝑒2 +⋯+ 𝑣𝑛𝑒𝑛 kita dapatkan bahwa koordinat 𝑣 = (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛 )

relatif terhadap basis standar adalah 𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛 sehingga (𝑣)𝑠 = (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛)

𝑣 = (𝑣)𝑠

Sehingga suatu vektor 𝑣 dan vektor koordinatnya relative terhadap basis standar untuk 𝑅𝑛

adalah sama.

Contoh :

Anggap 𝑣1 = (1, 2, 1), 𝑣2 = (2, 9, 0), 𝑣3 = (3, 3, 4) tunjukkan bahwa himpunan

𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3} adalah suatu basis untuk 𝑅3.

Penyelesaian:

Untuk menunjukkan bahwa himpunan 𝑆 merentang 𝑅3 kita harus menunjukkan bahwa

sembarang vektor 𝒃 = (𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) bisa dinyatakan sebagai suatu kombinasi linier:

𝒃 = 𝑐1𝑣1 + 𝑐2𝑣2 + 𝑐3𝑣3

Dari vektor – vektor dalam 𝑆. Dengan menyatakan persamaan ini dalam bentuk komponen

– komponen, kita akan mendapatkan:

(𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) = 𝑐1(1, 2, 1) + 𝑐2(2, 9, 0) + 𝑐3(3, 3, 4)

(𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) = (𝑐1 + 2𝑐2 + 3𝑐3, 2𝑐1 + 9𝑐2 + 3𝑐3, 𝑐1 + 4𝑐3)

Atau dengan menyamakan komponen – komponen yang berpadanan

𝑐1 + 2𝑐2 + 3𝑐3 = 𝑏1

2𝑐1 + 9𝑐2 + 3𝑐3 = 𝑏2

𝑐1 + 4𝑐3 = 𝑏3

87


Jadi, untuk menunjukkan bahwa 𝑆 merentang 𝑅3, kita harus menunjukkan bahwa

sistem persamaan diatas mempunyai suatu penyelesaian untuk semua pilihan 𝒃 =

(𝑏1, 𝑏2, 𝑏3)

Jika persamaan diatas kita ubah ke dalam bentuk matriks dan digandengkan dengan

hasilnya lalu kita umpamakan dengan nama 𝐸 maka akan menjadi:

[1 221

90

3 𝑏134

𝑏2𝑏3

]𝐵21(−2)𝐵31(−1)

[1 200

5−2

3 𝑏1−31`

−2𝑏1 + 𝑏2−𝑏1 + 𝑏3

] 𝐵2(15)

[1 200

1−2

3 𝑏1−3 5⁄1`

−2𝑏1 + 𝑏2 5⁄

−𝑏1 + 𝑏3

]𝐵12(−2)𝐵32(2)

[1 000

10

21 5⁄ 9𝑏1 − 2𝑏2 5⁄

−3 5⁄

−1 5⁄−2𝑏1 + 𝑏2 5⁄

−9𝑏1 + 2𝑏2 + 5𝑏3 5⁄]𝐵3(−5)

[1 000

10

21 5⁄ 9𝑏1 − 2𝑏2 5⁄

−3 5⁄1

−2𝑏1 + 𝑏2 5⁄

9𝑏1 − 2𝑏2 − 5𝑏3

]

𝐵13(−

215)

𝐵23(

35)

[1 000

10

0 (−21 5⁄ )(9𝑏1 − 2𝑏2 − 5𝑏3) + 9𝑏1 − 2𝑏2 5⁄

01

3 5⁄ (9𝑏1 − 2𝑏2 − 5𝑏3) −2𝑏1 + 𝑏2 5⁄

9𝑏1 − 2𝑏2 − 5𝑏3

]

dari hasil reduksi matriks di atas kita lihat bahwa sistem persamaan linier tersebut

memiliki suatu penyelesaian untuk semua b = (𝑏1, 𝑏2, 𝑏3)

Untuk membuktikan bahwa 𝑆 bebas secara linier kita harus menunjukkan bahwa

satu-satunya penyelesaian dari:

𝑐1𝑣1 + 𝑐2𝑣2 + 𝑐3𝑣3 = 0

adalah 𝑐1 = 𝑐2 = 𝑐3 = 0 jika kita nyatakan dalam bentuk komponen – komponen,

pembuktian kebebasan berubah menjadi menunjukkan bahwa sistem homogen.

𝑐1 + 2𝑐2 + 3𝑐3 = 0

2𝑐1 + 9𝑐2 + 3𝑐3 = 0

𝑐1 + 4𝑐3 = 0

Hanya mempunyai penyelesaian trivial.

Untuk membuktikan bahwa S bebas linier dan merentang 𝑅3 dengan menunjukkan bahwa

matriks koefisien

𝐴 = [1 221

90 334]

mempunyai determinan tak nol.

Akan tetapi, setelah kita mencari determinan A hasilnya adalah

88


𝑑𝑒𝑡(𝐴) = |1 221

90 334| = −1

Sehingga S adalah suatu basis untuk 𝑅3

Latihan Bab V

1. Diketahui v1, v2 dan v3 vektor-vektor dalam R3 yang titik pangkalnya di titik asal.

Tentukan apakah ketiga vektor berada pada bidang yang sama?

v1 = (2, -2, 0)

v2 = (6, 1, 4)

v3 = (2, 0, -4)

2. Diketahui v1, v2 dan v3 vektor-vektor dalam R3 yang titik pangkalnya di titik asal.

Tentukan apakah ketiga vektor terletak pada garis yang sama?

a. v1 = (-1, 2, 3), v2 = (2, -4, -6), v3 = (-3, 6, 0)

b. v1 = (4, 6, 8), v2 = (2, 3, 4), v3 = (-2, -3, -4)

3. Bila u, v, w R4 dengan u=(1,1,-1,1), v=(2,1,1,1), w=(3,1,4,1). Selidiki apakah

ketiga vektor tersebut bebas linear atau terpaut linear?. Jika ketiga vektor tersebut

terpaut linear, tuliskan hubungan diantara ketiga vektor tersebut!

4. Tentukan dua buah unit vektor yang ortogonal terhadap ketiga vektor u = (2,1,-

4,0), v = (-1,-1,2,2), dan w = (3,2,5,4)

5. Bila P2 menyatakan polinomial berorde dua, tentukan apakah himpunan vektor-

vektor dalam P2 berikut bebas linear?

S={1 + 3x + 3x2, x + 4x2, 5 + 6x + 3x2 , 7+ 2x - x2 }

6. Tentukan apakah S={u1, u2, u3} merupakan basis di R3 dengan u1=(3, -1, 2) ,

u2=(6, -2, 4), dan u3=(5, 3, -1)!

Note :

Ketiga vektor berada pada bidang yang sama jhj :

v1 (v2 x v3) = 0

Ketiga vektor berada pada garis yang sama jhj :

(v2 – v1) = k (v3 – v2)

89


7. Tentukan koordinat vektor v relatif terhadap basis S = {v1, v2, v3}

a. v = (2, -1, 3) , v1=(1, 0, 0), v2 = (2, 2, 0), v3 = (3, 3, 3)

b. v = 4 – 3x + x2 , v1 = 1, v2 = x, v3 = x2

8. Cari suatu basis untuk sub-ruang dari R4 yang terentang oleh vektor-vektor

v1=(1, 1, -4,- 3), v2 = (2, 0, 2, -2), v3 = (2, -1, 3, 2)

9. Tentukan basis ruang baris, basis ruang kolom, dan basis ruang kosong dari A,

dengan A =

54292

56063

44232

30630

12231

10. Tunjukkan bahwa rank(A) = rank (AT) untuk A berikut :

A =

87532

12101

14123

96541

Koordinat vektor v relatif terhadap basis S = {v1, v2, v3} adalah

(k1, k2, k3) yang memenuhi :

v = k1 v1 + k2 v2 + k3 v3

90


BAB VI

HASIL KALI DALAM

6.1 Hasil Kali Dalam

Hasil kali dalam dua buah vektor u dan v dengan notasi u,v (pada bab IV), dan

dalam bab VI ini Hasil Kali Dalam dinotasikan dalam ⟨𝑢, 𝑣⟩

Definisi I :

Suatu hasil kali dalam pada suatu ruang vektor real V adalah suatu fungsi yang

menghubungkan suatu bilangan real ⟨𝑢, 𝑣⟩ dengan setiap pasangan vektor u dan v

dalam V sedemikian hingga aksioma-aksioma berikut terpenuhi oleh semua vektor u, v

dan w dalam V serta semua skalar k :

1. Aksioma kesimetrisan : ⟨𝑢, 𝑣⟩ = ⟨𝑣, 𝑢⟩

2. Aksioma penjumlahan : ⟨𝑢 + 𝑣,𝑤⟩ = ⟨𝑢,𝑤⟩ + ⟨𝑣, 𝑤⟩

3. Aksioma kehomogenan : ⟨𝑘𝑢, 𝑣⟩ = 𝑘⟨𝑢, 𝑣⟩

4. Aksioma kepositifan : ⟨𝑢, 𝑢⟩ ≥ 0 dengan ⟨𝑢, 𝑢⟩ = 0 jika u =0

Suatu ruang vektor real dengan suatu hasil kali dalam disebut suatu ruang hasil kali dalam

real.

6.1.1 Ruang Hasil Kali Dalam Euclidean

Ruang hasil kali dalam Euclidean terboboti dengan bobot w1,w2,…,wn untuk

vektor u dan v Rn didefinisikan sebagai :

⟨𝑢, 𝑣⟩ = w1 u1v1 + w2 u2v2 + … + wn unvn

Contoh 1 :

Data (X) x1 x2 … xn Total = ΣX

Frekuensi f1 f2 … fn Σ fi=m

Rataan : 𝒳 =∑ 𝑓𝑖𝑥𝑖𝑛𝑖=1

∑ 𝑓𝑖𝑛𝑖=1

Bila w1= w2=…= wn =1

𝑚, maka dapat dinyatakan :

91


𝒳 = ⟨𝑓, 𝑥⟩ = w1 f1x1 + w2 f2x2 + … + wn fnxn

6.1.2 Panjang dan Jarak dalam Ruang Hasil Kali Dalam

Definisi II :

Jika V suatu ruang hasil kali dalam, maka norma (panjang) suatu vektor u dalam V

dinyatakan sebagai ‖𝑢‖ dengan definisi :

‖𝑢‖ = ⟨𝑢, 𝑢⟩1

2

Jarak antar 2 vektor u dan v dinyatakan dengan d⟨𝑢, 𝑣⟩ dengan definisi :

d⟨𝑢, 𝑣⟩ = ‖𝑣 − 𝑢‖ = ‖𝑢 − 𝑣‖

Sifat-sifat Hasil kali Dalam

a. ⟨0, 𝑣⟩ = ⟨𝑣, 0⟩ = 0

b. ⟨𝑢, 𝑣 + 𝑤⟩ = ⟨𝑢, 𝑣⟩ + ⟨𝑢,𝑤⟩

c. ⟨𝑘𝑢, 𝑣⟩ = 𝑘⟨𝑢, 𝑣⟩

d. ⟨𝑢 − 𝑣, 𝑤⟩ = ⟨𝑢, 𝑤⟩ − ⟨𝑣, 𝑤⟩

e. ⟨𝑢, 𝑣 − 𝑤⟩ = ⟨𝑢, 𝑣⟩ − ⟨𝑢,𝑤⟩

Contoh 2 :

u =(3,-2), v =(4,5), w=(-1,6)

(i) Bila didefinisikan hasil kali dalam ⟨𝑢, 𝑣⟩ sama dengan hasil kali dalam Euclidean

u.v maka :

⟨𝑢, 𝑣 + 𝑤⟩ = ⟨𝑢, 𝑣⟩ + ⟨𝑢,𝑤⟩

= u.v + u.w

= (12-10)+(-3-12)

= 2-15

=-13

‖𝑣‖ = √16 + 25 = √41

(ii) Bila didefinisikan untuk hasil kali dalam Euclidean terboboti sebagai berikut :

⟨𝑢, 𝑣⟩ = 4u1v1 + 5u2v2 maka :

⟨𝑣, 𝑤⟩ = 4v1w1+ 5v2w2

= 4(-4) + 5(30)

= -16 + 150 = 134

92


‖𝑣‖ = √4(16) + 5(25) = √64 + 125 = √189 = √9 × 21 = 3√21

Contoh 3 :

Jika U = [𝑢1 𝑢2𝑢3 𝑢4

] dan V = [𝑣1 𝑣2𝑣3 𝑣4

] dan didefinisikan hasil kali dalam pada M22

sebagaimana berikut:

⟨𝑈, 𝑉⟩ = 𝑢1𝑣1 + 2 𝑢2𝑣2 + 3 𝑢3𝑣3 + 4 𝑢4𝑣4

Hitung nilai ⟨𝑈, 𝑉⟩ jika U = [3 −24 8

] dan V = [−1 31 1

]

Penyelesaian :

⟨𝑈, 𝑉⟩ = 𝑢1𝑣1 + 2 𝑢2𝑣2 + 3 𝑢3𝑣3 + 4 𝑢4𝑣4

= 3 (-1) + 2 ((-2)3) + 3 (4.1) + 4 (8.1)

= -3 – 12 + 12 + 32

= 29

Contoh 4 :

Jika p dan q suatu polinomial dan didefinisikan ⟨𝑝, 𝑞⟩ = 𝑝0𝑞0 + 𝑝1𝑞1 + 𝑝2𝑞2

Tentukan ⟨𝑝, 𝑞⟩ jika p = -2 + x +3x2 dan q = 4 −7x2

Penyelesaian :

⟨𝑝, 𝑞⟩ = 𝑝0𝑞0 + 𝑝1𝑞1 + 𝑝2𝑞2

= (-2) 4 + 1(0) +3 (-7)

= -8 + 0 – 21

= -29

Bila u dan v suatu vector dalam Rn (u, vє Rn ) dan A adalah matriks berukuran n x n yang

invertible, jika u.v adalah hasil kali dalam Euclidean pada Rn maka :

⟨𝑈, 𝑉⟩ = 𝐴𝑢. 𝐴𝑣

= (𝐴𝑣)𝑇 (𝐴𝑢)

= 𝑣𝑇𝐴𝑇𝐴𝑢

Contoh 5 :

Tentukan ⟨𝑈, 𝑉⟩ suatu hasil kali dalam pada R2 yang dibangkitkan oleh matriks A

dengan A = [2 1−1 3

] , 𝑢 = (0, −3) dan 𝑣 = (6,2)

93


Penyelesaian :

⟨𝑈, 𝑉⟩ = 𝐴𝑢. 𝐴𝑣 = 𝑣𝑇𝐴𝑇𝐴𝑢

= (6 2) [2 −11 3

] [2 1−1 3

] (0−3)

= (14 0) (−3−9)

= -52

Sifat-sifat Panjang dan Jarak dalam Ruang Hasil Kali Dalam

Jika u dan v suatu vector dalm ruang hasil kali dalam V, dan jika k suatu konstanta, maka :

a. ‖𝑢‖ ≥ 0

b. ‖𝑢‖ = 0 jika dan hanya jika u = 0

c. ‖𝑘𝑢‖ = |𝑘| ‖𝑢‖

d. ‖𝑢 + 𝑣‖ ≤ ‖𝑢‖ + ‖𝑣‖ (ketaksamaa segitiga)

Jika u, v, dan w suatu vector dalam ruang hasil kali dalam V, dan jika k suatu konstanta,

maka :

a. d⟨𝑢, 𝑣⟩ ≥ 0

b. d⟨𝑢, 𝑣⟩ = 0 jika dan hanya jika u=v

c. d⟨𝑢, 𝑣⟩ = d ⟨𝑣, 𝑢⟩

d. d⟨𝑢, 𝑣⟩ = d⟨𝑢,𝑤⟩ + d⟨𝑤, 𝑣⟩ (ketaksamaan segitiga)

6.2 Sudut dan Keortogonalan dalam Ruang Hasil Kali Dalam

Definisi III :

Jika θ sudut antara u dan v maka :

Cos θ = ⟨𝑢,𝑣⟩

‖𝑢‖ ‖𝑣‖

(u v) u dan v saling orthogonal jika ⟨𝑢, 𝑣⟩ = 0

Contoh 6 :

Bila u dan v suatu vector dalam R2 dengan definisi ⟨𝑢, 𝑣⟩ = 𝑢1𝑣1 + 2𝑢2𝑣2, tentukan

cosinus sudut yang diapit oleh u dan v, ntuk u = (2,3) dan v = (1,2)

Penyelesaian : ⟨𝑢, 𝑣⟩ = 𝑢1𝑣1 + 2𝑢2𝑣2

= 2.1 + 2(3.2)

94


= 2 + 12 =14

‖𝑢‖ = √22 + 2(32) = √4 + 18 = √22

‖𝑣‖ = √12 + 2(22) = √1 + 8 = √9 = 3

Cos θ = ⟨𝑢,𝑣⟩

‖𝑢‖ ‖𝑣‖ =

14

3√22=

14

66√22 =

7

33√22

6.3 Komplemen-komplemen Ortogonal

Definisi IV :

Anggap W adalah suatu sub-ruang dari suatu ruang hasil kali dalam V. Suatu

vektor u dalam V disebut ortogonal terhadap W jika u ortogonal terhadap setiap vektor

dalam W, dan himpunan semua vektor dalam V yang ortogonal terhadap W disebut

komplemen-komplemen ortogonal dari W.

Teorema IV.1

Jika W adalah suatu sub-ruang dari suatu ruang hasil kali dalam berdimensi

terhingga V, maka :

a. 𝑾⊥ adalah sub-ruang dari V

b. Satu-satunya vektor dimana W dan 𝑾⊥ sama adalah 0

c. Komplemen ortogonal dari 𝑾⊥ adalah 𝑾 ≡ ((𝑾⊥)⊥) = 𝑾)

Bukti :

a) Untuk menunjukkan 𝑾⊥ adalah sub-ruang dari V, anggap bahwa u dan v

sembarang vektor dalam 𝑾⊥, dan k suatu skalar. Anggap w sembarang vector

dalam W, menurut definisi IV diperoleh ⟨𝑢, 𝑤⟩ = 0 dan ⟨𝑣, 𝑤⟩ = 0. Dengan sifat

dasar dari hasil kali dalam diperoleh :

⟨𝑢 + 𝑣, 𝑤⟩ = ⟨𝑢, 𝑤⟩ + ⟨𝑣, 𝑤⟩ = 0 + 0 = 0

⟨𝑘𝑢, 𝑤⟩ = 𝑘⟨𝑢,𝑤⟩ = 𝑘(0) = 0

b) Telah ditetapkan bahwa sembarang vektor dalam W dan sembarang vektor dalam

𝑾⊥ saling ortogonal, misalkan vektor yang sama tersebut adalah x, berarti harus

terpenuhi ⟨𝑥, 𝑥⟩ = 0 dan itu hanya dipenuhi oleh x = 0.

c) Sudah jelas

95


Contoh 6.a

Bila p(x) dan q(x) adalah polinom berderajat dua dan didefinisikan :

⟨𝑝, 𝑞⟩ = 𝒑0𝒒0 + 𝒑1𝒒1 + 𝒑3𝒒3

Tunjukkan bahwa p = 1-x+2x2 dan q = 2x+x2 saling ortogonal.

Penyelesaian :

Berdasarkan definisi di atas, p dan q saling ortogonal berkenaan dengan hasil kali dalam

Euclidean jika dan hanya jika ⟨𝑝, 𝑞⟩ = 0

⟨𝑝, 𝑞⟩ = 1.0 + (−1). 2 + 2.1

= 0 – 2 + 2

= 0

Terbukti bahwa p dan q ortogonal.

Teorema IV.2

Jika A matriks berukuran m x n, maka :

a. Ruang kosong dari A dan ruang baris dari A adalah komplemen-komplemen

ortogonal dalam Rn berkenaan dengan hasil kali dalam Euclidean.

b. Ruang kosong dari AT dan ruang kolom dari AT adalah komplemen-komplemen

ortogonal dalam Rm berkenaan dengan hasil kali dalam Euclidean.

Bukti :

a) Jika suatu vektor v ortogonal terhadap setiap vektor dalam ruang baris A maka

Av=0 dan sebaliknya jika Av=0, maka v ortogonal terhadap setiap vektor dalam

ruang baris. Anggap v ortogonal terhadap setiap vektor dalam ruang baris A, atau

secara khusus v ortogonal terhadap vektor-vektor r1, r2, …,rn dari A, dapat

dinyatakan sebagai :

r1 . v = r2 . v = … = rn. v = 0

v merupakan penyelesaian dan terletak pada ruang kosong dari A.

Sebaliknya, anggap v suatu vektor dalam ruang kosong A sehingga Av = 0, hingga

diperoleh :

r1 . v = r2 . v = … = rn . v = 0

Bila r adalah sembarang vektor dalam ruang baris dari A, maka r dapat dinyatakan sebagai

kombinasi linear dari vektor-vektor baris dari A, misalkan :

r = c1 r1 + c2 r2 + … + cn rn

96


Sehingga :

r.v = (c1 r1 + c2 r2 + … + cn rn) . v

= c1 (r1.v) + c2 (r2 .v) + … + cn (rn .v)

= 0 + 0 + … + 0 = 0

Menunjukkan bahwa v ortogonal terhadap setiap vektor dalam ruang baris dari A.

Contoh 6b:

Tentukan suatu basis untuk komplemen ortogonal dari sub-ruang R5 yang terlentang oleh

vektor – vektor :

v1=(1,4,5,6,9), v2=(3,-21,4,-1),v3=(-1,0,-1,-2,-1),v4=(2,3,5,7,8)

Penyelesaian :

Basis untuk komplemen ortogonal dari sub-ruang R5 yang terlentang oleh v1,v2,v3

dan v4 merupakan basis ruang kosong dari SPL homogen : Ax = 0, dengan v1, v2, v3 dan v4

merupakan baris-baris dari matriks A. Basis Ruang kosong dari A adalah :

[

1 4 5 6 93 −2 1 4 −1−1 0 −1 −2 −12 3 5 7 8

]

𝐵21(−3)𝐵31(1)𝐵21(−2)

[

1 4 5 6 90 −14 −14 −14 −280 4 4 4 80 −5 −5 −5 −10

]

𝐵2(−1

14)

𝐵3(1

4)

𝐵4(−1

5)

[

1 4 5 6 90 1 1 1 20 1 1 1 20 1 1 1 2

]

𝐵12(−4)𝐵32(−1)𝐵42(−1)

[

1 4 5 6 90 1 1 1 20 0 0 0 00 0 0 0 0

]

Dari bentuk eselon baris tereduksi matriks A diperoleh :

X1=-x3 – 2x4 – x5 dan x2= - x3 – x4 – 2x5

𝑥 =

[ −1−1100 ]

𝑟 +

[ −2−1010 ]

𝑠 +

[ −1−2001 ]

𝑡

Sehingga basis ruang kosong dari A yang merupakan basis komplementer ortogonal dari

A :

{

[ −1−1100 ]

,

[ −2−1010 ]

,

[ −1−2001 ]

}

97


Teorema IV.3

Jika A suatu matriks n x n, dan jika TA : Rn → Rn adalah perkalian dengan A, maka

pernyataan – pernyataan berikut ini ekuivalen :

a. A dapat dibalik

b. Ax = 0 hanya mempunyai solusi trivial

c. Bentuk matriks eselon baris tereduksi dari A adalah In

d. A dapat dinyatakan sebagai hasil kali dari matriks – matriks dasar

e. Ax = b konsisten untuk setiap bnx1

f. Ax = b tepat mempunyai satu solusi untuk setiap bnx1

g. Det A ≠ 0


i. TA bersifat satu – satu

j. Vektor – vektor kolom dari A bebas secara linier

k. Vektor – vektor varis dari A bebas secara linier

l. Vektor – vektor kolom dari A merentang Rn

m. Vektor – vektor varis dari A merentang Rn

n. Vektor – vektor kolom dari A membentuk suatu basis untuk Rn

o. Vektor – vektor varis dari A membentuk suatu basis Rn

p. Rank (A) = n

q. A mempunyai kekosongan 0

r. Komplemen ortogonal dari ruang kosong A adalah Rn

s. Komplemen ortogonal dari baris A adalah {0}

6.4 Basis orthogonal

1. Suatu himpunan vector dalam suatu ruang hasil kali dalam disebut himpunan

orthogonal jika semua pasangan vector-vektor yang berada dalam himpunan

tersebut orthogonal.

P={𝑝1, 𝑝2, 𝑝3}, dimana 𝑝1, 𝑝2, 𝑝3 merupakan vector pada 𝑅𝑛. P himpunan

orthogonal jika (𝑝1, 𝑝2), (𝑝1, 𝑝3), (𝑝2, 𝑝3) bernilai 0.

2. Suatu himpunan orthogonal jika setiap vector mempunyai norma 1 disebut

ortonormal.

Himpunan P={𝑝1, 𝑝2, 𝑝3} ortonormal pada 𝑅3, jika

98


(𝑝1, 𝑝2)= (𝑝1, 𝑝3)= (𝑝2, 𝑝3)=0

Dan ‖𝑝1‖ = ‖𝑝2‖ = ‖𝑝3‖ = 1

3. Mengubah himpunan orthogonal menjadi ortonormal dengan membagi setiap

komponen vector dengan norma vektornya.

Contoh soal:

1. 𝑈1 = (1

√2, −

1

√2) , 𝑈2 = (

1

√2,1

√2), S={𝑈1, 𝑈2} pada 𝑅2

Apakah S merupakan himpunan orthogonal?

Penyelesaian:

Cek apakah (𝑈1, 𝑈2) = 0

(1

√2,−

1

√2) (

1

√2,1

√2) = 0

(1

√2×1

√2+ −

1

√2×1

√2) = 0

1

2+ (−

1

2) = 0

Jadi S merupakan himpunan orthogonal.

2. Apakah himpunan S ortonormal, telah diketahui bahwa (𝑈1, 𝑈2) = 0

Penyelesaian:

Cek apakah ‖𝑈1‖ = 1 ‖𝑈2‖ = 1

‖𝑈1‖ = √1

2+1

2 √

1

2+1

2= ‖𝑈2‖

1 = 1 1 = 1

3. Ubahlah himpunan orthogonal tersebut menjadi ortonormal

Penyelesaian:

Cari ‖𝑈1‖ = √1

2+1

2= 1

‖𝑈2‖ = √1

2+1

2= 1

Vektor ortonormalnya: 𝑞1 =𝑈1

‖𝑈2‖=

1

√2,−

1

√2

1=

1

√2, −

1

√2

𝑞1 =𝑈2‖𝑈2‖

=

1

√2,1

√21

=1

√2,1

√2

99


Sehingga didapat:

Teorema 1

U dan V orthogonal jika (U,V)=0

1. Himpunan H disebut orthogonal, 𝐻 = {ℎ1, ℎ2, … . , ℎ𝑛} disebut orthogonal jika

untuk setiap pasang vector ℎ𝑖 ortogonal ℎ𝑗; i≠j

Maksudnya adalah: (ℎ1, ℎ2) = (ℎ1, ℎ3) = ⋯ = (ℎ1, ℎ𝑛) = (ℎ2, ℎ1) = ⋯ =

(ℎ2, ℎ𝑛) = ⋯(ℎ𝑛, ℎ1) = ⋯ = (ℎ𝑛, ℎ𝑛) = 0

2. Himpunan 𝐻 = {ℎ1, ℎ2, … . , ℎ𝑛} disebut ortonormal jika untuk setiap pasang vector

ℎ𝑖 ortogonal ℎ𝑗 ; i≠j dan 𝐻𝑖‖ℎ𝑖‖ = 1

Contoh soal:

U1= (2

3, −

2

3,1

3) 𝑈2 = (

2

3,1

3, −

2

3) 𝑈3 = (

1

3,2

3,2

3)

Apakah B merupakan bbasis ortonormal pada 𝑅3?

1. Periksa bebas llinier vector-vektor dalam U

𝑘1. 𝑈1 + 𝑘2. 𝑈2 + 𝑘3. 𝑈3 = 0 (memiliki solusi trivial)

[

−

2

3

2

3

1

30

2

3

1

3

2

30

1

3−2

3

2

30

]

B21(1)

[

2

3

2

3

1

30

0 1 1 01

3−2

3

2

30

] B31 (−1

2) [

2

3

2

3

1

30

0 1 1 0

0 −11

20

] B23(−1)

[

1 11

20

0 1 1 0

0 −11

20

] B32(1) [

1 11

20

0 1 1 0

0 03

20

] B3 (2

3) [

1 11

20

0 1 1 00 0 1 0

] B23(−1)

[1 1

1

20

0 1 0 00 0 1 0

] B12(−1) [1 0

1

20

0 1 0 00 0 1 0

] B13 (−1

2) [1 0 0 00 1 0 00 0 1 0

]

𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘3 = 0(memiliki solusi trivial)vektor dalam U saling bebas

linier.

2. Berikut juga akan ditunjukan bahwa sembarang vector V=(a,b,c) direntang oleh

U

100


[

−

2

3

2

3

1

3𝑎

2

3

1

3

2

3𝑏

1

3−2

3

2

3𝑐

]

[

2

3

2

3

1

3𝑎

0 1 1 𝑎 + 𝑏

0 −11

2𝑐 −

1

2𝑎

]

[

1 11

2

3

2𝑎

0 1 1 𝑎 + 𝑏

0 −11

2𝑐 +

1

2𝑎 + 𝑏

] 𝐵3 (2

3)

[ 1 1

1

2

3

2𝑎

0 1 1 𝑎 + 𝑏

0 0 12(𝑐+

1

2𝑎+𝑏)

3

]

𝐵23(−1)

[ 1 1

1

2

3

2𝑎

0 1 0 (𝑎 + 𝑏) − (2(𝑐+

1

2𝑎+𝑏)

3)

0 0 12(𝑐+

1

2𝑎+𝑏)

3

]

𝐵12(−1 )

[ 1 1

1

2

3

2𝑎 − (𝑎 + 𝑏) + (

2𝑐+𝑎+2𝑏

3)

0 1 0 (𝑎 + 𝑏) − (2𝑐+𝑎+2𝑏

3)

0 0 12(𝑐+

1

2𝑎+𝑏)

3

]

𝐵13 (−1

2 )

[ 1 0

1

2

3

2𝑎 − (𝑎 + 𝑏) + (

2𝑐+𝑎+2𝑏

3) −

1

3(𝑐 +

1

2𝑎 + 𝑏)

0 1 0 (𝑎 + 𝑏) − (2(𝑐+𝑎+2𝑏)

3)

0 0 12(𝑐+

1

2𝑎+𝑏)

3

]

Ini menunjukan U merentang V, karena U bebas linier dan merentang V maka

B merupakan basis pada 𝑅3 .

3. Dilihat apakah (𝑈𝑖, 𝑈𝑗) = 0 untuk i≠j dan apakah ‖𝑈𝑖‖ = 1

⟨𝑈1, 𝑈2⟩ =

[

−

2

32

31

3]

×

[ 2

31

3

−2

3]

=4

9−2

9−2

9= 0

⟨𝑈1, 𝑈3⟩ =

[

−

2

32

31

3]

×

[ 1

32

32

3]

=2

9−4

9+2

9= 0

⟨𝑈2, 𝑈3⟩ =

[ 2

31

3

−2

3]

×

[ 1

32

32

3]

=2

9+2

9−4

9= 0

‖𝑈1‖ = √4

9+4

9+1

9= √

9

9= 1

101


‖𝑈2‖ = √4

9+1

9+4

9= √

9

9= 1

‖𝑈3‖ = √1

9+4

9+4

9= √

9

9= 1

Terlihat bahwa (𝑈𝑖 , 𝑈𝑗) = 0untuk i≠j dan ‖𝑈1‖ = 1

Maka dapat disimpulkan bahwa U merupakan basisi ortonormal pada 𝑅3

6.5 Koordinat- Koordinat Relatif terhadap Basis-Basis Ortonormal

Teorema 2

Jika S={𝒒𝟏,𝒒𝟐,… , 𝒒𝒏} adalah basis ortonormal untuk suatu ruang hasil kali dalam V, dan u

adalah sembarang vector dalam v, maka;

𝑢 = ⟨𝑢, 𝒒1⟩𝑞1 + ⟨𝑢, 𝒒2⟩𝑞2 +⋯+ ⟨𝑢, 𝒒𝑛⟩𝑞𝑛

Bukti:

karena S= {𝒒𝟏,𝒒𝟐,… , 𝒒𝒏} suatu basis, maka vector u dapat dinyatakan sebagai:

𝑢 = 𝑘1𝑞1 + 𝑘2𝑞2 +⋯+ 𝑘𝑛𝑞𝑛

Akan ditunjukan bahwa 𝑘𝑖 = ⟨𝑢, 𝑞1⟩, 𝑖 = 1, 2, … , 𝑛

Untuk setiap 𝑞𝑖 dalam S diperoleh:

⟨𝑢, 𝑞1⟩ = ⟨𝑘1𝑞1 + 𝑘2𝑞2 +⋯+ 𝑘𝑛𝑞𝑛, 𝑞𝑖⟩

= 𝑘1⟨𝑞1, 𝑞𝑖⟩ + 𝑘2⟨𝑞2, 𝑞𝑖⟩ + ⋯+ 𝑘𝑛⟨𝑞𝑛, 𝑞𝑖⟩

= 𝑘𝑖

Karena S basis ortonormal maka ⟨𝑞𝑖, 𝑞𝑗⟩ = 0 untuk 𝑖 ≠ 𝑗 dan ⟨𝑞𝑖, 𝑞𝑖⟩ = ‖𝑞𝑖‖2 = 1

∴ ⟨𝑢, 𝑞𝑖⟩ = 𝑘𝑖

Teorema 3

Jika S={𝒗𝟏,𝒗𝟐,… , 𝒗𝒏} adalah basis ortogonal untuk setiap ruang vektor, maka

menormalkan masing-masing dalam S akan menghasilkan basis ortonormal:

𝑆∗ = {𝑣1

‖𝑣1‖,𝑣2

‖𝑣2‖, … ,

𝑣𝑛

‖𝑣𝑛‖} ; 𝑆∗ adalah basis ortonormal

Sembarang vektor u dalam v dapat dinyatakan sebagai:

𝑢 = ⟨𝑢,𝑣1‖𝑣1‖

⟩𝑣1‖𝑣1‖

+ ⟨𝑢,𝑣2‖𝑣2‖

⟩𝑣2‖𝑣2‖

+⋯+ ⟨𝑢,𝑣𝑛‖𝑣𝑛‖

⟩𝑣𝑛‖𝑣𝑛‖

102


=⟨𝑢, 𝑣1⟩

‖𝑣1‖2𝑣1 +

⟨𝑢, 𝑣2⟩

‖𝑣2‖2𝑣2 +⋯+

⟨𝑢, 𝑣𝑛⟩

‖𝑣𝑛‖2𝑣𝑛

u 𝑤2 𝑢 = 𝑤1 + 𝑤2

𝑤1 w

Teorema 4 (teorema proyeksi)

Jika w adalah suatu subruang berdimensi berhingga suatu ruang hasil kali dalam V, maka

setiap vektor u dalam V bisa dinyatakan sebagai:

𝑢 = 𝑤1 + 𝑤2

Dimana 𝑤1 berada dalam w dan 𝑤2 berada dalam 𝑤

Dengan 𝑤1 : proy 𝑤𝑈 : proyeksi orthogonal u pada w

𝑊2: 𝑈 −𝑊1 = 𝑃𝑅𝑂𝑌 𝑢

∴ 𝑃𝑟𝑜𝑦𝑤𝑢 = 𝑢 − 𝑃𝑅𝑂𝑌 𝑢

∴ 𝑃𝑅𝑂𝑌 𝑢 = 𝑢 − 𝑃𝑟𝑜𝑦𝑤𝑢

∴ 𝑢 = 𝑃𝑟𝑜𝑦𝑤𝑢 + 𝑃𝑅𝑂𝑌 𝑢

Teorema 5

Anggap w adalah suatu subruang berdimensi terhingga suatu ruang hasil kali dalam V,

a. Jika {𝒒𝟏,𝒒𝟐,… , 𝒒𝒏} adalah basis ortonormal untuk w, dan untuk u sembarang

vector dalam v, maka;

𝑃𝑟𝑜𝑦𝑤𝑢 = ⟨𝑢, 𝑞1⟩𝑞1 + ⟨𝑢, 𝑞2⟩𝑞2 +⋯+ ⟨𝑢, 𝑞𝑛⟩𝑞𝑛

b. Jika {𝒗𝟏,𝒗𝟐,… , 𝒗𝒏} adalah basis ortogonal untuk w, dan untuk u sembarang

vector dalam v, maka;

𝑃𝑟𝑜𝑦𝑤𝑢 =⟨𝑢, 𝑣1⟩

‖𝑣1‖2𝑣1 +

⟨𝑢, 𝑣2⟩

‖𝑣2‖2𝑣2 +⋯+

⟨𝑢, 𝑣𝑛⟩

‖𝑣2𝑛‖2𝑣𝑛

6.6 Proses Gram-Schmidt untuk membentuk basis-basis Ortogonal/Ortonormal

Teorema 6

Setiap ruang hasil kali dalam tak nol berdimensi terhingga mempunyai basis ortonormal.

103


Bila V adalah sembarang ruang hasil kali dalam tak nol berdimensi terhingga, dan 𝑠 =

{𝑢1, 𝑢2…𝑢𝑛}sembarang basis untuk V. dalam membentuk basis-basis orthogonal

{𝑣1, 𝑣2…𝑣𝑛} untuk V dilakukan langkah berikut:

1. Tetapkan 𝑣1 = 𝑢1

2. 𝑣2 = 𝑢2 − 𝑃𝑟𝑜𝑦𝑤1𝑢2 (𝑤1𝑑𝑖𝑟𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔 𝑜𝑙𝑒ℎ𝑣1)

= 𝑢2 −⟨𝑢2,𝑣1⟩

‖𝑣1‖2𝑣1

3. 𝑣3 = 𝑢3 − 𝑃𝑟𝑜𝑦𝑤2𝑢3 (2𝑑𝑖𝑟𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔 𝑜𝑙𝑒ℎ𝑣1, 𝑣2)

= 𝑢2 −⟨𝑢3,𝑣2⟩

‖𝑣2‖2𝑣2 −

⟨𝑢3,𝑣1⟩

‖𝑣2‖2𝑣1

………………………….dst………………..

n. = 𝑢𝑛 − 𝑃𝑟𝑜𝑦𝑤 (𝑛−1)𝑢𝑛 (𝑤𝑛−1𝑑𝑖𝑟𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔 𝑜𝑙𝑒ℎ 𝑣1, 𝑣2…𝑣𝑛−1)

= 𝑣2 −⟨𝑢2, 𝑣1⟩

‖𝑣1‖2𝑣𝑛−1 −⋯−

⟨𝑢𝑛, 𝑣2⟩

‖𝑣2‖2𝑣2 −

⟨𝑛, 𝑣1⟩

‖𝑣1‖2𝑣1

Bila {𝑞1, 𝑞2…𝑞𝑛} basis ortonormalnya untuk V maka:

𝑞1 =𝑣1

‖𝑣1‖; 𝑞2 =

2

‖2‖; … ; 𝑞𝑛 =

𝑣𝑛

‖𝑣𝑛‖;

𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑠𝑒𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑎𝑛𝑔𝑠𝑢𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑙𝑎𝑙𝑢𝑖 𝑝𝑟𝑜𝑠𝑒𝑠 𝐺𝑟𝑎𝑚 − 𝑆𝑐ℎ𝑚𝑖𝑑𝑡 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑔𝑎𝑖 𝑏𝑒𝑟𝑖𝑘𝑢𝑡:

1. Tetapkan q1 = 1

1

u

u

2. q2 = 1122

1122

q,u

q,u

qu

qu

3. q3 = 1132233

1132233

q,quq,quu

q,quq,quu

…………..dst ………………….

n. 112211

112211

q,quq,qu...q,quu

q,quq,qu...q,quuq

nnnn-nn

nnnn-nn

n

Contoh 9

104


S = {u1, u2, u3} basis pada R3, dengan u1= (1,1,1), u2=(-1,1,0), dan u3 = (1,2,1) Melalui

proses Gram-Schmidt ubahlah basis-basis tersebut menjadi basis ortogonal dan

ortonormal

Misalkan S1 = {v1, v2, …, vn} basis ortogonal pada R3 diperoleh melalui :

1. Misalkan v1 = u1 = (1,1,1)

2. Selanjutnya v2 = u2 - 12

1

12 ,v

v

vu

=

0

1

1

1

1

1

3

0

0

1

1

3. v3 = u3 - 32 Pr uoyw

= u3 - 12

1

13

22

2

23v

v

,vuv

v

,vu

=

1

1

1

3

4

0

1

1

2

1

1

2

1

=

2

1

1

6

1

6

26

16

1

6

86

116

5

1

2

1

Jadi basis ortogonal dari S pada R3 =

2

1

1

6

1,

0

1

1

,

1

1

1

Untuk menentukan basis ortonormal setelah diketahui basis ortogonalnya, dapat diperoleh

dengan dua cara yaitu :

(i) Membagi basis-basis ortogonal tersebut dengan normanya sehingga diperoleh:

q1 = 1

1

v

v=

3

1,

3

1,

3

1

3

)1,1,1( ;

q2 = 2

2

v

v=

0,

2

1,

2

1

2

)0,1,1(

105


q3 = 3

3

v

v=

6

2,

6

1,

6

1

66

1

)2,1,1(6

1

(ii) Secara langsung melalui proses Gram-Schmidt dengan langkah-langkah :

1. Tetapkan q1 = 1

1

u

u=

3

1,

3

1,

3

1

3

)1,1,1(

2. q2 = 1122

1122

q,u

q,u

qu

qu

=

0,2

1,

2

1

2

0,1,1

3

1,

3

1,

3

1.0)0,1,1(

3

1,

3

1,

3

1.0)0,1,1(

3. q3 = 1132233

1132233

q,quq,quu

q,quq,quu

=

6

2,

6

1,

6

1

6

2,

6

1,

6

1

3

1,

3

1,

3

1

3

40,

2

1,

2

1

2

1)1,2,1(

3

1,

3

1,

3

1

3

40,

2

1,

2

1

2

1)1,2,1(

=

6

2,

6

1,

6

1

66

1

)2,1,1(6

1

Dekomposisi – QR

Jika A matriks berukuran m x n dengan vektor-vektor kolom yang bebas linear, maka A

bisa difaktorkan sebagai :

A = QR

Dengan :

A = [ u1:u2: …:un]

Q = [ q1:q2: …:qn] : basis ortonormal dari A

R = matriks segitiga atas =

nn

n

n

qu

ququ

quququ

,00

,,0

,,,

222

11211

106


Contoh10 :

Dekomposisi –QR dari matriks A =

11

11

11

1. Menentukan matriks Q yang kolom-kolomnya basis ortonormal dari A

q1 = 1

1

u

u =

3

1

1-

1

=

3

13

13

1

q2 = 1122

1122

q,u

q,u

qu

qu

=

1122 q,u

3

13

13

1

3

1

1

1

1

qu

=1122 q,u

3

13

13

1

1

1

1

qu

=

3

23

43

2

3

23

43

2

=

6

16

26

1

63

2

3

23

43

2

243

1

3

23

43

2

, jadi Q =

6

1

3

16

2

3

16

1

3

1

2. Menentukan matriks R =

22

1211

q,u0

q,uq,u=

6

40

3

13

107


Jadi

11

11

11

=

6

1

3

16

2

3

16

1

3

1

6

40

3

13

6.7 Dimensi

Definisi :

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. Disamping itu, kita

akan menganggap ruang vector nol sebagai berdimensi terhingga.

Teorema:

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

sebarang basis, maka:

1. Setiap himpunan dengan lebih dari n vektor adalah tak bebas secara linier

2. Tidak ada himpunan dengan vektor yang kurang dari n yang merentang 𝑉

Teorema:

Semua basis untuk suatu ruang vector berdimensi terhingga mempunyai jumlah

vektor yang sama.

Teorema:

Jika 𝑉 adalah suatu ruang vektor berdimensi 𝑛, dan jika 𝑆 adalah himpunan dalam

𝑉 dengan tepat n vektor , maka 𝑆 adalah suatu basis untuk 𝑉 jika 𝑆 merentang 𝑉 atau 𝑆

bebas linier.

Teorema:

a. Jika 𝑆 merentang 𝑉 tetapi bukan merupakan basis untuk 𝑉, maka 𝑆 bisa

direduksi menjadi suatu basis untuk 𝑉 dengan menghilangkan vektor yang

tepat dari 𝑆.

108


b. Jika 𝑆 adalah suatu himpunan yang bebas linier tetapi belum menjadi basis

untuk , maka 𝑆 bisa diperbesar menjadi basis untuk 𝑉 dengan menyelipkan

vektor – vektor yang tepat ke dalam 𝑆.

Contoh:

2𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥5 = 0

−𝑥1 − 𝑥2 + 2𝑥3 − 3𝑥4 + 𝑥5 = 0

𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 − 𝑥5 = 0

𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥5 = 0

Tentukan basis dan dimensinya!

Penyelesaian:

Jika diubah ke dalam bentuk matriks dan kita umpamakan Y maka akan menjadi:

𝑌 = [

2 2−110

−110

−1 02−21

−301

1 01−11

000

]𝐵13𝐵2(−1) [

1 1120

120

−2 0−2−11

301

−1 0−111

000

] 𝐵21(−1)𝐵31(−2)

[

1 1000

000

−2 0031

301

−1 0031

000

]𝐵2(13)𝐵3(13)[

1 1000

000

−2 0011

101

−1 0011

000

]𝐵42(−1) [

1 1000

000

−2 0011

100

−1 0011

000

]

[

1 1000

000

−2 0011

100

−1 0011

000

]𝐵13(2)𝐵43(−1) [

1 1000

000

0 0010

100

1 0010

000

]

Dari hasil reduksi matriks di atas kita dapatkan

𝑥1 = −𝑠 − 𝑡 , 𝑥2 = 𝑠 , 𝑥3 = −𝑡, 𝑥4 = 0, 𝑥5 = 𝑡

[ 𝑥1𝑥2𝑥3𝑥4𝑥5]

=

[ −𝑠 − 𝑡𝑠−𝑡0𝑡 ]

=

[ −𝑠𝑠000 ]

+

[ −𝑡0−𝑡0𝑡 ]

= 𝑠

[ −11000 ]

+ 𝑡

[ −10−1`01 ]

yang menunjukkan bahwa vektor – vektor

109


𝒗𝟏 =

[ −11000 ]

𝑑𝑎𝑛 𝒗𝟐 =

[ −10−1`01 ]

merentangkan ruang penyelesaian. Karena vektor – vektor ini juga bebas secara linier,

maka {𝒗1, 𝒗2} adalah suatu basis dan ruang penyelesaiannya berdimensi dua.

6.8 Ruang Baris, ruang Kolom dan ruang Kosong

Definisi :

Jika A ( m x n ) maka sub ruang dari Rn yang terentang oleh vektor – vektor

barisdari A disebut ruang baris dari A, dan vektor – vektor kolom dari A disebut ruang

kolom dari A. Ruang penyelesaian dari SPL Homogen Ax = 0 yang merupakan sub ruang

dari Rn disebut ruang kosong dari A.

A ( m x n ) = [

𝑎11 𝑎12 …𝑎21 𝑎22 …⋮ ⋮ ⋱

𝑎1𝑛𝑎2𝑛⋮

𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 … 𝑎𝑚𝑛

]

C1 C2 Cn m Є Rn : vektor – vektor baris dari A

c1, c2, …, cn Є Rm : vektor – vektor kolom dari A

A ( m x n ) = [

𝑎11 𝑎12 …𝑎21 𝑎22 …⋮ ⋮ ⋱

𝑎1𝑛𝑎2𝑛⋮

𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 … 𝑎𝑚𝑛

]

C1 C2 Cn

X( n x 1) = [ 𝑏1𝑏 2⋮𝑏𝑚

]

A x = b

X1C1 + X2C2 + … + XnCn = b

b merupakan kombinasi linear dari c,i, i=1,…,n

SPL A x = b konsisten jika dan hanya jika b berada dalam ruang kolom A.

Jika X0 adalah sembarang penyelesaian tunggal dari suatu SPL A x = b, dan jika

V1, V2,…, Vk membentuk basis untuk ruang kosong A (ruang penyelesaian SPL homogen

A x =0), maka setiap penyelesaian dari A x = b bisa dinyatakan dalam bentuk :

110


X = X0 + C1V1 + C2V2 + … + CK VK

Dan sebaliknya, untuk semua pilihan skalar C1, C2, … , CK, vector X merupakan suatu

penyelesaian dari A x = b.

X0 : penyelesaian dari A x = b A x0 = b

A x =0 , A x = b

A x - A x0 = 0

A (X - X0) = 0

X - X0 merupakan penyelesaian SPL homogen

A x =0

X - X0 = C1V1 + C2V2 + … + CK VK

X = X0 + C1V1 + C2V2 + … + CK VK

A x = A ( X0 + C1V1 + C2V2 + … + CK VK )

= A x0 + C1(AV1) + C2 (AV2) + … + CK (AVK)

X0 penyelesaian khusus dari A x = b

X0 + C1V1 + … + CK VK penyelesaian umum dari A x = b

C1V1 + C2V2 + … + CK VK penyelesaian umum dari A x = 0

Penyelesaian Umum = penyelesaian khusus + penyelesaian umum

dari A x = b dari A x = b A x = 0

Bila diketahui penyelesaian SPL tak homogen

A x = b sebagai berikut :

[ 𝑥1𝑥2𝑥3𝑥4𝑥5𝑥6]

=

[ −3𝑟 − 4𝑠 − 2𝑡

𝑟−2𝑠𝑠𝑡1

3 ]

=

[ 000001

3]

+ r

[ −310000 ]

+ s

[ −40−2100 ]

+ t

[ −2000𝑡0 ]

111


Maka 𝑥0 =

[ 000001

3]

X = r

[ −310000 ]

+ s

[ −40−2100 ]

+ t

[ −2000𝑡0 ]

Mencari Basis Dari Suatu Ruang

Basis dari ruang yang dibangun oleh vektor-vektor.

Misal : {𝑣1,𝑣2, 𝑣3, 𝑣4}

Langkah – langkah :

1. Susun vektor ke dalam matriks

A = [

𝑣1,𝑣2𝑣3,𝑣4

]

2. Lakukan operasi baris dasar (OBE) untuk mendapatkan bentuk eselon baris dari A.

3. Baris tak nol dari bentuk selon baris A akan membentuk baris dari ruang yang

dibangun oleh {𝑣1,𝑣2, 𝑣3, 𝑣4}.

Contoh : tentukan basis dari ruang yang dibangun oleh vektor – vektor berikut :

𝑣1,= ( 1, -2, 0, 0, 3 )

𝑣2 = ( 2, -5, -3, -2, 6 )

𝑣3 = ( 0, 5, 15 10, 0 )

𝑣4 = ( 2, 6 18, 8, 6 )

1. Susun vektor ke dalam matriks :

A = [

1 −22 −5

0 0 3−3 −2 6

0 52 6

15 10 018 8 6

]

2. Lakukan OBE :

112


[

1 −22 −5

0 0 3−3 −2 6

0 52 6

15 10 018 8 6

]𝐵21(−2) 𝐵41(−2) [

1 −2 0 −1

0 0 3−3 −2 0

0 50 10

15 10 018 8 0

]

𝐵32(5)𝐵42(10) [

1 −2 0 −1

0 0 3−3 −2 0

0 50 10

15 10 018 8 0

]

Ruang Kosong/ Ruang Nul (Null Space)

Definisi Ruang Nul

Misalkan kita anggap A adalah sebuah matriks, maka Ruang nul (A) adalah ruang

solusi dari system persamaan linier yang homogen Ax = 0, yang merupakan sub ruang dari

Rn. dapat dinyatakan dengan :

S = ruang nul = {x|Ax = 0}

x1, x2 ϵ S, maka : Ax1 = 0

Ax2 = 0

A(x1 + x2) = 0

x1, x2 ϵ S, maka x1 + x2 ϵ S

untuk k skalar, x1 ϵ S, maka : A(k x1) = k (A x1) = k . 0 = 0

k x1 ϵ S

Dimensi ruang nul dari A disebut sebagai nulitas (nulity) dari A dan dinyatakan sebagai

nulitas(A). Sebagai contoh :

Tentukan nulitas dari matriks berikut : B =

7

1

4

3

4

6

1

5

4294

4252

0273

4021

Penyelesaian :

Bentuk eselon baris tereduksi dari B adalah

0

0

5

13

0

0

16

37

0000

0000

12210

28401

113


Untuk menetukan nulitas dari matriks A, tentukan terlebih dahulu dimensi dari

ruang solusi system linier Ax = 0, system ini dapat diselesaikan dengan mereduksi matriks

menjadi bentuk eselon baris tereduksi. System persamaan yang didapat adalah :

x1 - 4x3 - 28x4 - 37x5 + 13x6 = 0

x2 – 2x3 – 12x4 -16x5 + 5x6 = 0

mencari solusi umum dari variable - variabel utama :

x1 = 4x3 - 28x4 – 37x5 + 13x6

x2 = 2x3 + 12x4 +16x5 – 5x6

jadi, x1 = 4r – 28s + 37t + 13u

x2 = 2r + 12s + 16t – 5u

x3 = r

x4 = s

x5 = t

x6 = u

secara ekuivalen :

1

00

0

5

13

0

10

0

16

37

0

01

0

12

28

0

0

0

1

2

4

6

5

4

3

2

1

utsr

x

x

xxxx

Keempat vektor pada ruas kanan membentuk basis untuk ruang solusi, sehingga

nulitas(A) = 4

Hubungan Antara Rank dan Nulitas

Jika A adalah suatu matriks m x n, maka : rank(A) + nulitas(A) = n

Bukti : A memiliki n kolom, maka system linier homogeny Ax = 0 memiliki n variable.

Variable ini terbagi menjadi 2, yaitu variable utama dan bebas. Maka,

n

bebas

iabel

banyaknya

utama

iabel

banyaknya

varvar

114


Banyaknya variable utama = banyaknya 1 utama di dalam bentuk eselon baris

tereduksi dari A, jadi : n

bebas

iabel

banyaknya

Arank

var)(

Banyaknya variable bebas = nulitas(A) = banyaknya parameter pada solusi umum

dari Ax = 0

Nilai Maksimum untuk Rank

Jika A adalah matriks m x n, maka vector barisnya terletak pada Rn dan vector

kolomnya terletak pada Rm. Ruang baris dan ruang kolom memiliki rank dari A yang

sama, oleh karena itu jika m≠n, rank dari A yang terbanyak adalah nilai yang lebih kecil

antara nilai m dan n, dapat dinotasikan dengan : rank(A) ≤ min(m,n)

Sistem Linier yang Terdiri dari m Persamaan dengan n Faktor yang Tidak Diketahui

Dalam sistem linier ini, m dan n tidak perlu sama.

1. Teorema Konsistensi, dimana menyataan system linier ini dipastikan selalu

konsisten dengan syarat pernyataan yang ekuivalen, yaitu :

a. Ax = b adalah konsisten

b. b berada pada ruang kolom dari A

c. matriks koefisien A dan matriks [A|b] memiliki rang yang sama

2. jika Ax=b adalah system linier yang terdiri dari m persamaan dengan n factor yang

tidak diketahui, maka pernyataan- pernyataan berikut ini adalah ekuivalen, untuk:

a. Ax=b (konsisten untuk setiap matriks b, m x 1)

b. Vektor- vektor kolom dari A merentang Rm

c. Rank(A)= m

3. Jika Ax = b adalah suatu system linier konsisten yang terdiri dari m persamaan

dengan n faktor yang tidak diketahui dan jika A memiliki rank r, maka

penyelesaian umum dari system linier tersebut terdiri dari n-r parameter

4. Jika A adalah suatu matriks m x n, maka pernyataan berikut adalah ekuivalen,

untuk :

a. Ax = 0 (hanya memiliki solusi trivial)

b. Vektor- vektor kolom A adalah bebas linier

115


c. Ax = b memiliki paling banyak 1 solusi untuk setiap matriks b, m x 1.

5. Teorema dari seluruh topik utama yang sudah dipelajari sebagai berikut :

Jika A adalah matriks n x n, dan jika TA : Rn Rn adalah perkalian dengan A,

maka pernyataan- pernyataan berikut ini adalah ekuivalen

a. A dapat balik (punya invers)

b. Ax = 0 ( hanya memiliki solusi trivial)

c. Bentuk eselon baris tereduksi dari A adalah In

d. A dapat dinyatakan sebagai suatu hasilkali dari matriks- matriks elementer

e. Ax = b konsisten untuk setiap matriksb, n x 1

f. Ax = b memiliki tepat 1 solusi untuk setiap matriks b, n x 1

g. Det (A) ≠ 0

h. Range dari TA adalah Rn

i. TA adalah satu ke satu

j. Vektor- vektor kolom dari A adalah bebas linier

k. Vektor- vektor baris dari A adalah bebas linier

l. Vektor- vektor kolom dari A adalah merentang Rn

m. Vektor- vektor baris dari A adalah merentang Rn

n. Vektor- vektor kolom dari A adalah membentuk basis untuk Rn

o. Vektor- vektor baris dari A adalah membentuk basis untuk Rn

p. A memiliki rank n

q. A memiliki nulitas 0

116


BAB VII

NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN

7.1 Nilai Eigen dan Vektor Eigen

Jika A adalah suatu matriks n x n, maka vektor tak-nol x pada Rn disebut suatu vektor

eigen dari A jika Ax adalah suatu penggandaan skalar dari x; yaitu:

Ax = λx

Untuk suatu skalar λ. Skalar λ disebut nilai eigen dari A, dan x disebut suatu vektor eigen dari a

yang berpadanan dengan λ.

Pada R2 dan R3 perkalian dengan A memetakan setiap vector eigen x dari A (jika ada) ke

garis yang melalui titik asal yang sama dengan x. tergantung pada tanda dan besarnya nilai

eigen λ yang berpadanan dengan x, operator linear Ax= λx memanfaatkan atau meregang x

dengan factor λ, dengan suatu pembalikan arah dalam kasus di mana λ negatif.

x λx x x

λx x

λx λx

Contoh 1 : vektor [12] adalh suatu vektor – eigen dari

A=[3 08 −1

]

Yang berpadanan dengan nilai – eigen λ=3,karena

Ax=[3 08 −1

] [12]=[36]=3x

untuk mencari nilai-eigen dari suatu matriks A pada n x n kita tuliskan ulang Ax= λx sebagai

Ax= λ/x

Atau ekuivalen dengan

(λI-A)x=0

0≤ λ≤1 λ ≥1 -1≤ λ≤0 λ≤-1

117


Agar λ menjadi suatu nilai-eigen, harus ada suatu penyelesaian tak-nol dari persamaan ini.

Persamaan ini akan mempunyai suatu penyelesaian tak-nol jika dan hanya jika

Det(λI-A)=0

Ini disebut persamaan karakteristik dari A; skalar - skalar yang memenuhi persamaan ini

adalah nilai-eigen dari A. jika diperluas, determinan (λI-A) adalah suatu polinom dalam λ yang

disebut polinom karakteristik dari A.

Contoh 2: cari nilai-eigen dari matriks segitiga atas

A=[

a11 𝑎120 𝑎220 00 0

𝑎13 𝑎14𝑎23 𝑎24𝑎33 𝑎340 𝑎44

]

Penyelesaian: dengan mengingat bahwa determinan matriks segitiga adalah hasil kali anggota-

anggota diagonal utamanya, maka kita dapatkan:

Det (λI-A)=det[

𝜆 − 𝑎11 −𝑎120 𝜆−𝑎220 00 0

−𝑎13 −𝑎14−𝑎23 −𝑎24𝜆−𝑎33 −𝑎340 𝜆−𝑎44

]

=(λ - a11 )(λ - a22 )(λ – a33)(λ – a44 )=0

Jadi, persamaan karakteristiknya adalah

(λ - a11 )(λ - a22 )(λ – a33)(λ – a44 )=0

Dan nilai-eigennya adalah

λ = a11, λ = a22, λ = a33, λ = a44

yang tepat merupakan anggota-anggota diagonal A.

Teorema 7.1.1. Jika A adalahsuatu matriks segitiga n xn ( segitiga atas, segitiga bawah

atau diagonal), maka nilai-eigen dari A adalah anggota-anggota diagonal utama A.

Teorema 7.1.2. jika A adalah suatu matriks n x n dari λ adalah suatu bilangan

real, maka pernyataan-pernyataan berikut ekuivalen.

a. λ adalah suatu nilai-eigen dari A.

b. system persamaan (λI-A)x=0 mempunyai penyelesaian tak-trivial.

c. Ada suatu vector tak-nol x pada Rn sedemikian sehingga Ax=λx.

d. Λmerupakan suatu penyelesaian dari persamaan karakteristik (λI-A)=0.

118


Contoh3: dengan mencongak, nilai – eigen dari matriks segitiga bawah

A=

[ 1

20 0

−12

30

5 −8 −1

4]

Adalah λ = 1

2, λ =

2

3, dan λ = −

1

4

Pada masalah-masalah praktis, matriks A seringkali begitu besar sehingga menghitung

persamaan kerakteristiknya adalah tidaklah praktis. Akibatnya, berbagai metode hampiran

digunakan untuk memperoleh nilai-eigen.

Persamaan karakteristik suatu matriks dengan anggota-anggota real mungkin saja mempunyai

penyelesaian kompleks. Misalnya, polinom karakteristik dari matriks

A = [−2 −15 2

]

Adalah

det(λI-A)=det[𝜆 + 2 1−5 𝜆 − 2

]=λ2 +1

sehingga persamaan karakteristiknya adalah λ2 +1 = 0, yang penyelesaiannya adalah bilangan –

bilangan imajiner λ = i dan λ = -i. jadi, kita dipaksa meninjau nilai-eigen kompleks, sekalipun

untuk matriks-matriks real.

7.1.1 Mencari Basis–Basis Untuk Ruang Eigen

Vektor – eigen dari A yang berpadanan dengan suatu nilai eigen λ adalah vektor-vektor

tak-nol x yang memenuhi Ax = λx. Secara setara, vektor-eigen yang berpadanan dengan λ

adalah vektor-vektor tak-nol dalam ruang penyelesaian dari (λI-A)x=0. Kita sebut ruang

penyelesaian ini sebagai ruang-eigen dari A yang berpadanan dengan λ.

Contoh4: cari basis-basis untuk ruang-eigen dari

A = [0 0 −21 2 11 0 3

]

119


Penyelesaian: persamaan karakteristik dari A adalah λ3 -5 λ2 + 8 λ – 4 =0, atau dalam bentuk

terfaktorkan, (λ - 1)( λ - 2)2 (tunjukkan); jadi, nilai-eigen dari A adalah λ=1 dan λ=2, sehingga

ada dua ruang – eigen dari A.

Menurut definisi,

X = [

𝑥1𝑥2𝑥3]

Adalah vektor-vektordari A yang berpadanan dengan λ jika dan hanya jika x adalah suatu

penyelesaian tak-trivial dari(λI – A)x=0, yaitu, dari

[𝜆 0 2−1 𝜆 − 2 −1−1 0 𝜆 − 3

] [

𝑥1𝑥2𝑥3]=[000] (3)

jika λ=2, maka (3) menjadi

[2 0 2−1 0 −1−1 0 −1

] [

𝑥1𝑥2𝑥3] = [

000]

Menyelesaikan system ini menghasilkan (tunjukkan)

x1 =-s, x2 =t, x3 =s

jadi, vektor-eigen dari A yang berpadanan dengan λ = 2 adlah vektor-vektor tak-nol berbentuk

x = [−𝑠𝑡𝑠]=[−𝑠0𝑠]+[0𝑡0]=s[

−101]+t[

010]

Karena,

[−101] dan [

010]

Bebas secara linear, maka vektor-vektor ini membentuk suatu basis untuk ruang-eigen yang

berpadanan dengan λ = 2.

Jika λ = 1, maka (3) menjadi

[1 0 2−1 −1 −1−1 0 −2

] [

𝑥1𝑥2𝑥3] = [

000]

Menyelesaikan system ini menghasilkan (tunjukkan)

x1 =-2s, x2 =s, x3 =s

120


Jadi, vektor-eigen yang berpadanan dengan λ1 adlah vektor-vektor tak-nol yang berbentuk

[−2𝑠𝑠𝑠]= s[

−211]

Sehingga

[−211]

Merupakan suatu basis untuk ruang-eigen yang berpadanan dengan λ=1.

Contoh: pada contoh 4 kita menunjukkan bahwa nilai-eigen dari

A = [0 0 −21 2 11 0 3

]

Adalah λ = 2 dan λ =1,sehingga dari teorema 7.3.1 baik λ=27 = 128 dan λ = 17 =1 adalah nilai-

eigen dari A7. Kita juga menunjukkan bahwa

[−101] dan [

010]

Adalah vektor-eigen dari A yang berpadanan dengan nilai –eigen λ=2, sehingga dari teorema

7.1.3 vektor-vektor ini juga merupakan vektor-eigen dari A7 yang berpadanan dengan λ=27

=128. Demikian juga, vector-eigen

[−211]

Dari A yang berpadanan dengan nilai-eigen λ=1 juga merupakan suatu vektor-eigen dari A7

yang berpadanan dengan λ = 17 =1.

Teorema ini menetapkan suatu hubungan antara nilai-eigen dan bisa atau tidaknya suatu matriks

dibalik.

Teorema 7.1.3. Jika k adalah suatu bilangan bulat positif, λ adalah suatu nilai-eigen dari

suatu matriks A, danx adalah suatu vektor-eigen yang berpadanan, maka λk adalah suatu

nilai-eigen dari Ak dan x adalah suatu vector-eigen yang berpadanan.

Teorema 7.1.4. suatu matriks bujur sangkar A dapat dibalik jika dan hanya jika λ=0 bukanlah

suatu nilai-eigen dari A.

121


Bukti: anggap A adalah suatu matriks n x n dan pertama amati bahwa λ=0 adalah penyelesaian

dari persamaan karakteristik

λ n + c1 λn-1 +…+ cn =0

jika dan hanya jika suku konstanta cn adalah nol. jadi, kita cukup membuktikan bahwa A dapat

dibalik jika dan hanya jika cn ≠0. Tetapi

det(λI-A) =λ n + c1 λn-1 +…+ cn =0

atau dengan menetapkan λ=0,

det(-A)=cn atau (-1)n det(A)=cn

Dari persamaan terakhir kita dapatkan bahwa det(A)=0 jika dan hanya jika cn =0, dan ini pada

gilirannya mengimplikasikan bahwa A dapat dibalik jika dan hanya jika cn ≠0.

Teorema 7.1.5. jika a adalah suatu matriks n x n, dan jika TA :Rn Rn adalah

perkalian dengan A, maka pernyataan – pernyataan berikut ini ekuivalen.

a. A dapat dibalik

b. Ax = 0 hanya mempunyai penyelesaian trivial.

c. Bentuk baris-eselon tereduksi dari A adalah In .

d. A dapat dinyatakan sebagai hasil kali matriks-matriks dasar.

e. Ax = b konsisten untuk setiap matriks b, n x 1.

f. Ax = b tepat mempunyai satu penyelesaian untuk setiap matriks b, n x 1

g. Det(A)≠0


i. TA adalah satu-satu

j. Vektor-vektor kolom dari A bebas secara linear

k. Vektor-vektor baris dari A bebas secara linear

l. Vektor-vektor kolom dari A merentang Rn

m. Vektor-vektor baris dari A merentang Rn

n. Vektor-vektor kolom dari A membentuk suatu basis untuk Rn

o. Vektor-vektor baris dari A membentuk suatu basis untuk Rn

p. A berperingkat n

q. A mempunyai kekosongan 0

r. Komplemen ortogonal dari ruang-kosong A adalah Rn

s. Komplemen ortogonal dari ruang baris A adalah {0}

t. ATA bias dibalik

u. λ = 0 bukanlah suatu nilai-eigen dari A.

122


Contoh:

Misalkan terdapat matriks A:

Selanjutnya masukkan ke persamaan:

|(A − λ I)| = 0

Sehingga diperoleh:

Untuk λ = 0

1

2

3

1

2

3

2 2 0 0

2 2 0 0

0 0 1 0

2 2 0 2 2 021( 1)

2 2 0 0 0 0

0 0 1 0 0 1

2 2 0 0

0 0 0 0

0 0 1 0

x

x

x

B

x

x

x

100

022

022

A

0

00

00

00

100

022

022

0

100

010

001

100

022

022

0142

014122

0

100

022

022

2

123


2 2 01 2

2 21 2

1 2

03

1

1

0

x x

x x

x x

x

x

Untuk λ = 1

2

3 3

2

1

1

3 3

3

2 0

3 0

0

0 0

0

0

0

x x

x

x

x

x

x x

x

x

0

0

0

000

030

021

000

030

021)1(21

000

012

021

0

0

0

100

022

022

3

2

1

3

2

1

x

x

x

B

x

x

x

124


Untuk λ = 4

1 2

3

3

2 2 01 2

2

3 0

0

1

1

0

x x

x x

x

x

x

7.2 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 hingga 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.

0

0

0

300

000

022

300

000

022)1(21

300

022

022

0

0

0

300

022

022

3

2

1

3

2

1

x

x

x

B

x

x

x

125


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, 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

𝑥1̅̅̅, 𝑥2̅̅ ̅, … , 𝑥𝑛̅̅ ̅ yang bersesuaian dengan nilai eigen 𝜆1, 𝜆2, … , 𝜆𝑛 (𝜆𝑖 tidak harus berbeda

dengan𝜆𝑗 ) , maka matriks pendigonal P bisa diambil sebagai , 𝑃 = [𝑥1̅̅̅ 𝑥2̅̅ ̅ 𝑥𝑛̅̅ ̅] dengan matriks

diagonalnya adalah :

𝐷 = [

𝜆1 00 𝜆2

0 00 0

⋮ ⋮0 0

⋮ ⋮0 𝜆𝑛

]

7.2.1 Masalah Diagonalisasi Matriks

Masalah Vektor eigen. Diketahui suatu matriks A pada n x n, adakah suatu basis untuk Rn yang

terdiri dari vektor-eigen dari A.

Masalah Diagonalisasi (Bentuk Matriks). Diketahui suatu matriks A pada n x n, adakah suatu

matriks P yang dapat dibalik sedemikian sehingga P-1 AP adalah suatu matriks diagonal?

Masalah kedua mengemukakan terminology berikut ini:

Definisi: suatu matriks segi Anxn dikatakan dapat didiagonalisasikan jika terdapat sebuah

matriks P yang invertible sehingga P-1 AP merupakan matriks diagonal. Matriks P dikatakan

mengdiagonalisasikan A.

Jika Anxn ,maka hal-hal berikut adalah ekuivalen:

a. A dapat didiagonalisasikan

b. A memiliki n vektor-vektor eigen yang saling bebas

126


Buktikan!

Langkah-langkah untuk Diagonalisasi Matriks:

1. Menentukan vektor eigen A, misalkan P1 ,P2,…,Pn

2. Tentukan matriks P yang memiliki P1 ,P2,…,Pn sebagai vektor kolomnya

3. Matriks P-1 AP adalah matriks diagonal dengan λ1 , λ2 ,…., λn unsure diagonal utama

dimana λ1 adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan Pi, i=1,2,…,n

Dari contoh di atas P1 =[1−1] dan P2 = [

3/41] atau [

34]

Maka P = [1 3−1 4

] maka P-1 = 1

7[4 −31 1

]

P-1 AP = 1

7[4 −31 1

] [1 34 2

] [1 3−1 4

]

= 1

7[4 −31 1

] [−2 152 20

] =1

7[−14 00 5

]

Contoh lain :

Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari A, tentukan pula matriks P yang kolom-kolomnya

adalah vektor eigen dari A yang mampu mendiagonalisasi A =

31

13!

Nilai eigen dari A adalah penyelesaian A - I = 0

031

13

(3-)2 – 1 = 0

9 - 6+2 – 1 = 0

2 - 6 + 8 = 0

( - 2)(-4) = 0; = 2 atau = 4

Vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen = 2 adalah solusi dari

11

11x = 0 ;

011

011 121B

000

011; x1 = -x2

Maka x =

2

1

x

x=

2

2

x

x= x2

1

1.

Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen = 2 adalah

1

1

127


Untuk = 4 maka

011

011 121B

000

011; x1 = x2

Maka x =

2

1

x

x=

2

2

x

x= x2

1

1.

Jadi nilai eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen = 4 adalah

1

1

Matriks P =

11

11dan P-1 =

2

1

2

12

1

2

1

PAP-1 =

11

11

31

13

2

1

2

12

1

2

1

=

44

22

2

1

2

12

1

2

1

=

40

02

Solusi Alternatif

Jika kita hanya tertarik untuk mengetahui apakah sebuah matriks dapat

didiagonalisasikan atau tidak, tanpa harus menentukan matriks P, maka tidak perlu mencari

basis-basis ruang eigen, cukup dengan menentukan dimensi dari ruang eigen

Teorema :

Jika v1,v2,....,vk adalah vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan nilai eigen λ1,

λ2,....,λk maka { v1,v2,....,vk} gugus yang bebas linear.

Teorema:

Jika sebuah matriks Anxn memiliki n nilai eigen yang berbeda, maka A dapat

didiagonalisasikan.

Teorema:

Nilai-nilai eigen dari matriks segitiga adalah unsure-unsur diagonal utamanya. Suatu

matriks segitiga yang unsure-unsur diagonal utamanya berbeda, dapat didiagonalisasikan.

Jika Anxn dan P invertible maka:

(P-1AP)k = (P-1AP). (P-1AP)…. (P-1AP)

128


= P-1 Ak P

Jika a dapat didiagonalisasikan, dan P-1AP = D, maka

(P-1AP)k =Dk

P-1 Ak P = Dk maka Ak = P Dk P-1

Contoh di atas D = P-1AP = [−2 00 5

]

A3 = PD-3 P-1

[1 34 2

] = [1 3−1 4

] [−8 00 125

]1

7[4 −31 1

]

= 1

7[1 3−1 4

] [−32 24125 125

] = 1

7[343 399532 476

]

7.3 Diagonalisasi Ortogonal

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 𝑥1̅̅̅, 𝑥2̅̅ ̅, … , 𝑥𝑛̅̅ ̅ merupakan basis ruang eigen yang

129


bersesuaian dengan nilai eigen 𝜆1, 𝜆2, … , 𝜆𝑛 kemudian 𝑢1̅̅ ̅, 𝑢2̅̅ ̅, … , 𝑢𝑛̅̅ ̅ merupakan himpunan

orthonormal hasil transformasi dari 𝑥1̅̅̅, 𝑥2̅̅ ̅, … , 𝑥𝑛̅̅ ̅ dengan hasil kali dalam Euclides , maka

matriks yang mendiagonalisasi secara orthogonal adalah P = [𝑢1̅̅ ̅ 𝑢2̅̅ ̅ 𝑢𝑛̅̅ ̅ ] sedangkan matriks

diagonal D sama dengan matriks diagonal D pada bahasan diagonalisasi sebelumnya :

𝐷 = [

𝜆1 00 𝜆2

0 00 0

⋮ ⋮0 0

⋮ ⋮0 𝜆𝑛

]

Bila A simetris, menentukan matriks P yang mendiagonalisasi A secara ortogonal melalui

langkah-langkah berikut:

1. Menemukan basis untuk masing-masing ruang eigen dari A

2. Menerapkan proses Gram-Schmidt untuk masing-masing basis ruang eigen agar diperoleh

basis ortonormal

3. Menentukan matriks P dimana kolom-kolomnya adalah basis ortonormal yang diperoleh

pada langkah (2). Matriks P yang terbentuk mendiagonalisasi A secara ortogonal.

Contoh :

Tentukan matriks P yang orthogonal dan mendiagonalisasi A secara orthogonal!

422

242

224

A

Jawab :

Pemecahan. Persamaan karakteristik dari A adalah

8)8()4(

42

242

224

det)det( 2

AI

Jadi, nilai-nilai eigen dari A adalah λ=2 dan λ=8.

Langkah selanjutnya adalah dengan mensubtitusi nilai-nilai eigen ke persamaan 0)( xAI .

Untuk λ=2

0

22

222

222

x

130


000

000

111

~

111

111

111

~

22

222

222

x1+x2+x3=0

x2=s

x3=t

x1=-s-t

Ruang eigen : �̅� = [−𝑠 − 𝑡𝑠𝑡

] = [−110] 𝑠 + [

−101] 𝑡

Jadi basis ruang eigennya

0

1

1

1v dan

1

0

1

2v

Dengan proses Gram-Schmidt menghasilkan vector-vektor eigen yang orthonormal yaitu

𝑤1̅̅̅̅ =𝑣1̅̅ ̅

|𝑣1̅̅ ̅|=

[−110]

|[−110]|

=

[−110]

√2=

02

12

1

𝑤2̅̅̅̅ =𝑣2̅̅ ̅ − ⟨𝑣2̅̅ ̅, 𝑤1̅̅̅̅ ⟩𝑤1̅̅̅̅

|𝑣2̅̅ ̅ − ⟨𝑣2̅̅ ̅, 𝑤1̅̅̅̅ ⟩𝑤1̅̅̅̅ |=

[−101] −

1

√2

02

12

1

|

|

[−101] −

1

√2

02

12

1

|

|

131


𝑤2̅̅̅̅ =

[−101] +

02

12

1

|

|

[−101] +

02

12

1

|

|

=

12

12

1

|

|

12

12

1

|

|

=

12

12

1

|√14 +

14 + 1|

=

1

1

1

|6|=

[ −

1

√6

−1

√62

√6 ]

Untuk λ=8

0

42

242

224

x

200

330

211

~

530

330

211

~

112

121

111

~

211

121

112

~

422

242

224

100

010

001

~

100

010

001

~

200

010

011

~

200

110

011

~

200

110

211

~

x1=1

x2=1

x3=1

Jadi basis Ruang eigennya : 𝑣3 = [111]

Dengan proses Gram-Schmid vector eigen yang dihasilkan adalah

132


𝑤2̅̅̅̅ =𝑣3̅̅ ̅ − ⟨𝑣3̅̅ ̅, 𝑤1̅̅̅̅ ⟩𝑤1̅̅̅̅ − ⟨𝑣3̅̅ ̅, 𝑤2̅̅̅̅ ⟩𝑤2̅̅̅̅

|𝑣3̅̅ ̅ − ⟨𝑣3̅̅ ̅, 𝑤1̅̅̅̅ ⟩𝑤1̅̅̅̅ − ⟨𝑣3̅̅ ̅, 𝑤2̅̅̅̅ ⟩𝑤2̅̅̅̅ |=

[111] − 0

02

12

1

− 0

6

26

16

1

|

|

[111] − 0

02

12

1

− 0

6

26

16

1

|

|

=

[111]

|[111]|

=

[111]

√3=

[ 1

√31

√31

√3]

Jadi matriks P yang orthogonal dan mendiagonalisasi A secara orthogonal adalah

3

1

6

20

3

1

6

1

2

13

1

6

1

2

1

P

133


Soal Latihan

1. Tentukan persamaan karakteristik, nilai eigen dan vektor eigen (basis-basis ruang

eigen) untuk matriks berikut :

a. A =

017

011

105

b. B =

1000

0210

0101

0200

2. Suatu matriks Anxn dapat didiagonalkan jika terdapat matriks P yang invertible

sedemikian sehingga P-1A P suatu matriks diagonal. Tentukan apakah matriks berikut

dapat didiagonalisasi, jika dapat maka tentukan matriks P yang mendiagonalisasi A dan

tentukan P-1A P!

(i) A =

11

32 b. A =

103

000

000

3. Tentukan apakah terdapat matriks C yang dapat mendiagonalisasi A secara orthogonal

untuk matriks A berikut :

A =

23036

030

36002

. Jika ya, tentukan juga A5!

134


PUSTAKA

1. Anton, H. and Rorres, C. 1994. Elementary Linear Algebra, 7th Ed. John Wiley and

Sons, Inc. New York

2. Anton, H. and Rorres, C. 2000. Dasar-dasar Aljabar Linear, Edisi 7 (Terjemahan)

Jilid 1. Interaksara. Batam

3. Anton, H. and Rorres, C. 2000. Dasar-dasar Aljabar Linear, Edisi 7 (Terjemahan)

Jilid 2. Interaksara. Batam

4. Goldberg, J.L. 1991. Matric Theory With Applications. McGraw-Hill, Inc. Maynard.

5. Lipschutz, S and Lipson, M. 2001. Aljabar Linear, Edisi 3 (Terjemahan): Schaum’s

Outlines. Erlangga. ____

6. Sernesi, E. 1993. Linear Algebra : A Geometric Approach. Chapman and Hall.

London,UK.

7. Strang, G. 1993. Introduction to Linear Algebra. Wellesley Cambridge.

Massachussetts, USA.

8. Setya, B.W. 1995. Aljabar Linear. Gramedia Pustaka Umum. Jakarta.

Documents

I GUSTI AYU MADE SRINADI DESAK PUTU EKA …...1. 2 Eliminasi Gauss, Eliminasi Gauss Jordan Eliminasi Gauss dan Eliminasi Gauss Jordan adalah suatu prosedur mengoperasikan nilai-nilai