mat ii 09 basis dan dimensi
DESCRIPTION
matdasTRANSCRIPT
DEFINISI KOMBINASI LINIERMisalkan V ruang vektor.
S={u1, u2, ..., un} V.
Misalkan aV. Vektor a disebut dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S, jika terdapat skalar-skalar (konstanta riil) k1, k2, ..., kn, sehingga memenuhi persamaan:
k1u1+ k2u2+ ...+ knun=a
• Contoh:(a, b, c) = a(1, 0,0) + b(0,1,0) + c(0,0,1), berarti vektor (a, b, c) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}
cba
c
b
a
1
0
0
0
1
0
0
0
1
CONTOH KOMBINASI
1. Tunjukkan bahwa u=(2, 3, -1) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari W = {a1=(1, 0, 1), a2=(0, 1, -1), a3=(1, 1, -1)} dan tuliskan bentuknya.
Jawab:Akan dicari skalar-skalar k1, k2, dan k3 yang memenuhi: u= k1a1+ k2a2+ k3a3.
(2, 3, -1) = k1(1, 0, 1)+ k2(0, 1, -1)+ k3(1, 1, -1)
(2, 3, -1) = (k1, 0, k1)+ (0, k2, -k2)+ (k3, k3, - k3)
(2, 3, -1) = ( k1+ k3, k2+ k3, k1-k2-k3)
CONTOH KOMBINASI
Berarti membentuk sistem persamaan linier: k1 + k3 = 2
k2 + k3 = 3
k1 - k2 - k3 = -1
Untuk menghitung skalar-skalarnya dapat
digunakan eliminasi Gauss-Jordan. Dari eliminasi
Gauss-Jordan di dapat: k1=2, k2=3, dan k3=0.
Berarti kombinasi liniernya adalah: u= 2a1+ 3a2
CONTOH KOMBINASI LINIER 3 (1/ 2)
2. Apakah a = (2, -1, 3) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari
S= { u1=(2, -2, 4), u2=(0, 1, 2), u3=(1, 0, 4) }?
Jawab:
Akan dicari k1, k2, dan k3 yang memenuhi persamaan:
a = k1u1 + k2u2 + k3u3
(2, -1, 3) = k1(2, -2, 4) + k2(0, 1, 2) + k3(1, 0, 4)
(2, -1, 3) = ( 2k1+k3, -2k1+k2, 4k1+2k2+4k3)
Didapat sistem persamaan linier:
2k1 + k3 = 2
-2k1+ k2 = -1
4k1 + 2k2 + 4k3 = 3
Contoh Kombinasi Linier 3 (2/2)
Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan sistem persamaan
linier ini akan diselesaikan:
Karena sistem persamaan linier di atas tidak mempunyai solusi,
berarti a tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S.
~
23424
1012
2102
13
12
bb
bb
~
21220
1110
2102
23 bb
3000
1110
2102
CONTOH KOMBINASI LINIER 4 (1/ 2)
Apakah a=(2, -1, 6) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier
dari S={u1=(2, -2, 4), u2=(0, 1, 2), u3=(1, 0, 4)}?
Jawab:
Akan dicari k1, k2, dan k3 yang memenuhi persamaan:
a=k1u1+k2u2+k3u3
(2, -1, 6)=k1(2, -2, 4)+k2(0, 1, 2)+k3(1, 0, 4)
(2, -1, 6)=(2k1+k3, -2k1+k2, 4k1+2k2+4k3)
Didapat sistem persamaan linier:
2 = 2k1 + k3
-1 = -2k1+ k2
6 = 4k1+2k2+4k3
CONTOH KOMBINASI LINIER 4 (2/ 2)
Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan sistem persamaan linier ini akan diselesaikan:
Karena sistem persamaan linier di atas mempunyai solusi tak hingga banyaknya, yaitu: k1= 1 – ½ t, k2=1 – t, k3=t, berarti a dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S, yaitu:
a = (1 – ½ t)u1 + (1 – t)u2 + tu3 dengan t sebarang bilangan riil
~
26424
1012
2102
13
12
bb
bb
~
22220
1110
2102
23 bb
0000
1110
2102
KOMBINASI LINIER-SUB RUANG (1/ 3)
Misalkan V Ruang Vektor dan B={v1, v2, ..., vr} V,
Maka himpunan dari semua kombinasi linier dari B, yaitu:
W={k1v1+k2v2+ …+krvr| k1,k2, …,krR} membentuk
sub ruang.
Bukti:
1. Ambil k1=k2= ... = kr = 0,
maka: 0v1+0v2+ ...+0vr =o.
Jadi W .
KOMBINASI LINIER-SUB RUANG (2/ 3)
2. Ambil u, w W. Akan diperlihatkan u+w W
Misalkan u= l11v1+l12v2+ …+l1rvr dimana
l11,l12, …,l1rR
dan w = l21v1+l22v2+ …+l2rvr dimana l21,l22,
…,l2rR
KOMBINASI LINIER-SUB RUANG (2/ 3)
u+w = (l11v1+l12v2+ …+l1rvr)+(l21v1+l22v2+ …+l2rvr) {aksioma
asosiatif}
= l11v1+l12v2+ …+l1rvr + l21v1+l22v2+ …+l2rvr {aksioma
asosiatif}
= l11v1+ l21v1+l12v2+ l22v2+ …+l1rvr + l2rvr {aksioma
distributif}
= (l11+l21)v1+(l12+l22)v2+ …+(l1r+l2r)vr {sifat bilangan riil}
(l11+l21),(l12+l22), …,(l1r+l2r) R
Jadi u+w W
KOMBINASI LINIER-SUB RUANG (3/ 3)
3. Ambil uW dan cR. Akan diperlihatkan cuW
Misalkan u=l11v1+l12v2+ …+l1rvr dimana l11,l12, …,l1rR
cu = c(l11v1+l12v2+ …+l1rvr) {aksioma
distributif}
= cl11v1+cl12v2+ …+cl1rvr {sifat bilangan
riil}
cl11, cl12, …, cl1rR
Jadi cuW
W sub ruang dari V
LATIHAN
1. Manakah vektor-vektor di bawah ini yang dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linier dari
S = { a1=(1, -1, 0), a2=(0, 2, 1), a3=(1, 1, 1),
a4=(1, 3, 2) }
a. u = (2, 0, 1)
b. u = (-1, 1, 1)
c. u = (0, 2, 3)
d. u = (4, 3, -1)
e. u = (2, 1, -1)
f. u = (0, 0, 1)
MEMBANGUN
Misalkan V ruang vektor.
S = {u1, u2, ..., ur} V.
S disebut membangun V, jika setiap vektor di V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S atau terdapat skalar-skalar k1, k2, …, krR, sehingga memenuhi:
v = k1u1+k2u2+ …+krur untuk setiap vV
Contoh:
• S = {e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} membangun R3. Karena setiap vektor di R3 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S= (k1, k2, k3)= k1e1 + k2e2 + k3e3.
• B = {p1=1, p2=x, p3=x2} membangun P2. Karena setiap vektor di P2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari B, a+bx+cx2=ap1+bp2+cp3.
CONTOH MEMBANGUN
Apakah himpunan-2 di bawah ini membangun ruang vektor yang sesuai?
a. B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)}
b. Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3=3x +
4x2}
c. M =
12
01,
12
30,
01
02321 mmm
Diselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-JordanDiselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan
CONTOH MEMBANGUN
Jawab:
a. B R2, ambil w=(a, b).
Apakah w=(a, b) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari B,
w = k1u1 + k2u2 + k3u3 selalu mempunyai solusi?
(a, b)=k1(1, 2)+k2(-1, 1)+k3(0, 3)
(a, b)=(k1, 2k1)+ (-k2, k2)+ (0, 3k3)
(a, b)=(k1 - k2, 2k1 + k2 + 3k3)
Didapat sistem persamaan linier:
a= k1 - k2
b=2k1 + k2 + 3k3
Diselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-JordanDiselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan
B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)}
Jawab Membangun (1/5)
~2b312
a011
12 bb
~312a-b330
a011
2b
~3
2a)-(b110
a01121 bb
3
2a)-(b110
3
ba101
3
2a-bkk
3
bakk
32
31
dikembalikan ke bentuk sistem persamaan linier, didapat:
JAWAB MEMBANGUN (1/5)
32
31
k3
2a-bk
k3
bak
dengan subtitusi mundur, didapat:
karena k3 dapat bernilai sebarang, maka k3 dimisalkan sebagai sebuah parameter, k3=t, sehingga, k1=(a+b)/3 -t, dan k2=(b-2a)/3 - t, yang berarti selalu mempunyai solusi.Jadi, B membangun R2.
JAWAB MEMBANGUN (2/5)
c
b
a
k
k
k
432
321
012
3
2
1
Karena Q XP2, maka akan ditunjukkan bahwa Q membangun P2 atau w=k1p1+k2p2+k3p3 selalu memunyai solusi dengan w=a+bx+cx2.a+bx+cx2= k1(2+x+2x2)+k2(-1 + 2x +3x2)+k3(3x + 4x2)a+bx+cx2= (2k1+ k1x+2k1x
2)+ (-k2 + 2k2x +3k2x
2)+ (3k3x + 4k3x2)
a+bx+cx2= (2k1 - k2)+ (k1 + 2k2 + 3k3)x + (2k1 + 3k2 + 4k3)x
2
Didapat sistem persamaan linier:a=2k1 - k2
b= k1 + 2k2 + 3k3
c=2k1 + 3k2 + 4k3
JAWAB MEMBANGUN (2/5)
23
21
2
2
432
321
012
bb
bb
210
321
650
0461021
65
Persamaan matrik di atas selalu mempunyai solusi, jika matrik koefisien mempunyai invers, berarti determinan matrik koefisien tidak sama dengan nol.
Jadi, Q membangun P2.
JAWAB MEMBANGUN (3/5)Karena MÍM2x2, maka akan ditunjukkan bahwa M membangun M2x2. Berarti pula apakah persamaan w=k1m1+k2m2+k3m3 selalu mempunyai solusi untuk bentuk umum w,
w=
dc
ba
dc
ba
12
01k
12
30k
01
02k 321
Didapat sistem persamaan linier:a= 2k1 + k3
b= 3k2
c= -k1 + 2k2 + 2k3
d= k2 + k3
Diselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan:
JAWAB MEMBANGUN (3/5)
dc
ba
32321
231
kkk2k2k
k3kk2
~
d110
c221
b030
a102
1
3
b
b
~
2
d110
a102
b030
c221
13 bb
~
d110
2ca540
b030
c221
2
4
b
b
JAWAB MEMBANGUN (3/5)
~
3
4
b030
2ca540
d110
c221
24
23
bb
bb
~
33d-b300
4d-2ca100
d110
c221
34 bb
15d-b6c3a000
4d-2ca100
d110
c221
JAWAB MEMBANGUN (4/5)
11
11
12
01k
12
30k
01
02k 321
11
11
32321
231
kkk2k2k
k3kk2
=
=
Didapat sistem persamaan linier:1= 2k1 + k3
1= 3k2
1= -k1 + 2k2 + 2k3
1= k2 + k3
Diselesaikan dengan eliminasi Gauss-Jordan:
Contoh penyangkal:
11
11u
JAWAB MEMBANGUN (4/5)
Didapat sistem persamaan linier:1= 2k1 + k3
1= 3k2
1= -k1 + 2k2 + 2k3
1= k2 + k3
Diselesaikan dengan eliminasi Gauss-Jordan:
Contoh penyangkal:
11
11u
~
1110
1221
1030
1102
1
3
b
b
~
2
1110
1102
1030
1221
13 bb
~
1110
3540
1030
1221
2
4
b
b
~
3
4
1030
3540
1110
1221
24
23
bb
bb
~
32-300
1-100
1110
1221
34 bb
5-000
1-100
1110
1221
Dari matrik terakhir ini, terlihat bahwa SPL tidak mempunyai solusi.Jadi, ada matrik 2x2 yang tidak bisa dinyatakan sebagai kombinasi linier dari M. Jadi, M tidak membangun ruang vektor M2x2.
JAWAB MEMBANGUN (4/5)
BEBAS LINIER
Misalkan V ruang vektor. B={a1, a2, ..., an}V. Himpunan B disebut bebas linier, jika persamaan vektor:k1a1 + k2a2 + ...+ knan = ohanya dipenuhi oleh k1 = k2 = ...= kn = 0 (hanya solusi trivial). Jika terdapat solusi yang lain (solusi tak trivial), maka B disebut tak bebas linier/ bergantung linier.
BEBAS LINIER
Contoh:S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} bebas linier,
karena (0, 0, 0)=ae1 + be2 + ce3=(a, b, c), berarti hanya dipenuhi oleh a=b=c=0.
BEBAS LINIER
10
00m,
01
00m,
00
10m,
00
01mM 4321
dc
badmcmbmam
00
004321
Contoh:
bebas linier, karena persamaan vektor berikut
berarti didapat: a=b=c=d=0.
SIFAT-SIFAT HIMPUNAN TAK BEBAS LINIER (BERGANTUNG LINIER)
1. Jika B={v1, v2, ..., vn} himpunan tak bebas
linier, maka selalu satu vektor dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya atau
vi=k1v1+k2v2+...+ki-1vi-1+ki+1vi+1+ ...+knvn
untuk i=1, 2, ..., n
2. Jika B={ v1, v2} himpunan tak bebas
linier, maka v1=kv2 {v1 kelipatan dari v2}
LATIHAN1. Apakah himpunan-himpunan di bawah ini
membangun dan bebas linier?a. B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)} b. Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3=3x +
4x2}
c. M=
12
01,
12
30,
01
02321 mmm
d. Q={u1=(1, 0, 1, 2), u2=(2, 2, 3, 7), u3=(1, 1, 2, 4), u4=(-1, -1, -2, -2)}
e. B={u1=(2, 1), u2=(0, 1), u3=(3, 3)}
2. Tentukan vektor-vektor yang membangun himpunan semua vektor di bidang: 2x + 3y – z = 0. Apakah vektor-vektor tersebut bebas linier? Jelaskan!
BASIS
Misalkan V ruang vektor.
B={u1, u2, ..., un} V.
B disebut basis ruang vektor V, jika B
memenuhi dua aksioma, berikut:
1.B bebas linier
2.B membangun V
BASIS
Basis-basis di atas disebut basis baku dari masing-masing ruang vektor
10
00m,
01
00m,
00
10m,
00
01mM 4321
Contoh:
S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} basis di R3.
B={p1=1, p2=x, p3=x2} basis polinom berderajat maksimal 2
Matriks ordo 2x2
RUANG VEKTOR BERDIMENSI BERHINGGA
Misalkan {o}V ruang vektor.
V disebut berdimensi berhingga, jika mempunyai himpunan yang banyak anggotanya berhingga yang menjadi basis.
Jika tidak ada himpunan yang demikian ini disebut berdimensi tak hingga.
Perkecualian, walaupun ruang vektor nol tidak mempunyai basis, namun dianggap berdimensi berhingga.
Contoh:
R3, P2, M2x2 termasuk berdimensi berhingga.
DIMENSI RUANG VEKTOR
Misalkan V ruang vektor berdimensi berhingga, dimensi dari V, ditulis dim(V), adalah banyaknya anggota (kardinalitas) dari basis. Perkecualian, untuk ruang nol didefinisikan berdimensi nol.
Contoh:dim(R3)=3, dim(Rn)=n, dim(M2x2)=4, dim(P2)=3, dim(Pn)=n+1.
DIMENSI RUANG VEKTORContoh:Tentukan dimensi dari sub ruang pada bidang: -x + 2y +5z=0.
Jawab:x=2y+5z, sehingga (x, y, z) = (2y+5z, y, z) dan karena y dan z variable bebas, y=t, z=s, akibatnya: (x, y, z)=(2t+5s, t, s)= t(2, 1, 0)+s(5, 0, 1){dapat dibaca vektor pada bidang –x+2y+5z=0 dibangun oleh vektor (2, 1, 0) dan (5, 0, 1)}. Karena (2, 1, 0) dan (5, 0, 1) tidak saling berkelipatan, maka bebas linier.Jadi, basis sub ruang –x+2y+5z=0 adalah {(2, 1, 0), (5, 0, 1)} berarti berdimensi 2.