Bab 4-8.pdf

BAB IV. RUANG-RUANG VEKTOR EUCLIDEAN 4.1 Ruang Euclidean Berdimensi n Vektor-vektor di nR Definisi:

• Jika n adalah bilangan bulat positif, maka n-pasangan terurut adalah suatu barisan n buah bilangan riil 1 2( , , ..., )na a a . Himpunan dari semua n-pasangan terurut disebut ruang-n dan dinotasikan dengan nR .

• Dua vector 1 2 1 2( , , ..., ) & ( , ,..., )n nu u u u v v v v= =r r

di nR adalah sama jika

1 1 2 2, ,..., n nu v u v u v= = = . Jumlah u v+r r

didefinisikan sebagai:

1 1( ,..., )n nu v u v u v+ = + +r r ur ur uur uur

, & jika k adalah scalar, maka perkalian scalar kur

didefinisikan 1 2( , , ..., )nku ku ku ku=r

Operasi penjumlahan & perkalian scalar di atas disebut operasi standar pada nR . Vektor 0r

di nR dinotasikan oleh 0 (0, 0,..., 0)=r

Ruang –n Euclidean Definisi: Jika 1 2 1 2( , , ..., ) & ( , ,..., )n nu u u u v v v v= =

r radalah vector-vektor di nR , maka Euclidean

Inner Product .u vr r

didefinisikan oleh: 1 1 2 2. ... n nu v u v u v u v= + + +r r

.

nR disebut Ruang-n Euclidean, apabila dilengkapi dengan operasi inner product euclidean Norm & Jarak di Ruang-n Euclidean

• Norm Euclidean dari suatu vector 1, 2( ,..., )nu u u u=r

didefinisikan oleh:

1

2 221( . ) ... nu u u u u= = + +

r r r

• Jarak Euclidean antara titik 1 2 1 2( , , ..., ) & ( , ,..., )n nu u u u v v v v= =r r

adalah

2 21 1( , ) ( ) ... ( )n nd u v u v u v u v= − = − + + −

r r r r

• Pertidaksamaan Cauchy-Schwarz adalah Jika 1 2 1 2( , , ..., ) & ( , ,..., )n nu u u u v v v v= =

r radalah vector-vektor di nR , maka:

.u v u v≤r r r r

Orthogonality

• Dua vector &u vr r

di nR disebut orthogonal jika . 0u v =r r

• Jika &u vr r

orthogonal, maka 2 2 2

u v u v+ = +r r r r

• Vektor 1, 2( ,..., )nu u u u=r

, kadang-kadang ditulis:

1

21, 2 ,..., n

n

uu

u atau u u u u

u

= =

r r

M

Rumus Matriks untuk Dot Product

1 1

2 2

1

21 1 1

,

.

n n

T

n n n

n

u vu v

u v

u v

uu

u v v u v v u v u v

u

= =

= = = + +

r r

M M

r r r r ur uurK L

M

Jika A adalah matriks n n× , maka:

. ( ) ( ) ( ) .

. ( ) ( ) ( ) .

. .

. .

T T T T T

T TT T T T

T

T

Au v v Au v A u A v u u A v

u Av Av u v A u v A u A u v

Au v u A v

u Av A u v

• = = = =

• = = = =

∴ =

=

r r r r r r r r r r

r r r r r r r r r r

r r r r

r r r r

Contoh: Misalkan

1 2 3 1 22 4 1 2 01 0 1 4 5

1 2 3 1 72 4 1 2 101 0 1 4 5

1 2 1 2 72 4 0 0 4

3 1 1 5 1

. 7.( 2) 10.0 5.5 11

.

T

T

A u v

Au

A v

Au v

u A v

− − − = = = −

− − = = −

− − − = − = −

= − + + =

=

r r

r

r

r r

r r( 1).( 7) 2.4 4.( 1) 11

sama

− − + + − =

4.2 Transformasi Linier dari nR ke

mR

• Fungsi dari nR R→ Contoh: : nf R R→

2 2 21 2

2 2 21 2 1 2

( ... )1 2

( , ,..., ) ...

( , ,..., ) n

n n

x x xn

f x x x x x x

f x x x e− + + +

= + + +

=

• Fungsi dari mnR R→ , yaitu : mnf R R→ Jika m n= , maka :

nnf R R→ , & f disebut operator pada nR • Misalkan

1 1 1 2

2 2 1 2

1 2

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

( , ,..., )

n

n

m m n

w f x x xw f x x x

w f x x x

=

=

=M

1 2 1 2( , , ..., ) ( , ,..., )n mn mx x x R dan w w w R∈ ∈

1 2( , ,..., ) nnx x x R∀ ∈ , kita mendapatkan nilai unik 1 2( , ,..., ) m

mw w w R∈

Persamaan-persamaan tersebut mendefinisikan transformasi dari mnR R→ ,

yaitu: : mnT R R→ , sehingga 1 2 1 2( , ,..., ) ( , , ..., )n mT x x x w w w= Contoh: Misalkan diketahui persamaan-persamaan:

1 1 2

2 1 22 2

3 1 2

3w x xw x xw x x

= +=

= −

Yang mendefinisikan transformasi 32:T R R→ , berarti 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2( , ) ( ,3 , )T x x x x x x x x= + − Contoh: 2 2(1, 2) (1 ( 2),3.1.( 2),1 ( 2) ) ( 1, 6, 3)T − = + − − − − = − − − • Selanjutnya, misalkan

1 11 1 12 2 1

2 21 1 22 2 2

1 1 2 2

......

...

n n

n n

m m m mn n

w a x a x a xw a x a x a x

w a x a x a x

= + + +

= + + +

= + + +M

Persamaan-persamaan tersebut mendefinisikan transformasi dari mnR R→ ,

yaitu: : mnT R R→ . Karena persamaan-persamaan tersebut berbentuk linier, maka transformasinya disebut transformasi linier. Persamaan-persamaan

di atas dapat ditulis:

1 11 1 1

2 21 2 2

1

n

n

n m mn n

w a a xw a a x

w a a x

w Ax

=

=

L

L

M M M

Lur r

Matriks ijA a = disebut matrika standar untuk transformasi linier T , & T disebut multiplication by A . Contoh: Transformasi linier 34:T R R→ , yang didefinisikan oleh persamaan:

1 1 2 3 4

2 1 2 3 4

3 1 2 3

2 3 54 25 4

w x x x xw x x x xw x x x

= − + −

= + − += − +

dapat dinyatakan dalam bentuk:

11

22

33

4

2 3 1 54 1 2 15 1 4 0

xw

xw

xw

x

− −

= − −

Matriks standar dari T adalah 2 3 1 54 1 2 15 1 4 0

− − − −

• Beberapa Notasi Penting Jik : mnT R R→ adalah multiplication by A ( A matriks standar dari T ),

maka transformasi :mnT R R→ , dinotasikan oleh :

mnAT R R→ ,

artinya ( )AT x Ax=r r

.

Kadang-kadang matriks A dinotasikan dengan [ ]AT , berarti: ( )AT x Ax=r r

, dapat

ditulis: [ ]( )A AT x T x=r r

• Komposisi dari Transformasi Linier

Jika :kn

AT R R→ & :mk

BT R R→ adalah transformasi-transformasi linier, maka

( ) & ( ) ( ( ))n k k mA A B Ax R T x R T x R T T x R∀ ∈ ∃ ∈ ∀ ∈ ∃ ∈

AT BTnR kR mR

B AT T•

( )( ) ( ( ))B A B AT T x T T x∴ • = →r r

komposisi dari BT dg AT Komposisi B AT T• adalah linier, karena:

( )( ) ( ( )) ( ) ( ) ( )B A B A BT T x T T x T Ax B Ax BA x• = = = =r r r r r

B AT T∴ • adalah multiplication by BA . Contoh: Tentukan matriks standar T untuk menemukan ( )T x

r, kemudian periksa hasilnya

dengan menghitung langsung ( )T xr

.

1 2 1 2 2

1 2 3 1 2 3 2 3

( ) ( , ) ( , ); ( 1,4)

( ) ( , , ) (2 , ,0); (2,1, 3)

a T x x x x x x

b T x x x x x x x x x

= − + = −

= − + + = −

r

r

Pembahasan:

(a)

1 1 2

2 2

1 1

2 2

1 1 1 10 1 0 1

( )1 1 1 5

(( 1,4))0 1 4 4

( ) (5,4)( 1,4) ( ( 1) 4,4) (5,4)

w x xw x

w xA

w x

T x Ax

T

T xT

= − +=

− − = ∴ =

=

− − − = =

∴ =− = − − + =

r r

r

(b)

( )

1 1 2 3

2 2 3

3

1 1

2 2

3 3

2

02 1 1 2 1 10 1 1 0 1 10 0 0 0 0 0

( )2 1 1 2 0

((2,1, 3)) 0 1 1 1 20 0 0 3 0

( ) 0 2 0(2,1, 3) (2.2 1 3,

w x x xw x xw

w xw x Aw x

T x Ax

T

T xT

= − +

= +=

− − = ∴ =

=

− − = = − −

∴ = −

− = − −

r r

r

1 3,0) (0, 2,0)− = −

Geometri dari Operator Linier : nnT R R→ n- tuple terurut 1 2( , , ..., )na a a dapat dipandang sebagai suatu titik atau vector di nR

( )T xr

xr ( )T xr

xr

0 ( ) 0 0T x x= =r r r

: transformasi nol

( )IT x I x x= =r r r

: transformasi identitas Operator Refleksi

( , )x y( , )x y−

( )T xr xr

x

y

Refleksi terhadap sumbu Y di 2R

1

2

1

2

00 1

1 00 1

w x x yw y x y

w xw y

= − = − += = +

↓

− =

∴Matriks standar untuk reflaksi terhadap sumbu Y adalah 1 0

0 1−

Refleksi terhadap bidang XY

( , , )x y z

( , , )x y z−

1

2

3

1 0 00 1 00 0 1

w xw yw z

= = = − −

Operator Proyeksi pada Sumbu X

xr

x

y

( , )x y

( ,0)xwr

1

2

1 00 0 0

w xw

= =

Operator Proyeksi Ortogonal pada Bidang XZ

xr

( , , )x y z

y

x

z

wr

( ,0, )x z

1

2

3

1 0 00 0 0 0

0 0 1

w xww z

= = =

Operator Rotasi di 2R

1x

2x1 2( , )w w w=r

1 2( , )x x x=r

r

r

θ φ

1 2

1

2

cos , sincos( ) cos cos sin sinsin( ) sin cos cos sin

x r x rw r r rw r r r

φ φθ φ θ φ θ φθ φ θ φ θ φ

= == + = −= + = +

1 1 2 1 1

2 22 1 2

cos cos sinsin cos sin cos

w x x sin w xw xw x x

θ θ θ θθ θ θ θ

= − − ⇒ = = +

Operator Rotasi di 3R Rotasi berlawanan arah jarum jam mengelilingi sumbu X positif sebesar θ

xry

x

z

wr

1

2

3

1 0 0cos sin 0 cos sinsin cos 0 sin cos

w xw y zw y z


= = − − = +

Rotasi berlawanan arah jarum jam mengelilingi sumbu Y sebesar θ

xr

y

x

z

wr

1

2

3

cos sin cos 0 sin0 1 0

sin cos sin 0 cos

w x zw y

w x z

θ θ

θ θ θ θ

= + = = − + −

Operator Dilatasi & Kontraksi

( )T x k x=r

Kontraksi dengan faktor (0 1)k k≤ ≤

y

x

( , )x y

( , )kx kyxrwr

1

2

w kxw ky

=⇒

= matriks standar

00k

k

=

Dilatasi dengan factor ( 1)k k ≥

y

x

( , )x y

( , )kx kyxr

wr

1

2

w kxw ky

=⇒

= matriks standar

00k

k

=

Untuk 3R , matriks standarnya yaitu 0 0

0 00 0

kk

k

Komposisi dari Transformasi Linier Jika :

knAT R R→ & :

mkBT R R→ adalah transformasi linier, maka untuk

setiap nx R∈r

( ) ( ( ))A B Ax T x T T x→ →r r r

adalah transformasi linier dari mnR R→ yang disebut komposisi dari :B A B AT dengan T T T•

B A BAT T T∴ • =

Jika 1 : knT R R→ & 2 : mkT R R→ adalah transformasi linier, maka

( ) ( ) ( )2 1 2 1T T T T• = Contoh: Misalkan

221 :T R R→ adalah operator linier rotasi vector sebesar 1θ

22

2 :T R R→ adalah operator linier rotasi vector sebesar 2θ

( ) ( ) ( )2 1 2 1T T T T• =

1 1 2 21 2

1 1 2 2

cos sin cos sin,

sin cos sin cosT T


− − = =

y

x

1( )T xr

xr1θ

2θ

1 2θ θ+2 1( ( ))T T xr

( ) ( ) ( )( ) ( )

1 2 1 22 1

1 2 1 2

cos sinsin cos

T Tθ θ θ θθ θ θ θ

+ − + • = + +

( ) ( )

1 1 2 21 2

1 1 2 2

1 1 2 22 1

1 1 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

cos sin cos sin,

sin cos sin cos

cos sin cos sinsin cos sin cos

cos cos sin sin sin cos cos sinsin cos cos sin cos cos sin

T T

T T



θ θ θ θ θ θ θ θθ θ θ θ θ θ θ

− − = =

− −

=

− − +=

+ −

( ) ( )( ) ( ) ( )

1 2

1 2 1 22 1

1 2 1 2

sin

cos sinsin cos

T T

θ


+ − + = = • + +

Contoh: 22

1 :T R R→ : pencerminan terhadap garis y=x 22

2 :T R R→ : proyeksi orthogonal terhadap sumbuY

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

( ) ( )

1 2

1 2 1 2

2 1 2 1

1 2 2 1

0 1 0 0,

1 0 0 1

0 1 0 0 0 11 0 0 1 0 0

0 0 0 1 0 00 1 1 0 1 0

T T

T T T T

T T T T

T T T T

= =

• = = =

• = = =

∴ • ≠ •

Operator Pencerminan terhadap Titik Asal

( )T x x= −r r

pada 2R atau 2R : ( )1 0

0 1T

− = −

Komposisi 3 atau Lebih Transformasi Linier

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

3 2 1 3 2 1

: , : , :n k k l l mT R R T R R T R R

T T T x T T T x

→ → →

• • =r r

Matriks standar ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )

3 2 1 3 2 1

3 2 1 3 2 1 C B A CBA

T T T T T T

T T T T T T dan T T T T

• • =

• • = • • =

4.3 Sifat-sifat Transformasi Linier dari mnR R→ Definisi: Suatu transformasi linier T dari mnR R→ disebut satu-satu jika T memetakan vektor-vektor (titik-titik) yang berbeda di nR ke vektor-vektor (titik-titik) yang berbeda di

mR Untuk setiap vector w∈

ur Range dari transformasi linier satu-satu T , akan terdapat tepat

satu vektor ( )x sehingga T x w=r r ur

. Misalkan , : n n

n n AA T R R× → adalah perkalian oleh A, maka hubungan antara invertibilitas dari A dengan sifat-sifat AT :

• A Ax w=r ur

konsisten 1nw ×∀ur

• Ax w=

r ur mempunyai tepat satu solusi 1nw ×∀

ur

Ø A invertible Ø Ax w=

r ur konsisten 1nw ×∀

ur

Ø Ax w=r ur

mempunyai tepat satu solusi jika sistem konsisten § A invertible § Untuk setiap vector nw R∈

ur, terdapat vector nx R∈

r, sehingga

( ) ,AT x w= ⇒r ur

Range dari AT adalah semua vektor di nR

§ Untuk setiap vector wur

di range AT , terdapat tepat satu vektor nx R∈r

, sehingga

( )AT x w=r ur

, dpl AT adalah satu-satu

Teorema: Jika A adalah matriks nxn dan : n n

AT R R→ adalah perkalian oleh A , maka yang berikut ekivalen:

a) A invertible b) Range AT adalah nR c) AT adalah satu-satu (1-1)

Contoh:

1. Rotasi adalah 1-1, ( )cos sinsin cos

Tθ θθ θ

− =

2. Proyeksi vector di 3R pada bidang XY

( )1 0 00 1 00 0 0

T = ⇒

tidak 1-1, karena ( )T tidak invertible

Balikan (invers) dari Operator Linier Jika : n n

AT R R→ adalah operator linier 1-1, maka A invertible sehingga 1 : n n

AT R R− → juga merupakan operator linier yang disebut invers dari AT

1

1 1

1 1

1

( ( )) ( )

( ( )) ( )A AA

AA A

T T x T A x AA x I x x

T T x T Ax A Ax I x x

−

− −

− −

−

= = = =

= = = =

r r r r r

r r r r r

Atau

1 1

1 1

A IA AA

A IA A A

T T T TT T T T

− −

− −

• = =

• = =

ATwrxr

1AT −

1 1

1 1

( ) ( ( ))

[ ] [ ]AA A

T w T T x x

T T− −

− −

= =

=

r r r

Contoh: Mis 2 2

1 1 2 2 1 2: , 2 , 3 4T R R w x x w x x→ = + = + adalah 1-1 Maka 1

1 2( , )?T w w− Jawab:

[ ]1 1

2 2

2 1 2 1,

3 4 3 4w x

Tw x

= =

[ ] 114 1

5 53 2

5 5T T −−

− = = −

1 21 11

2 2 1 2

4 1 4 15 5 5 53 32 2

5 5 5 5

w ww wT

w w w w−

− − = = − −

11 2 1 2 1 2

4 1 3 2( , ) ,5 5 5 5

T w w w w w w− ∴ = − − +

Sifat-sifat Kelinieran Teorema: Suatu transif : n mT R R→ adalah linier jikka , ,nu v R c∀ ∈

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

r r r r b. ( ) ( )T cu cT u=

r r Bukti: Misal A adalah matriks standar T

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

T u v A u v Au Av T u T vT cu A cu c Au cT u

+ = + = + = += = =

r r r r r r r r

r r r r

Misal (a) dan (b) dipenuhi oleh T; adalah benar T linier dengan mendapatkan matriks ( ) ,A T x Ax x R∋ = ∀ ∈r r

Untuk (a): ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )T u v w T u T v w T u T v T w+ + = + + = + +r r r r r r r r r

Secara umum 1 2 1 2( ... ) ( ) ( ) ... ( )k kT v v v T v T v T v+ + + = + + +r r r r r r

Misal

1 2

1 0 00 1 0

, ,...,... ... ...0 0 1

ne e e

= = =

r r r vector-vektor basis standar di nR

Misal

[ ]1 2( ) ( ) ... ( )nA T e T e T e=r r r

Jika

[ ]

1 1

2 21 2, ( ) ( ) ... ( )

.... ....n

n

n n

x xx x

x R Ax T e T e T e

x x

= ∈ =

r r r r r

1 1

1 1

1 1

( ) ... ( )( ) ... ( )( ... )( )

n n

n n

n n

Ax x T e x T eAx T x e T x eAx T x e x eAx T x

= + += + +

= + +=

r r r

r r r

r r r

r r

Teorema: Jika : n mT R R→ adalah transformasi linier dan 1 2, ,..., ne e er r r adalah vector-vektor basis standar untuk nR , maka matriks standar untuk T adalah

[ ] [ ]1 2( ) ( ) ... ( )nT T e T e T e=r r r

Contoh: 1. Proyeksi terhadap bidang xz

1 1 2 3 3

1 0 0( ) 0 , ( ) 0 0 , ( ) 0

0 0 1T e e T e T e e

= = = = = =

rr r r r r

1 0 00 0 00 0 0

T =

2. 3 2:T R R→

1 1 2 3

2 1 2 3

2 3 2 1 35 4 5 4 1

w x x xw x x x

= − + + − ⇒ = + +

1 2 3

1 0 02 1 3

( ) 0 , ( ) 1 , ( ) 05 4 1

0 0 1T e T T e T T e T

− = = = = = =

r r r

3. Misal l adalah garis pada bidang xy melalui titik O dan membentik sudut θ

terhadap sumbu x positif, 0 θ π≤ ≤ . 2 2:T R R→ operator linier yang memetakan tiap vector ke proyeksi orthogonal ke l 1. cari matriks standar untuk T 2. cari proyeksi orthogonal dari vector (1,5)x =

r ke garis yang melalui O dan

bersudut 6πθ = terhadap sumbu x positif

lxr

( )T xr

θ

l

1er

1()Ter

θ

l

2er

2( )T erθ

1

1

2

11

1

( ) cos cos( )

( ) sin sinT e

T eT e cos

θ θθ θ θ

= =

rr

r

22 2

2

( ) cos sin( )

( ) sin sinT e cos

T eT e

θ θ θθ θ

= =

rr

r

2

2

cos sinsin sin

cosTcos

θ θ θθ θ θ

∴ =

BAB V

RUANG VEKTOR

V.1 Ruang Vektor

Definisi :

Misalkan V adalah suatu himpunan sebarang yang tidak kosong.

Misalkan 2 operasi didefinisikan pada V, yaitu operasi penjumlahan dan perkalian skalar.

Maka V disebut ruang vektor apabila memenuhi syarat-syarat:

1. Jika u V∈uur

dan ,v Vεr maka ,u v Vε+

r r

2. u v v u+ = +r r r r

3. ( ) ( )u v w u v w+ + = + +r r ur r r ur

4. Terdapat ( vektor nol ) 0 0 0 ,V u u u u V∈ ∋ + = + = ∀ ∈r r r r r r r

5. ( ) ( ) 0u V u V u u u u∀ ∈ ∃ − ∈ ∋ + − = − + =r uur r uur uur r r

6. Jika k skalar dan u V∈uur

, maka k u V∈uur

.

7. k ( )u v k u k v+ = +r rr r

8. ( k + l ) u k u l u= +r ur r

, l skalar

9. k ( ( ) ( ) ,l u k l u l=r r

skalar

10. 1 u u=uur r

Contoh :

Misalkan V = , , ,a b

a b c d Rc d

∈

, jika 1 1

1 1

a bu

c d

=

r , 2 2

2 2

a bv

c d

=

r

Definisikan + +

+ = + +

r r1 2 1 2

1 2 1 2

a a b bu v

c c d d dan 1 1

1 1

k a k bk u

k c k d

=

r

Apakah V ruang vektor ?

http://www.pdfcomplete.com/cms/hppl/tabid/108/Default.aspx?r=q8b3uige22

Jawab :

1. 1 1 2 2 1 2 1 2

1 1 2 2 1 2 1 2, ,

a b a b a a b bu V v V u v V

c d c d c c d d+ +

∈ ∈ + = + = ∈ + +

r r r r

2. + + + +

+ = + = = + + + +

r r1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1

1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1

a b a b a a b b a a b bu v

c d c d c c d d c c d d

= 2 2 1 1

2 2 1 1

a b a bv u

c d c d

+ = +

r r

3. ( )

+

+

=++

33

33

22

22

11

11

dcba

dcba

dcba

wvu rrr

= ( )( )

++++++++

=

++++

+

)dd(dccc)bb(baaa

ddccbbaa

dcba

321321

321321

3232

3232

11

11

= ( ) ( )( ) ( )

+

++++

=

++++++++

33

33

2121

2121

321321

321321

dcba

ddccbbaa

dddcccbbbaaa

= [ ] wvudcba

dcba

dcba

33

33

22

22

11

11 ++=

+

+

4. Ada

=

+

=

+

∋∈

=

11

11

11

11

11

11

dcba

0000

dcba

dcba

0000

V0000

0

5. 1 1 1 1

1 1 1 1

a b a bu V u V

c d c d− −

∀ = ∈ ∃ − = ∈ ∋ − −

r r

=

+

−−−−

=

−−−−

+

0000

dcba

dcba

dcba

dcba

11

11

11

11

1

11

11

11

6. Jika k skalar, maka Vdkckbkak

dcba

kuk11

11

1

11 ∈

=

=

r

7. k ( )

++++

=

+

=+

2121

2121

22

22

11

11

ddccbbaa

kdcba

dcba

kvu

= ( ) ( )( ) ( )

++++

=

++++

2121

2121

2121

2121

dkdkckckbkbkakak

ddkcckbbkaak


= vkukdcba

kdcba

kdkckbkak

dkckbkak

22

22

11

11

22

22

11

11 rr+=

+

=

+

8. ( k + l ) ( ) ( )( ) ( )

++++

=

++++

=

+=

1111

1111

11

11

11

11

dldkclckblbkalak

dlkclkblka)lk(

dcba

lku

= ulukdcba

ldcba

kdlclblal

dkckbkak

11

11

11

11

11

11

11

11 +=

+

=

+

9. k ( l ur ) = k

=

=

)dl(k)cl(k)bl(k)al(k

dlclblal

kdcba

l11

11

11

11

11

11

= u)lk(dcba

lkdlkclkblkalk

11

11

11

11 =

=

10. 1 ( ur ) = udcba

d.1c.1b.1a.1

dcba

111

11

11

11

11

11 =

=

=

Karena ke 10 syarat terpanuhi, maka V merupakan ruang vektor.

V.2 Subruang .

Definisi :

Misalkan V ruang vektor. W adalah sub himpunan V ( W ⊂ V ) . W disebut sub ruang bila

memenuhi ( 10 ) syarat ruang vektor dibawah operasi penjumlahan dan perkalian skalar

yang didefinisikan pada V.

Untuk memeriksa apakah W sub ruang atau bukan, dibutuhkan tahapan yang panjang. Maka

untuk mempersingkatnya digunakan teorema berikut :

Teorema :

Jika W ⊂ V , V ruang vektor. W disebut sub ruang dari V jika memenuhi 2 syarat berikut:

a. Jika u dan v di W maka W)vu( ∈+

( tertutup terhadap operasi penjumlahan )

b. Jika k skalar dan Wu ∈ , maka Wuk ∈

( tertutup terhadap operasi perkalian )


Catatan :

Karena V ruang vektor, maka elemen – elemen dari V disebut vektor.

Contoh:

R3 adalah ruang vektor. W = { (a,0,0) ; a ∈ R } ⊂ R3.

Apakah W sub ruang dari R3.

Jawab :

a. u = ( a, 0,0 ) W∈ , v = ( b, 0, 0 ) W∈

u + v = ( a, 0,0 ) + ( b, 0, 0 ) = ( a+b ,0 ,0 ) W∈

∴ syarat (1) terpenuhi.

b. k u = k ( a, 0, 0 ) = ( k a , 0 , 0 ) W∈

∴ syarat ( 2 ) terpenuhi.

Karena kedua syarat terpenuhi , maka W sub ruang dari R3.

Ruang-ruang Penyelesaian untuk Sistem-Sistim Homogen

Jika AX= b adalah suatu sistem persamaan linier (SPL), maka setiap vektor yang

memenuhi persamaan ini disebut vektor penyelesaian dari SPL tersebut.

Vektor penyelesaian dari SPL homogen akan membentuk ruang vektor, yang disebut

ruang penyelesaian dari system tersebut.

Teorema :

Jika Ax = 0 adalah SPL homogen dari m persamaan dalam n peubah, maka himpunan vektor

penyelesaiannya adalah suatu sub-ruang dari Rn.

V.2.1 Kombinasi Linier vektor-vektor

Definisi :

Vektor wr disebut kombinasi linier dari vektor-vektor r1 v,,v K , apabila berlaku

rr22111 vkvkvkw +++= K , dimana k1, k2, . . . . , kr skalar.


Contoh :

u = ( 1 , 2, - 1 ) , v = ( 6 , 4, 2 ) di R3.

Tunjukkan bahwa : a. 1w = ( 9, 2 , 7 ) merupakan kombinasi linier dari u dan v .

b. 2w = ( 4, -1 , 8 ) bukan kombinasi linier dari u dan v .

Jawab :

a. ( 9 , 2 , 7 ) = k1 ( 1, 2 , -1 ) + k2 ( 6, 4, 2 )

= ( k1 + 6 k2 , 2 k1 + 4 k2 , - k1 + 2 k2 )

Diperoleh 3 persamaan : 9 = k1 + 6 k2

2 = 2 k1 + 4 k2

7 = - k1 + 2 k2 à k1 = - 3 & k2 = 2

v2u3w +−=∴ ( w kombinasi linier dari u dan v )

b. ( 4 , -1 , 8 ) = k1 ( 1, 2 , -1 ) + k2 ( 6, 4, 2 )

= ( k1 + 6 k2 , 2 k1 + 4 k2 , - k1 + 2 k2 ).

Diperoleh 3 persamaan : 4 = k1 + 6 k2

- 1 = 2 k1 + 4 k2 à

8 = - k1 + 2 k2

−=

− 81

4

cc

214261

2

1 à

39

4

0080

61H

129

4

8080

61

HH

81

4

214261

)1(32

)1(31

)2(21 −−−−−

−

−

∴ Sistem tersebut tak punya solusi vkukw 21 +≠ ( w bukan kombinasi linier dari

u dan v ).

V. 2.2. Membangun (merentang)

Definisi :


Misalkan { } Vv,,v,vS r21 ⊂= K . Misalkan W ⊂ V adalah subruang dari V.

W disebut ruang yang dibangun oleh S apabila Wu ∈∀ merupakan kombinasi linier

dari vektor-vektor yang ada di S.

S disebut membangun W. Notasi : W = span ( S )

Contoh :

Tentukan apakah : 1v = ( 1,1,2 ) , 2v = ( 1,0,1 ) dan 3v = ( 2,1,3 ) membangun R3.

Jawab :

Misalkan b = ( b1, b2 , b3 ) ε R3 adalah vektor sembarang.

Bila 1v , 2v , 3v membangun R3, maka setiap sembarang vektor di R3 akan merupakan

kombinasi linier dari vektor-vektor tersebut. Akan ditunjukkan 332211 vkvkvkb ++=

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

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

Maka dapat dijadikan sistem persamaan linier :

k1 + k2 + 2 k3 = b1

k1 + k3 = b2

2 k1 + k2 + 3 k3 = b3

Sistim persamaan linier dapat dinyatakan dalam bentuk matriks :

=

3

2

1

3

2

1

bbb

kkk

312101211

123

12

1)1(32

13

12

1

231

)1(21

3

2

1

bbbbb

b

000110

211H

b2bbb

b

110110

211

HH

bbb

312101211

−−−−−

−−

−−−−

−

−

−

∴ S P L tak punya solusi.

∴ S = { }321 v,v,v tak membangun ruang W.

Teorema :


Jika S={ }1 2, , , rv v vur uur uur

K dan S’ = { }k21 w,,w,w K adalah dua himpunan vektor-vektor

dalam suatu ruang vektor V, maka

span { }1 2, , , rv v vur uur uur

K = span { }k21 w,,w,w K

jika dan hanya jika setiap vektor dalam S adalah suatu kombinasi linier dari vektor-vektor

dalam S, dan sebaliknya setiap vektor dalam S’ { }k21 w,,w,w K adalah suatu kombinasi

linier dari vektor-vektor dalam S.

V.3 Kebebasan Linier.

Definisi:

Misalkan S = { }1 2, , , rv v vur uur uur

K

S disebut bebas linier jika persamaan 1 1 2 2 0r rk v k v k v+ + + =ur uur uur r

K hanya mempunyai 1

solusi yaitu k1 = k2 = . . . . . = kr = 0. Jika tidak berlaku itu, maka S disebut bergantung

linier.

Contoh :

Tentukan apakah vector-vektor 1v = ( 1, -2 ,3 ) , 2v = ( 5, 6 ,-1 ) dan 3v = ( 3, 2 ,1 )

bebas linier atau bergantung linier ?

Jawab : 1 1 2 2 3 3 0k v k v k v+ + =ur uur ur r

↔ 1 2 3(1, 2 , 3 ) (5 , 6 , 1) (3 ,2 ,1 ) (0,0,0)k k k− + − + =

↔ ( k1+5 k2 + 3 k3 , -2 k1 + 6 k2 + 2 k3 , 3 k1 – k2 + k3 ) = (0 , 0 , 0 )

Jadi k1 + 5 k2 + 3 k3 = 0

-2 k1 + 6 k2 + 2 k3 = 0

3 k1 – k2 + k3 = 0

SPL diatas dalam bentuk matriks ditulis :

1

2

3

1 5 3 02 6 2 0

3 1 1 0

kkk

− = −


(1)(2)3221

( 3)31

1 5 3 1 5 3 1 5 32 6 2 0 16 8 0 16 8

3 1 1 0 16 8 0 0 0

HHH −

− − − −

∴ k1 + 5 k2 + 3 k3 = 0

16 k2 + 8 k3 = 0 à 2 k2 + k3 = 0 à k3 = - 2 k2

Bila k2 = s , k3 = - 2 s maka k1 = - 5 k2 - 3 k3 = - 5 s – 3 ( - 2 s ) = s

∴ S = { }1 2, , , rv v vur uur uur

K bergantung linier.

Teorema :

Suatu himpunan S dengan dua atau lebih vektor disebut :

a. Tak bebas secara linier jika dan hanya jika paling tidak salah satu vektor dalam S

dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari vektor-vektor lainnya dalam S.

b. Bebas linier jika dan hanya jika tidak ada vektor dalam S yang dapat dinyatakan

sebagai suatu kombinasi linier dari vektor-vektor lain dalam S.

Teorema :

a. Suatu himpunan vektor terhingga yang berisi vektor tak nol, tak bebas secara linier.

b. Suatu himpunan dengan tepat dua vektor bebas secara linier jika dan hanya jika

vektor yang satu bukan merupakan penggandaan skalar dari vektor lainnya.

Teorema :

Anggap S = { }1 2, , , rv v vur uur uur

K adalah suatu himpunan vektor-vektor dalam Rn. Jika r > n ,

maka S tak bebas secara linier.

V. 4 Basis dan Dimensi

Definisi Basis :

Jika V adalah suatu ruang vector dan S = { }1 2, , , rv v vur uur uur

K adalah sub himpunan V, maka

S disebut basis dari V, apabila memenuhi kondisi-kondisi berikut :

a. S bebas linier

b. S membangun V.


Definisi Dimensi :

Ruang vektor tak nol V disebut mempunyai dimensi hingga apabila V memuat suatu

himpunan , dimana himpunan tersebut merupakan basis dari V. Dim (V) adalah

jumlah vektor di dalam basis.

Apabila V tidak memuat himpunan itu, atau V tidak mempunyai basis, maka

dikatakan V berdimensi tak hingga.

Contoh :

1. Misalkan 1v = ( 1, 2 , 1 ) , 2v = ( 2, 9 , 0 ) dan 3v = ( 3, 3 , 4 )

Tunjukkan bahwa S = { }321 v,v,v merupakan basis dari R3.

Jawab :

a. Apakah S membangun R3.

Ambil sebarang vektor ( b1, b2, b3 ) ∈ R3

( b1, b2, b3 ) = k1 (1 , 2, 1) + k2 ( 2 , 9,0 ) + k3 ( 3 , 3 , 4 )

= ( k1 + 2 k2 + 3 k3 , 2 k1 + 9 k2 + 3 k3 , k1 + 4 k3 )

Dalam bentuk matriks dapat ditulis :

=

3

2

1

3

2

1

bbb

kkk

401392321

( ) ( )1252

13

12

1

51

32

13

12

1

)1(31

)2(21

3

2

1

b2bbbb2b

b

00350

321H

bbb2b

b

120350

321

HH

bbb

401392321

52

−+−−

−−

−−

−−−

−

1. ⅕ k3 = ( b3 – b1 ) + ⅖ b2 - ⅘ b1

↔ k3 = - 5 b3 + 5 b1 – 2 b2 + 4 b1

↔ k3 = 9 b1 – 2 b2 – 5 b3

2. 5 k2 – 3 k3 = b2 - 2 b1

↔ 5 k2 – 3 (9 b1 – 2 b2 – 5 b3 ) = b2 - 2 b1

↔ 5 k2 – 27 b1 + 6 b2 + 15 b3 = b2 - 2 b1

↔ 5 k2 = 25 b1 - 5 b2 - 15 b3

↔ k2 = 5 b1 - b2 - 3 b3

3. k1 + 2 k2 + 3 k3 = b1


↔ k1 + 2 (5 b1 - b2 - 3 b3 ) + 3 (9 b1 – 2 b2 – 5 b3 ) = b1

↔ k1 = - 10 b1 + 2 b2 + 6 b3 - 27 b1 + 6 b2 + 15 b3 + b1

↔ k1 = - 36 b1 + 8 b2 + 21 b3

∴ S membangun V

b. Apakah S bebas linier ?

( 0, 0, 0 ) = k1 (1 , 2, 1) + k2 ( 2 , 9,0 ) + k3 ( 3 , 3 , 4 )

= ( k1 + 2 k2 + 3 k3 , 2 k1 + 9 k2 + 3 k3 , k1 + 4 k3 )


A X = b

=

000

kkk

401392321

3

2

1

Det ( A ) = 1401392321

−=

Karena det ( A ) ≠ 0 maka persamaan diatas terpenuhi bila k1 = k2 = k3 = 0

Maka S bebas linier .

∴ S basis dari R3 , dim R3 = 3

2. Misalkan ( )5,2,1v1 = . Akan dibuktikan v sebagai kombinasi linier dari 1v , 2v , 3v

v = ( 1 , 2 , 5 ) = k1 ( 1 , 2, 1 ) + k2 ( 2 , 9, 0 ) + k3 ( 3 , 3 , 4 )


=

521

kkk

3401

92321

3

2

1

Dari contoh 1 a diperoleh hasil :

k1 = - 36 b1 + 8 b2 + 21 b3

k2 = 5 b1 - b2 - 3 b3

k3 = 9 b1 – 2 b2 – 5 b3


dengan b1 = 1 , b2 = 2 , b3 = 5 diperoleh hasil k1 = 85 , k2 = -12 , k3 = - 21 .

Maka vektor koordinat v = ( 1 , 2 , 5 ) terhadap basis 1v , 2v , 3v di S :

[ v ]s = ( 85, -12, - 21 )

Teorema :

Jika S = { }1 2, , , rv v vur uur uur

K adalah suatu basis untuk suatu ruang vector V, maka setiap vektor v

dalam V bisa dinyatakan dalam bentuk 1 1 2 2 n nv c v c v c v= + + +r ur uur uur

L dalam tepat satu cara.

V.3.3 Ruang Basis, Ruang Kolom, Ruang Null .

Definisi :

Jika A matriks dengan ukuran m x n, maka :

a. Subruang dari Rn yang dibangun oleh vektor-vektor baris matriks A disebut ruang baris

dari A.

b. Subruang dari Rm yang dibangun oleh vektor-vektor kolom matriks A disebut ruang

kolom dari A.

c. Ruang solusi dari A X = O yang merupakan subruang dari Rn disebut ruang null dari A.

A =

mn2m1m

n22221

n11211

aaa

aaaaaa

L

MMM

L

L

Vektor – vektor baris dari matriks A :

1rur

= [ a11 a12 . . . a1n ] ∈ Rn

2rur

= [ a21 a22 . . . a2n ] ∈ Rn

M

mruur

= [ am1 am2 . . . amn ] ∈ Rn

Vektor – vektor kolom dari matriks A :


11

211

m1

aa

c

a

=

ur

M∈ Rm , . . . . ,

1n

2nn

mn

aa

c

a

=

uur

M∈ Rm

Menentukan Basis, Ruang Basis, Ruang Kolom dan Ruang Null.

1 1 2 2 n nv c v c v c v= + + +r ur uur uur

L 1 1 2 2 n nv c v c v c v= + + +r ur uur uur

L 1 1 2 2 n nv c v c v c v= + + +r ur uur uur

L

1 1 2 2 n nv c v c v c v= + + +r ur uur uur

L

Misalkan

1 -3 4 -2 5 42 -6 9 -1 8 2

A=2 -6 9 -1 9 7-1 3 -4 2 -5 -4

.

Kita akan ubah A menjadi bentuk matriks eselon baris :

(-2)21(-2)31(1)41

1 -3 4 -2 5 4 1 3 4 2 5 42 -6 9 -1 8 2 0 0 1 3 2 6H2 -6 9 -1 9 7 0 0 1 3 1 1H-1 3 -4 2 -5 -4 0 0 0 0 0 0H

− − − − − −

(-1)32

1 3 4 2 5 40 0 1 3 2 6H0 0 0 0 1 50 0 0 0 0 0

− − − −

Jadi basis ruang baris adalah :

1rur

= [ 1 -3 4 -2 5 4 ]

2rur

= [ 0 0 1 3 -2 -6 ]


1 2 3

5 14 30 0 1-4 -3 0

d ; d = ; d0 1 0-5 0 01 0 0

= =

uur uur uur = [ 0 0 0 0 1 5 ]

Kolom – kolom yang mengandung 1 utama adalah :

' ' '1 2 3

1 4 50 1 2

c c c0 0 10 0 0

− = = =

ur uur uur

Basis ruang kolomnya adalah :

1 2 3

1 4 52 9 8

c c c2 9 91 4 5

= = = − − −

uur uur uur

Mencari basis ruang null :

1

2

3

4

5

6

1 3 4 2 5 4 00 0 1 3 2 6 00 0 0 0 1 5 00 0 0 0 0 0 0

xxxxxx

− − − − =

x5 + 5 x6 = 0 à x5 = - 5 x6

misal x6 = s ; x5 = - 5 s ;

x3 + 3 x4 – 2 x5 – 6 x6 = 0

↔ x3 + 3 x4 – 2 ( - 5 s ) – 6 s = 0

↔ x3 + 3 x4 = – 10 s + 6 s = - 4 s

x4 = t ; maka x3 = - 3 t – 4 s.

x1 – 3 x2 + 4 x3 – 2 x4 + 5 x5 + 4 x6 = 0

↔ x1 – 3 x2 + 4 ( - 3 t – 4 s ) – 2 t + 5 ( - 5 s ) + 4 s = 0


↔ x1 – 3 x2 = 14 t + 5 s ;

x2 = w ; x1 = 14 t + 5 s + 3 w . Jadi ,

1

2

3

4

5

6

14 t+5s+3w 5 14 3w 0 0 1

-3t-4s -4 -3 0s t w

t 0 1 0-5s -5 0 0s 1 0 0

xxxxxx

= = + +

Basis ruang Null adalah : 1 2 3

5 14 30 0 1-4 -3 0

d ; d = ; d0 1 0-5 0 01 0 0

= =

uur uur uur

Dimensi ruang baris = dimensi ruiang kolom = rank = 3

Dimensi ruang null = nullitas = 3

dan n = rank + nullitas

6 = 3 + 3

Contoh :

Tentukan basis suatu ruang yang dibangun oleh vektor-vektor :

1vuur

= ( 1, -2 , 0 , 0 , 3 ) , 2vuur

= ( 2, -5, -3, -2, 6 ) ; 3vuur

= ( 0 , 5, 15, 10, 0 ) ;

4vuur

= ( 2 , 6 , 18 , 8, 6 ).

Jawab :

1 2 0 0 32 5 3 2 60 5 15 10 02 6 18 8 6

− − − −

, matriks eselon barisnya :

1 2 0 0 30 1 3 2 00 0 1 1 00 0 0 0 0

−

Basisnya adalah :


( )1w 1, 2,0,0,3= −uur

; ( )2w 0,1,3,2,0=uuur

; ( )3w 0,0,1,1,0=uur


BAB VI

RUANG INNER PRODUCT

VI. Inner Product

a. Definisi Inner Product Misalkan didefinisikan suatu fungsi , f : V x V à R

Dinotasikan : ( )( ), ,f u v u v=r r r r

Fungsi tersebut dinamakan inner product apabila untuk semua ur

, vr

, wur

di V dan semua skalar k, memenuhi syarat-syarat berikut ini :

(1) , ,u v v u=r r r r

(2) , , ,u v w u w v w+ = +r ur ur r ur r ur

(3) , ,ku v k u v=r r r r

(4) , 0, dimana , 0v v v v≥ =r r r r

jika dan hanya jika 0v =r r

Ruang vector V bersama dengan suatu inner product disebut Ruang Inner Product Contoh :

Jika ur

= ( u1,u2,…,un ) dan vr

= ( v1, v2, …., vn ) ∈ Rn , dan didefinisikan

1 1 2 2, n nu v u v u v u v u v= • = + + +r r r r

L .

Apakah ,u vr r

inner product ?

Jawab :

Misalkan ur

, vr

, wur

∈ Rn dan k ∈ R

1. 1 1 2 2 1 1 2 2, ,n n n nu v u v u v u v v u v u v u v u= + + + = + + + =r r r r

L L

2. ( )1 1 2 2, , , , ,n nu v w u v u v u v w+ = + + +r r ur ur

L

= 1 1 1 2 2 2( ). ( ). ( ).n n nu v w u v w u v w+ + + + + +L

= 1 1 1 1 2 2 2 2 n n n nu w v w u w v w u w v w+ + + + + +L

= 1 1 2 2( )n nu w u w u w+ + +L + 1 1 2 2( )n nv w v w v w+ + +L

= , ,u w v w+r ur r ur

3. ( )1 2, , , , ,nku v ku ku ku v=r r r

L

= 1 1 2 2 n nku v ku v ku v+ + +L


= ( )1 1 2 2 n nk u v u v u v+ + +L = ,k u vr r

4. 2 2 21 1 2 2 1 2 2, 0n nv v v v v v v v v v v= + + + = + + + ≥

r rL L

2 2 21 2 2, 0 artinya 0v v v v v= + + + =

r rL , ini artinya 1 2 0nv v v= = = =L yadi 0v =

r r

Sebaliknya jika 0v =r r

à 1 1 2 2, 0 0 0 0n nv v v v v v v v= + + + = + + + =r r

L L

Karena (1), (2),(3) dan (4) terpenuhi, maka ,u v u v= •r r r r

adalah inner product .

Inner product ini disebut inner product euclidian.

b. Panjang dan jarak didalam ruang inner product Definisi : Jika V adalah suatu ruang inner product, maka norm ( atau panjang ) suatu vektor

didalam V yang dinotasikan dengan 1

2,u u u=r r r

Sedang jarak antara vektor ur

dan vektor vr

di V adalah :

( )1

2, ,d u v u v u v u v= − = − −r r r r r r r r

contoh : Jika u

r = ( u1,u2,…,un ) dan v

r = ( v1, v2, …., vn ) ∈ Rn yang dilengkapi dengan inner product

euclidian. inner product euclidian. Maka :

1

2 2 2 21 2, nu u u u u u= = + + +

r r rL

dan ( )1

2, ,d u v u v u v u v= − = − −r r r r r r r r

= ( ) ( ) ( )2 2 21 1 2 2 n nu v u v u v− + − + + −L

c. Unit circles / unit sphere didalam ruang inner product .

Jika V adalah suatu ruang inner product, maka himpunan semua titik-titik di V yang

memenuhi : 1u =r

disebut unit sphere / unit circle di V.

Contoh : 1. Gambar unit circle didalam sistim koordinat xy di R2 dengan menggunakan inner

product Euclidian 1 1 2 2,u v u v u v= +r r

Jawab : Jika ( , )u x y=r

di R2 , maka 2 2u x y= +r

.


Karena 2 2 2 21 1 , berarti 1u x y x y= ⇒ + = + =r

Gambarnya adalah :

X

Y

1-1

1

-1

2. Gambar unit circle didalam sistim koordinat xy di R2 dengan menggunakan inner

product Euclidian terbobot 1 11 1 2 29 4,u v u v u v= +

r r

Jawab : Jika ( , )u x y=r

di R2 , maka 2 21 19 4u x y= +

r.

Karena 2 2 2 21 11 19 4 9 41 1 , berarti 1u x y x y= ⇒ + = + =

r

Gambarnya adalah :

d. Sifat –sifat Norm :

* u v u v+ ≤ +r r r r

* ( )2 2 2 22u v u v u v+ + − = +r r r r

e. Inner product – inner product yang dibangun oleh matriks : Inner product Euclidian dan inner product euclidian terbobot adalah kasus khusus dari


Inner product – inner product di Rn. Berikut ini akan dijabarkan Inner product Euclidian dan inner product Euclidian terbobot yang dibangun oleh matriks.

Misalkan

1

2

n

uu

u

u

=

r

M dan

1

2

n

vv

v

v

=

r

M adalah vektor –vektor di Rn , dan misalkan Anxn

adalah matriks yang mempunyai invers.

Apabila ,u vr r

adalah inner product, akan ditunjukkan bahwa ,u vr r

= Au Avr rg adalah

inner product dan disebut inner product pada Rn yang dibangun oleh A.

Berikut akan ditunjukkan bahwa ,u vr r

= Au Avr rg adalah inner product.

1. ,u vr r

= Au Avr rg

= 11 1 1 11 1 1

1 1

n n

n nn n n nn n

a a u a a v

a a u a a v

+

L L

M M M M

L L

= 11 1 12 2 1 11 1 12 2 1

1 1 2 2 1 1 2 2

n n n n

n n nn n n n nn n

a u a u a u a v a v a v

a u a u a u a v a v a v

+ + + + + + + + + + + +

L L

M g M

L L

= ' 'u vur ur

g

= ' 'v uur ur

g

= 11 1 12 2 1 11 1 12 2 1

1 1 2 2 1 1 2 2

n n n n

n n nn n n n nn n

a v a v a v a u a u a u

a v a v a v a u a u a u

+ + + + + + + + + + + +

L L

M g M

L L

= 11 1 1 11 1 1

1 1

n n

n nn n n nn n

a a v a a u

a a v a a u

+

L L

M M M M

L L

= Av Aur rg

= ,v ur r

Untuk syarat (2) , (3) , ( 4 ) anda buktikan sendiri. Separti yang kita tahu, bahwa u v

r rg dapat ditulis menjadi Tu v

r r , dengan demikian maka

Au Avr rg dapat ditulis menjadi : ( ) ( )TAv Au

r r atau

T Tv A Aur r

.


Berarti inner product di Rn.yang dibangun oleh A yaitu ,u vr r

= Au Avr rg , dapat ditulis :

,u vr r

= ( )TT TAv Au v A A u=

r r r r.

Contoh :

• inner product pada Rn.yang dibangun oleh matriks identitas adalah inner product

Euclidian , yaitu ,u vr r

= Au Avr rg = I Iu v u v=

r r r rg g

• Inner product Euclidian terbobot di R2 , yaitu ,u vr r

= 3 u1v1 + 2 u2 v2 adalah inner

product pada Rn.yang dibangun oleh matriks : 3 0

0 2A

=

.

Mari kita tunjukkan kebenarannya :

,u vr r

= Au Avr rg = ( )TAv Au

r r

= 1 1

2 2

3 0 3 0

0 2 0 2

Tv uv u

= ( ) 11 2

2

3 0 3 0

0 2 0 2

uv v

u

= ( ) 11 2

2

3 00 2

uv v

u

= 1 1 2 23 2u v u v+

• Secara umum inner product Euclidian terbobot di Rn , yaitu

1 1 1 2 2 2, n n nu v w u v w u v w u v= + + +r r

L adalah inner product pada Rn.yang dibangun

oleh matriks :

1

2

0 0

0 0

0 0 n

w

wA

w

=

L

L

M M M

L

.

f. Sifat – sifat inner product :

Jika ur

, vr

dan wur

adalah vector-vektor diruang inner , dan k adalah suatu skalar , maka berlaku sifat-sifat berikut ini :

a. 0, ,0 0v v= =r r r r

b. , , ,u v w u v u w+ = +r ur ur r r r ur

c. , ,u kv k u v=r r r r


d. , , ,u v w u w v w− = −r ur ur r ur r ur

e. , , ,u v w u v u w− = −r ur ur r r r ur

VI.2 Sudut dan Keortogonalan di Ruang Inner Product .

a. Pertidaksamaan Cauchy Schwart Misalkan u

r dan v

r adalah vektor-vektor tak nol di R2 atau R3, dan θ adalah sudut antara

keduanya, maka : cosu v u v θ=r r r rg atau cos u v

u vθ =

r rg

r r .

u vr rg diatas adalah inner product Euclidean di R2 atau R3 .

Berikut ini akan didefinisikan cos θ , apabila yang digunakan adalah inner product secara

umum. Agar supaya konsisten dengan rumus diatas, maka didefinisikan: ,

cosu v

u vθ =

r r

r r .

Karena | cos θ | < 1 , maka berlaku ,

1u v

u v≤

r r

r r

Dari hal tersebut, kita memperoleh teorema berikut ini : Teorema ( Cauchy – Schwaet Inequality ) Jika u

r dan v

r adalah vektor-vektor didalam ruang inner product riil, maka

berlaku pertidaksamaan berikut : | |u v u v< > ≤r r r rg

Pertidaksamaan Cauchy – schewart dapat ditulis dalam bentuk berikut ini :

* ,u v u v≤r r r r

* 2, , ,u v u u v v≤r r r r r r

* 2 22,u v u v≤

r rr r

b. Sifat-sifat dari panjang dan jarak di ruang inner product akan dinyatakan dalam 2 teorema berikut ini : Teorema 1 ( sifat-sifat panjang / norm di ruang inner product ) Jika u

r dan v

r adalah vektor-vektor didalam ruang inner produc V , dan k adalah skalar,

maka berlaku sifat-sifat berikut :

a. 0u ≥r

b. 0 jika dan hanya jika 0u u= =r r

c. k u k u=r r


d. u v u v+ ≤ +r r r r

( pertidaksamaan segitiga )

Teorema 2 ( sifat-sifat jarak di ruang inner product ) Jika u

r , v

r dan w

ur adalah vektor-vektor didalam ruang inner product V , dan k adalah

skalar, maka berlaku sifat-sifat berikut : a. ( ), 0d u v ≥r r

b. ( ), 0d u v u v= ⇔ =r r r r

c. ( ) ( ), ,d u v d v u=r r r r

d. ( ) ( ) ( ), , ,d u v d u w d w v≤ +r r r r r r ( pertidaksamaan segitiga )

b. Sudut antara vektor-vektor

Berikut ini akan ditunjukkan bagaimana kegunaan pertidaksamaan Cauchy – Schwarz dalam mendefinisikan sudut didalam ruang inner product umum. Misalkan u

r dan v

r adalah vector-vektor tidak nol didalam suatu ruang inner product V.

Menurut pertidaksamaan Cauchy – Schwarz diperoleh : 2 22,u v u v≤

r rr r

Berarti berlaku : 2

2 2

,1

u v

u v≤

r r

r r atau

2

,1

u vu v

≤

r r

r r atau ,

1 1u v

u v− ≤ ≤

r r

r r

Selanjutnya apabila 0 < θ < π , maka nilai cos θ akan unik dan terletak -1 dan 1. Berarti dapat kita katakan bahwa terdapat nilai θ yang unik sedemikian rupa sehingga,

cos u vu v

θ =

r rg

r r , 0 < θ < π .

θ yang didefinisikan diatas adalah sudut antara vektor u

r dan vektor v

r di ruang inner

product V. Contoh : Misalkan R4 mempunyai inner product Euclidian. Tentukan sudut antara vektor

ur

= (4,3,1,-2) dengan vektor vr

= ( -2, 1, 2, 3 ). Jawab :

2 2 2 24 3 1 ( 2) 16 9 1 4 30u = + + + − = + + + =r

2 2 2 2( 2) 1 2 (3) 4 1 4 9 18v = − + + + = + + + =r


1 1 2 2 3 3 4 4, 8 3 2 6 9u v u v u v u v u v= + + + = − + + − = −r r

, 9 3

30 18 2 15u v

COSu v

θ − −= = =

r r

r r

3cos2 15

arcθ − =

c. Orthogonality

Definisi : Dua vektor u

r dan v

r didalam suatu ruang inner product dikatakan orthogonal jika

, 0u v =r r

contoh :

Jika M22 = , , ,a b

a b c d Rc d

∈

dilengkapi dengan inner produk :

1 1 2 2 3 3 4 4,u v u v u v u v u v= + + +r r dimana 1 2

3 4

u uU

u u

=

dan 1 2

3 4

v vV

v v

=

Tunjukkan bahwa : 1 01 1

U =

dan

0 20 0

V =

adalah orthogonal.

Jawab : , 1.0 0.2 1.0 1.0 0u v = + + + =r r

∴ U dan V orthogonal. Teorema ( Generalized Theorema of Pythagoras ) Jika u

r dan v

r vector-vektor orthogonal di ruang inner product, maka beerlaku :

2 2 2

u v u v+ ≤ +r r r r

Bukti : Karena u

r dan v

r vector-vektor orthogonal maka , 0u v =r r .

Berarti ( ) ( )2,u v u v u v+ = + +

r r r r r r

= 2 2

2 ,u u v v+ +r r r r

= 2 2

0u v+ +r r

= 2 2

u v+r r

e. Komplemen Orthogonal .


Definisi : Misalkan W subruang dari ruang inner product V. Suatu vektor u

r ∈ V dikatakan orthogonal terhadap W apabila ia orthogonal terhadap

semua vektor di W. Himpunan dari semua vektor di V yang orthogonal terhadap W disebut komplemen orthogonal dari W, dan dinotasikn oleh W ⊥ . Teorema berikut ini merupakan sifat-sifat dasar dari komplemen orthogonal. Teorema : Jika W adalah subruang dari ruang inner product V yang berdimensi hinggaa, maka berlaku sifat-sifat berikut : a. W ⊥ adalah subruang dari V. b. Irisaan dari W dan W ⊥ adalah 0

r saja.

c. Komplemen orthogonal dari W ⊥ adalah W, atau (W ⊥ )┴ = W. f. A Geometric Link between Nullspace and Rowspace. Teorema : Jikaq A adalah matriks m x n , maka :

a. Nullspace dari A dan rowspace dari A adalah orthogonal complements didalam Rn terhadap inner product Euclidian.

b. Nullspace dari AT dan colomnspace adalah orthogonal complements didalam Rm terhadap inner product Euclidian.

Contoh : Misalkan W subruang dari R5 yang dibangun oleh vektor-vektor : ( )1 2,2, 1,0,1w = −

uur; ( )2 1, 1,2, 3, 1w = − − −

uur; ( )3 1,1, 2,0, 1w = − −

uur; ( )4 0,0,1,1, 1w =

uur

Tentukan basis komplemen orthogonal dari W. Jawab : Misalkan 1w

uur, 2w

uur, 3wuur

, 4wuur

adalah vektor-vektor baris matriks A. Karena W dibangun oleh

1wuur

, 2wuur

, 3wuur

dan 4wuur

, maka W adalah ruang baris dari matriks A. Karena yang ditanyakan adalah basis komplemen orthogonal dari W, maka sesuai dengan teorema di atas, berarti basis yang harus kita cari adalah basis untuk ruang null ( nullspace) dari matriks A.

2 2 1 0 11 1 2 3 1

1 1 2 0 10 0 1 1 1

A

− − − − = − −

, akan dicari basis nullspace matriks A

A X = 0 . Ruang penyelesaiannya adalah nullspace matriks A.


²13

2 2 1 0 1 1 1 2 0 11 1 2 3 1 1 1 2 3 1

1 1 2 0 1 2 2 1 0 10 0 1 1 1 0 0 1 1 1

H

− − − − − − − − − − − −

²

(1)21

( 2)31

1 1 2 0 10 0 0 3 00 0 3 0 30 0 1 1 1

H

H −

− − −

( )² ²1 ( 1)33 43

1 1 2 0 1 1 1 2 0 10 0 0 3 0 0 0 0 3 00 0 1 0 1 0 0 1 0 10 0 1 1 1 0 0 0 1 0

H H −

− − − − − −

² (3)24

1 1 2 0 10 0 0 0 00 0 1 0 10 0 0 1 0

H

− −

Jadi diperoleh persamaan : x1 + x2 – 2 x3 – x5 = 0 x3 + x5 = 0 x4 = 0 misal x5 = s , maka x3 = - x5 = - s dan x1 + x2 – 2 x3 – x5 = 0 ↔ x1 + x2 – 2 (-s) – ( s ) = 0 ↔ x1 + x2 + s = 0 ↔ x1 = - x2 – s , misal x2 = t , maka x1 = - t – s

1

2

3

4

5

1 11 00 1

0 0 00 1

x t sx tx t ssxx s

− − − − ∴ = = +− −

Basis dari nullspace matriks A adalah :

1 11 0

,0 10 00 1

− − −

Ini juga merupakan basis komplemen orthogonal dari W.

Jika rr adalah sembarang vektor di ruang baris A, maka rr dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari

vektor-vektor baris


nnrcrcrcr rrrr +++= 2211 .....

sehingga )(.....)()().....( vrcvrcvrcvrcrcrcvr nnnnrrrrrrrrrrrr •++•+•=•+++=• 22112211

= 0 + 0 + ……+ 0 = 0

vr∴ orthogonal ke semua vektor di ruang baris A

Contoh:

Misal W adalah subruang dari ℜ5 yang direntang oleh vektor-vektor

1wr = (2, 2, -1, 0, 1) , 2wr = (-1, -1, 2, -3, 1),

3wr = (1, 1, -2, 0, -1) dan 4wr = (0, 0, 1, 1, 1)

Cari: basis untuk orthogonal komplement dari W

Jawab:

Ruang W yang direntang oleh vektor-vektor 1wr , 2wr , 3wr , 4wr adalah merupakan ruang baris dari

matriks

A =

−−−−

11

11

110002113211-

01-22

Berdasarkan teorema 6. 2. 6 , orthogonal komplement dari W adalah nullspace dari matrik A. Sehingga

basis untuk W+ adalah basis untuk nullspace dari matrik A dan didapat 1vr = (-1, -1, 0, 0, 0) dan 2vr = (-1,

0, -1, 0, 1)

Summary:

• Pada sembarang ruang hasil kali dalam V, ruang {0} dan ruang V saling orthogonal komplement


• Jika A adalah matriks n x n maka 0rr =xA hanya mempunyai solusi trivial . Sehingga orthogonal

komplement dari nullspace A adalah ℜn atau ruang baris dari A adalah ℜn

6.3 Basis ortonormal; Proses Gram-Schmidt ; Dekomposisi QR

Definisi:

• Suatu himpunan vektor-vektor di ruang hasil kali dalam disebut himpunan ortogonal jika setiap

pasang vektor yang berbeda di himpunan tersebut adalah ortogonal

• Suatu himpunan ortogonal dimana masing-masing vektor mempunyai norm 1 disebut

himpunan ortonormal

Contoh: Kumpulan ortogonal di ℜ3

1. Misal 1ur =(0, 1, 0), 2ur = (1, 0, 1), 3ur = (1, 0, -1). Apakah himpunan },,{ 321= uuuS rrr ortogonal

terhadap hasil kali dalam Euclid di ℜ3

Jawab: 00.1+1.0+0.1, ==21 uu rr, 01-0.+1.0+0.1, ==31 uu rr

,

01-11-1.+0.0+1.1, ===32 uu rr

Karena 0,,, === 323121 uuuuuu rrrrrr maka },,{ 321= uuuS rrr

adalah himpunan ortogonal

2. Periksa apakah himpunan vektor-vektor dibawah ini ortogonal terhadap hasil kali dalam Euclid di ℜ3

• )2

1,0,

21

( , )31-

,3

1,

31

( dan )2

1,0,

21-

(

• )32-

,31

,32

( , )31

,32-

,32

( dan )32

,32

,31

(

• (1, 0, 0), )2

1,

21

,1( dan (0, 0, 1)


• )62-

,6

1,

61

( dzn ),021-

,2

1(

Jika 0rr

≠v adalah vektor disuatu ruang hasil kali dalam, maka vektor vvr

r

mempunyai norm 1.

Bukti: 1=== vv

vv

vv

rr

rr

rr

111

Proses mengalikan suatu vektor 0rr

≠v dengan kebalikan dari norm-nya untuk memperoleh vektor yang

panjangnya (norm-nya) 1 disebut normalisasi vr

Contoh: Pembentukkan Himpunan Ortonormal

1. Untuk contoh 1 diatas didapat: 1010, 22221

111 =++== uuu rrr atau 11 uv rr

=

2110, 22221

222 =++== uuu rrr, maka vektor )

21,0,

21(

2)1,0,1(

2

22 ===

uuv r

rr

dan

norm dari 2vr adalah

121

21

210

21

22

2 =+=

++

=vr

2)1(01, 22221

333 =−++== uuu rrr maka vektor )

21,0,

21(

2)1,0,1(

3

33

−=

−==

uuv r

rr

dan

norm dari 3vr adalah 121

21

210

21

22

3 =+=

−++

=vr

Dari contoh diatas kumpulan },,{ 321= uuuS rrr adalah himpunan ortogonal, maka himpunan

},,{ 321 vvvT rrr= adalah himpunan ortonormal.


2. Tunjukkan bahwa himpunan berikut ortogonal terhadap hasil kali dalam Euclid di ℜ3 dan lakukan

normalisasinya.

a. { (-1, 2), (6, 3)} b.{ (1, 0, -1), (2, 0, 2), (0, 5, 0) }

Dalam suatu ruang hasil kali dalam, suatu basis yang terdiri dari vektor-vektor ortonormal dinamakan

basis ortonormal, sedangkan basis yang terdiri dari vektor-vektor ortogonal dinamakan basis ortogonal

Contoh basis ortonormal yang biasa dikenal adalah:

• Basis standard di ℜ3 ir

= (1, 0, 0), jr

= ( 0, 1, 0), kr

= (0, 0, 1) merupakan basis ortonormal.

• Basis standard di ℜn 1er = (1, 0, ......0), 2er = (0, 1, 0,.......0), ......... ner = (0, 0,.....,1) juga merupakan

basis ortonormal.

Teorema berikut akan menunjukkan koordinat suatu vektor jika relatif terhadap basis ortonormal

Teorema 6.3.1

Jika },......,,{ 21 nvvvS rrr= adalah basis ortonormal untuk ruang hasil kali dalam V dan vektor

sembarang Vu ∈r

, maka nn vvuvvuvvuu rrrrrrrrrr ,........,, 2211 +++=

Bukti: Sebagai latihan

),,........,,,,()( 21 nS vuvuvuu rrrrrrr= adalah koordinat vektor ur terhadap basis S

Contoh: Koordinat vektor relatif terhadap basis ortonormal


1. Misal },,{ 321 vvvS rrr= dengan 1vr = (0, 1, 0) , )

53,0,

54(2 −=vr , )

54,0,

53(3 =vr . Nyatakan vektor ur = (1,

1, 1) sebagai kombinasi linier dari vektor di },,{ 321 vvvS rrr=

• Tunjukkan bahwa kumpulan },,{ 321 vvvS rrr= merupakan basis ortonormal di ℜ3 dengan hasil

kali dalam Euclid .

• Dihitung 10.11.10.1, 1 =++=vu rr,

51

53.10.1

54.1, 2 −=++−=vu rr

,

57

54.11.1

53.1, 1 =++=vu rr

• Maka didapat 321 57

51 vvvu rrrr

+−= dan )57,

51,1()( −=Sur

2. Buktikan },,{ 321 vvvS rrr= dengan )0,

54,

53(1 −=vr , )0,

53,

54(2 =vr , 3vr = (0, 0, 1) merupakan basis

ortonormal. Nyatakan vektor ur = (1, -1, 2) sebagai kombinasi linier dari vektor di S

3. Nyatakan vektor ur = (3, -7, 4) sebagai kombinasi linier dari vektor di S

Teorema 6.3.2

Jika S adalah basis ortonormal untuk ruang hasil kali dalam V berdimensi n dan ),....,,()( 21 nS uuuu =r

,

),....,,()( 21 nS vvvv =r

vektor-vektor di V maka berlaku:

1. 223

22

21 ....... nuuuuu ++++=

r

2. 2222

211 )(.......)()(),( nn vuvuvuvud −++−+−=

rv

3. nnvuvuvuvu +++= ........, 2211rr


Contoh: Menghitung Norm dengan menggunakan basis ortonormal


1. Jika ur = (1, 1, 1) maka dengan menggunakan hasil kali dalam Euclid di ℜ3 didapat

3111 =++=•= 22221

uuur

Jika S adalah basis ortonormal, maka didapat koordinat )57,

51,1()( −=Sur (dari contoh diatas).

Dengan menggunakan teorema diatas juga diperoleh 32575

)()51

(-1 ==57

++= 222ur

2. Misal },,{ 321 vvvS rrr= dengan )

61

,6

1,

61

(=1vr , )61-

,6

1,

61

(=2vr , )0,61-

,6

2(=3vr .

Buktikan:

• S adalah basis ortonormal untuk ℜ3 dengan hasil kali dalam yang didefinisikan sebagai

332211 ++= vuvuvuvu 32, rr

• Jika ur = (1, -1, 2), hitung norm ur secara langsung dan menggunakan vektor koordinat Su)(r

Jika },......,,{ 21 nvvvS rrr= adalah basis ortogonal untuk ruang vektor V dan setiap vektor ivr

dinormalisasi, maka diperoleh basis ortonormal =2

2

1

1

n

n

vv

vv

vv

S r

r

r

r

r

r

,........,,' .

Berdasarkan teorema 6.3.1, untuk sembarang Vu ∈r

dapat ditulis sebagai

n

n

n

n

vv

vv

uvv

vv

uvv

vv

uu r

r

r

rr

r

r

r

rr

r

r

r

rrr ,.......,, +++=

2

2

2

2

1

1

1

1 atau

n

n

n vv

vuv

v

vuv

v

vuu r

r

rrr

r

rrr

r

rrr

222

2

212

1

1 +++=,

.......,,

. Ini menyatakan ur sebagai kombinasi linier dari vektor-

vektor basis ortogonal },......,,{ 21 nvvvS rrr=

Teorema 6.3.3


Jika },......,,{ 21 nvvvS rrr= adalah himpunan ortogonal di ruang hasil kali dalam V dengan ivi ∀,0≠

rr,

maka S bebas linier


Contoh:

Untuk 1vr = (0, 1, 0), )2

1,0,

21

(=2vr dan )21-

,0,2

1(=3vr , maka },,{ 321 vvvS rrr

= adalah

himpunan ortonormal terhadap hasil kali dalam Euclid di ℜ3.

Menurut teorema 6.3.3, S bebas linier, ℜ3 ruang vektor berdimensi 3, maka S merupakan basis dan

merupakan basis ortonormal

Teorema 6.3.4: Teorema Proyeksi

Jika W adalah sub-ruang berdimensi hingga dari ruang hasil kali dalam V, maka setiap vektor Vu ∈r

dapat dinyatakan ”tepat satu cara” sebagai 21 += wwu rrr dimana Ww ∈1

r dan ⊥

2 Ww ∈r

1wr disebut proyeksi ortogonal ur pada W, uw Wrr proj=1 dan 2wr disebut komponen ur yang ortogonal

ke W, uw W

rr⊥=2 proj

Sehingga dapat ditulis ur = uWrproj + uW

r⊥proj

uW

r⊥proj = ur - uW

rproj maka didapat ur = uWrproj + ( ur - uW

rproj ) yang di ℜ3 dapat digambar seperti

gambar dibawah ini.


uu Wrr proj-

uWrproj

ur

Teorema 6.3.5

Misal W adalah sub-ruang berdimensi hingga dari ruang hasil kali dalam V

1. Jika { }rvvv rrr ,......,, 21 adalah basis ortonormal untuk W dan Vu ∈r

, maka

uWrproj = rr vvuvvuvvu rrrrrrrrr ,......,, +++ 2211

2. Jika { }rvvv rrr ,......,, 21 adalah basis ortogonal untuk W dan Vu ∈r

, maka

uWrproj = r

r

r vv

vuv

v

vuv

v

vu rr

rrr

r

rrr

r

rr

222

2

212

1

1 +++,

.......,,

Contoh: Perhitungan proyeksi

ℜ3 dengan hasil kali dalam Euclid, W adalah sub-ruang yang direntang oleh vektor-vektor ortonormal

1vr = (0, 1, 0) dan )53

,0,54-

(=2vr . Jika ur = (1, 1, 1) maka

uWrproj = )

253-

,1,254

()53

,0,54-

)(51-

()0,1,0)(1(,, =+=+ 2211 vvuvvu rrrrrr

uW

r⊥proj = = ur - uW

rproj = (1, 1, 1) - )253-

,1,254

( = )2528

0, ,2521

(

Jika diperiksa maka uW

r⊥proj akan ortogonal dengan 21 vv rr dan


Teorema 6.3.6

Setiap ruang hasil kali dalam V berdimensi hingga selalu mempunyai basis ortonormal

Bukti: Karena V berdimensi hingga n maka ada basis { }nuuu rrr ,......,, 21 . Untuk menghasilkan basis

ortogonal digunakan proses Gram Schmidt berikut.

Proses Gram-Schmidt: untuk { }nuuu rrr ,......,, 21 yang bebas linier

Step 1: Tetapkan 11 = uv rr

Step 2: Mencari komponen 2ur yang ortogonal terhadap ruang W1 yang direntang oleh 1vr , diperoleh

vektor 2vr yang ortogonal dengan 1vr berdasarkan rumus

2vr = 2ur - 21uWrproj = 2ur - 12

1

12 vv

vu rr

rr ,

0≠rr

2v karena jika 0rr =2v didapat 2ur = 12

1

12 vv

vu rr

rr ,= 12

1

12 uv

vu rr

rr , yang berarti 2ur kelipatan dari

1ur . Ini kontradiksi dengan { }nuuu rrr ,......,, 21 yang bebas linier

Step 3: Bentuk vektor 3vr yang ortogonal terhadap 1vr dan 2vr , yaitu dengan mencari komponen dari

3ur yang ortogonal terhadap ruang W2 yang direntang oleh 1vr dan 2vr . Dengan menggunakan

teorema 6.3.5 bagian 2 didapat:


2

2312

1

13 vv

vuv

v

vu rr

rrr

r

rr ,-

, Sesuai dengan step 2, karena { }nuuu rrr ,......,, 21

yang bebas linier maka 0≠rr

3v


Step 4: Bentuk vektor 4vr yang ortogonal terhadap 1vr , 2vr dan 3vr , yaitu dengan mencari komponen dari

4ur yang ortogonal terhadap ruang W3 yang direntang oleh 1vr , 2vr dan 3vr . Dengan

menggunakan teorema 6.3.5 bagian 2 didapat:


3

3422

2

2412

1

14 vv

vuv

v

vuv

v

vu rr

rrr

r

rrr

r

rr ,-

,-

,

Proses dilanjutkan sampai diperoleh himpunan vektor yang ortogonal { }nvvv rrr ,......,, 21 . Karena V

berdimensi n dan setiap himpunan ortogonal bebas linier, maka didapat basis ortogonal { }nvvv rrr ,......,, 21

Dengan menormalisasi setiap vektor di basis ortogonal akan didapatkan basis ortonormal .

Contoh:

Jika ℜ3 dengan hasil kali dalam Euclid mempunyai basis S = { }321 uuu rrr ,, dengan

1ur = (1, 1, 1), 2ur = (0, 1, 1) dan 3ur = (0, 0, 1). Maka ubahlah S menjadi basis ortonormal },,{ 321 qqq rrr.

Jawab:

Step 1: 11 = uv rr= (1, 1, 1),

Step 2: 2vr = 2ur - 21uWrproj = 2ur - 12

1

12 vv

vu rr

rr ,= (0, 1, 1) - )1 1, 1,(

32

= )31

,31

,32

(-

Step 3: 3vr = 3ur - 32uWrproj = 3ur - 22

2

2312

1

13 vv

vuv

v

vu rr

rrr

r

rr ,-

,

3vr = (0, 0, 1) - )1 1, 1,(31

- 3

23

1)

31

,31

,32

(- = )21

,21

- (0,

Sehingga didapat { }321 vvv rrr ,, basis ortogonal ℜ3.


)3

1,

31

,3

1(1) 1, 1,(

31

===1

11 v

vq r

rr

)6

1,

61

,62-

()31

,31

,32

-(6

3===

2

22 v

vq r

rr

)2

1,

21-

,0()21

,21

- 0,(2 ===3

33 v

vq r

rr

dan },,{ 321 qqq rrradalah basis ortonormal ℜ3

Catatan:

• Dari proses Gram-Schmidt dapat dilihat bahwa untuk 2≥k , },......,,{ kqqq rrr21 adalah basis

ortonormal untuk ruang vektor yang direntang oleh { }kuuu rrr ,......,, 21

• vektor kqr ortogonal terhadap { }121 ,......,, −kuuu rrr

Dekomposisi QR

Problem: Jika A adalah matriks m x n dengan vektor-vektor kolom yang bebas linier dan Q adalah

matriks dengan vektor-vektor kolom yang ortonormal hasil dari proses Gram-Schmidt dari

vektor kolom A. Maka akan dilihat hubungan antara A dan Q

Misal vektor-vektor kolom dari A adalah { }nuuu rrr ,......,, 21 dan vektor-vektor kolom yang ortonormal

dari Q adalah },......,,{ 21 nqqq rrr

[ ]]......21 nuuuA rr= dan [ ]nqqqQ rrr ,......21=

Berdasarkan teorema 6.3.1 dapat ditulis:

nn qquqquqquu rrrrrrrrrr ,........,, 12211111 +++=

nn qquqquqquu rrrrrrrrrr ,........,, 22221122 +++=


:

:

nnnnnn qquqquqquu rrrrrrrrrr ,........,, 2211 +++=

Atau

[ ]]......21 nuuu rr = [ ]nqqq rrr ,......21

nnn

n

n

quququ

ququququququ

rrrrrrMMMM

rrrrrr

rrrrrr

,.........,,

,........,,,........,,

111

22221

11211

atau A = Q R

Karena vektor kqr ortogonal terhadap { }121 ,......,, −kuuu rrr untuk setiap k ≥ 2 maka didapat

R =

n

n

n

qu

quququququ

rrMMMM

rrrr

rrrrrr

,.........00

,........,0,........,,

1

222

11211

Teorema 6.3.7 ( Dekomposisi QR )

Jika A adalah matriks m x n dengan vektor-vektor kolom yang bebas linier, maka A dapat dinyatakan

sebagai QRA = dimana Q adalah matriks m x n dengan vektor kolomnya ortonormal dan R matriks

n x n yang berupa matriks segitiga atas yang invertible

Contoh:

Jika

=

111011001

A , dan det A ≠ 0 maka vektor-vektro kolom A bebas linier yaitu;


=

111

1ur ,

=

110

2ur dan

=

100

3ur .

Dengan proses Gram-Schmidt diperoleh vektor-vektor ortonormal

=

31

31

31

1qr ,

−

=

61

61

62

2qr dan

−=

21

210

3qr

Sehingga didapat matriks

R =

n

n

n

qu

quququququ

rrMMMM

rrrr

rrrrrr

,.........00

,........,0,........,,

1

222

11211

=

2100

61

620

31

32

33

Dekomposisi Q R dari A adalah

=

111011001

A =

−

−

321

210

61

61

62

31

31

31

2100

61

620

31

32

33

6.4 Best Approximation: Least Square

Misal P adalah titik di R3, W adalah bidang yang melalui titik asal, titik Q adalah titik yang terdekat

dengan titik P

Jika ur = OP maka OQuW =rproj dan uu W

rr proj− adalah jarak minimal antara titik P dengan bidang

W


Misal ur akan di aproksimasi oleh vektor di W, berarti akan ada vektor error yaitu wu rr− dengan

Ww ∈r

. Aproksimasi terbaik dari ur adalah vektor yang mempunyai wu rr− minimal yaitu uW

rproj

Teorema 6.4.1: Teorema Aproksimasi Terbaik

Jika W adalah subspace berdimensi hingga dari suatu ruang hasil kali dalam V, dan jika ur adalah

vektor di V maka uWrproj adalah aproksimasi terbaik dari ur di W karena wuuu W

rrrr−<− proj

untuk Ww∈r

yang berbeda dengan uWrproj

Bukti:

Ww∈∀r

dapat ditulis )proj()proj( wuuuwu WWrrrrrr

−+−=− dengan

⊥∈− Wuu W )proj( rr dan WwuW ∈− )(proj rr

Sehingga )proj( uu Wrr

− dan )(proj wuWrr

− saling ortogonal yang sesuai dengan teorema Pythagoras

berlaku:

222 projproj wuuuwu WW

rrrrrr−+−=−

Jika uw Wrr proj≠ maka 0proj >− wuW

rr. Sehingga didapat

22 proj uuwu Wrrrr

−>− atau

uuwu Wrrrr proj−>− atau uuwu W

rrrr proj−>−

Least Square Problem

Diberikan suatu sistem persamaan linier bxArr

= dengan m persamaan dan n unknown, akan dicari

vektor xr yang meminimumkan bxArr

− terhadap hasil kali dalam Euclid di ℜm. Vektor xr dinamakan

solusi least-square dari persamaan bxArr

=

Misal W ruang kolom dari A. Untuk setiap matriks xr berukuran n x 1, perkalian xAr adalah kombinasi

linier dari vektor-vektor kolom dari A.


Karena vektor xr bervariasi di ℜn, maka vektor xArjuga bervariasi dari semua kemungkinan kombinasi

linier dari vektor-vektor kolom A yaitu vektor xArbervariasi dari seluruh ruang kolom W.

Secara geometri, mencari vektor xr sedemikian sehingga xAradalah vektor terdekat dengan b yaitu

bxArr

− minimal merupakan least-square problem atau xr adalah solusi least-square.

Teorema 6.4.1 mengatakan agar xr menjadi solusi least square dari bxArr

= maka bxA W

rr proy=

bbxAb W

rrrrproy−=− adalah ortogonal terhadap ruang kolom A.

Sesuai dengan teorema 6.2.6 maka xAb rr− ada di nullspace dari AT. Sehingga 0)( =− xAbAT r

atau

bAxAA TT =r

→ persamaan ini disebut sistem normal yang bersesuaian dengan

bxArr

=

Catatan:

• Sisten normal terdiri dari n persamaan dengan n unknown

• Sisten normal konsisten karena dipenuhi oleh persamaan bxArr

=

• Sisten normal mungkin mempunyai banyak solusi.

Teorema 6.4.2:

• Untuk sembarang sistem persamaan linier bxArr

= , sistem normal yang bersesuaian

bAxAA TT =r

selalu konsisten dan semua solusi dari sistem normal adalah solusi Least-square

dari bxArr

=

• Jika W adalah ruang kolom dari A dan xr adalah sembarang solusi Least-square dari

bxArr

= maka proyeksi ortogonal dari br

pada W adalah xAbWrr

=proy

Teorema 6.4.3:

Jika A adalah matriks m x n, maka persamaan berikut ekivalen


1. A mempunyai vektor kolom yang bebas linier

2. AAT invertible

Bukti:

)2()1( →

A mempunyai vektor kolom yang bebas linier maka AAT berukuran n x n

Akan dibuktikan AAT invertible atau persamaan 0rr =xAAT mempunyai solusi trivial.

Jika xr adalah solusi dari 0rr =xAAT , maka

xAr ada di nullspace TA atau xAr

ada di ruang kolom A

0rr =xA karena null-space dari TA dan ruang kolom A saling ortogonal komplement

0rr =xA dan A mempunyai vektor kolom yang bebas linier maka 0

rr =x .

Jadi 0rr =xAAT hanya mempunyai solusi trivial atau AAT invertible

)1(→)2(

AAT invertible, maka 0rr =xAAT hanya mempunyai solusi trivial 0

rr =x

Akan dibuktikan A mempunyai vektor kolom yang bebas linier atau 0rr =xA hanya mempunyai solusi

trivial 0rr =x

Misal xr adalah solusi dari 0rr =xA , maka 0)0(

rrr == TT AxAA . Karena AAT invertible maka 0rr =x

atau A mempunyai vektor kolom yang bebas linier

Teorema 6.4.4 (Ketunggalan dari solusi Least Square)


• Jika A adalah matriks m x n dengan vektor kolom yang bebas linier maka untuk setiap matriks br

(n x 1), sistem persamaan linier bxArr = mempunyai solusi Least Square yang unik yaitu

bAAAx TTrr -1)(=

• Jika W ruang kolom dari A maka proyeksi ortogonal dari br

pada W adalah

bAAAAxAb TTW

rrr-1)(proj ==

Contoh:

1. Cari solusi Least Square dari sistem linier

342-123

4-

=+=+

=

21

21

21

xxxx

xx dan cari proyeksi ortogonal dari b

rpada

ruang kolom dari A

Jawab:

=42-231-1

A dan

314

=br

Vektor-vektor kolom A bebas linier, maka solusi Least Square yang unik.

==213-3-14

42-231-1

421-2-31

AAT

==101

314

421-2-31

bATr

Sistem normal bAxAA TT =r

menjadi =2

1

101

213-3-14

xx


Sehingga didapat 285143

,9517

== 21 xx dan proyeksi ortogonal br

pada ruang kolom A adalah

==

5794

285439

28592-

285143

9517

42-231-1

xAr

2. Cari proyeksi ortogonal vektor ur = (-3, -3, 8, 9) pada subruang dari ℜ4 yang direntang oleh vektor-

vektor 1) 0, 1, 3,(=1ur )1 1, 2, 1,(=2ur 1)- 2, 0, -1,(=3ur

Jawab:

W subruang dari ℜ4 yang direntang oleh vektor-vektor 321 uuu rrr ,, adalah ruang kolom dari matriks

=

1-112100211-13

A dan =

983-3-

ur

Proyeksi ur pada subruang tersebut xAbWrr

=proj (Lanjutkan)

Definisi:

Jika W adalah subruang dari ℜm, maka transformasi WRP m →: yang memetakan setiap vektor

∈xr Rm ke proyeksi ortogonal xWrproj di W disebut proyeksi ortogonal dari ℜm pada W.

Matriks standard untuk proyeksi ortogonal dari ℜm pada W adalah [ ] TT AAAAP -1)(= dimana A

dibentuk dengan menggunakan sembarang basis untuk W sebagai vektor-vektor kolom.

Contoh:


Matriks standard untuk proyeksi ortogonal di ℜ3 pada bidang xy adalah

[ ] =000010001

P

Jika W = bid xy, ambil =1

001

ur , =2

010

ur sebagai basis untuk W maka

[ ] =001001

A , ==1001

001001

010001

AAT

[ ] ===010001

001001

)( 1- IAAAAP TT

000010001

6.5 Matriks Ortogonal dan Perubahan Basis

Definisi:

Suatu matriks bujur sangkar A disebut matriks ortogonal jika bersifat TAA =-1

Matriks bujur sangkar A ortogonal ⇔ AAAA TT = = I

Contoh:


1. =2

12

12

1-2

1A maka ==

1001

21

21-

21

21

21

21

21-

21

TAA

Jadi A disebut matriks ortogonal dan =2

12

1-2

12

11-A

2. Periksa ortogonalitas dari matriks dibawah ini dan cari -1A

a.

2100

0012

110

b.

31

61

21

31

62-0

31

61

21-

Teorema 6.5.1

Pernyataan berikut ekivalen untuk matriks A (n x n)

(a) A ortogonal

(b) Vektor-vektor baris dari A membentuk himpunan ortonormal di ℜn dengan hasil kali dalam Euclid

(c) Vektor-vektor kolom dari A membentuk himpunan ortonormal di ℜn dengan hasil kali dalam

Euclid

Teorema 6.5.2

(a) Invers dari matriks ortogonal juga ortogonal

(b) Perkalian matriks-matriks ortogonal juga ortogonal

(c) Jika A ortogonal maka det (A) = 1 atau det (A) = -1

Teorema 6.5.2


Pernyataan berikut ekivalen untuk matriks A (n x n)

(a) A ortogonal

(b) nRxxxA ∈= rrr∀,

(c) nRyxyxyAxA ∈∀•=• rrrrrr ,

Bukti:

)()( ba →

A ortogonal , maka IAAT =

xxxxAAxxAxAxA T rrrrrrrr =•=•=•= 21

21

21 )()()(

(b) → (c)

Diket. nRxxxA ∈∀=rrr ,

41 -

41

) (41 - )(

41

41 -

41

22

22

22

yx

yxyx

yxAyxA

yAxAyAxAyAxA

rr

rrrr

rrrr

rrrrrr

•=

−+=

−+=

−+=•

(c) → (a)

Diket. nRyxyxyAxA ∈∀•=•rrrrrr ,

0 - =••⇔•=•=• yxyAAxyAAxyAxAyx TT rrrrrrrrrr

0 )(0 ) (

=−•⇔

=−•⇔

yIAAxyyAAx

T

T

rr

rrr


Karena berlaku untuk sembarang x maka berlaku juga untuk

)( yIAAx T rr−= , sehingga )( yIAAT r

− • )( yIAAT r− = 0

dari sifat inner product diperoleh:

)( yIAAT r− = 0

Persamaan ini berlaku untuk sembarang nRy ∈r

, sehingga

0=− IAAT atau IAAT = ⇒A orthogonal

Jika nn RRT →: adalah perkalian oleh matrix orthogonal A, maka T disebut operator orthogonal pada nR .

Dari Teorema 6.5.3 ⇒ operator orthogonal pada nR tidak mengubah panjang vektor.

∴ pencerminan dan rotasi di 2R dan 3R mempunyai matrix standard yang orthogonal.

Misal { }nvvvS rrr ,...,, 21= adalah basis untuk ruang vektor V, maka Vv ∈∀r

dapat dinyatakan sebagai:

nnvkvkvkv rrrr++= 2211

dengan [ ]

=

n

S

k

kk

vM

r 2

1

disebut matrix koordinat dari v relatif terhadap S.

Masalah Perubahan Basis:

Jika basis dari suatu ruang vector di ubah dari basis lama B menjadi basis baru B’, apa hubungan antara

[ ]Bvr dan [ ] 'Bvr ?

Misal { }21,uuB rr= dan { }21,' vvB rr

= , B = basis lama, B’ = basis baru


Misalkan [ ]

=

ba

v B1r

dan [ ]

=

dc

v B2r

yaitu 212

211

uducvubuavrrr

rrr

+=+=

Misal Vv ∈r

dan [ ]

=

2

1' k

kv Br

atau 2211 vkvkv rrr+=

sehingga )()( 212211 uduckubuakv rrrrr+++=

221121 )()( udkbkuckak rr+++=

berarti [ ]

=

++

=2

1

21

21

kk

dbca

dkbkckak

v Br

= [ ] [ ][ ]BB vv 21rr [ ] 'Bvr

Secara umum:

Jika kita mengubah basis lama dari suatu ruang vektor V, { }nuuuB ,...,, 21=

menjadi basis baru { }nvvvB ,..,,' 21= maka [ ]Bv = P [ ] 'Bv

dimana P adalah matrix yang kolom-kolomnya adalah matrix koordinat vektor-vektor basis baru

terhadap basis lama, yaitu [ ] [ ] [ ]BnBB vvv ,...,, 21 .

P disebut matrix transisi basis dari B’ ke B.

Contoh:

{ }21,uuB = dan { }21,' vvB = adalah basis untuk 2R ,


dengan

−=

=

=

=

43

,12

,10

,01

2121 vvuu

Misal P adalah matrix transisi dari B’ ke B ⇒ P= [ ] [ ][ ]BB vv 21

[ ] [ ]

−=

=

+=

+=43

,12

21

212

211BB vv

uducv

ubuav

Maka

−=

4132

P

Jika

−

=5

3w cari [ ]Bw dan [ ] 'Bw

Cara I :

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]

−−

=

=⇒

−==

=

+=

1113

113

53

2134

111

4132

53 '''

2211

BBBBB

wwwPww

ukukw

Cara II : (secara langsung)

111354

113332

43

12

53

221

12121

2211

−=−=+

−=⇒=−⇒

−+

=

−

+=

ccc

ccccc

vcvcw

∴ [ ]

−−

=11

1311

3'Bw

Misal Q adalah matrix transisi dari B ke B’, maka

[ ] [ ][ ]'2'1 BB uuQ =


[ ] [ ]

−=⇒

=

−=

+=

+=

112

111

113

114

112

113

,11

111

4'2'1

212

211 Quuvdvcu

vbvauBB

PQ =

−4132

− 112

111

113

114

=

1001

1−=∴ PQ

Teorema 6.5.4.

Jika P adalah matrix transisi dari suatu basis B’ ke B maka:

a. P invertible

b. P-1 adalah matrix transisi dari B ke B’

Teorema 6.5.5

Jika P adalah matrix transisi dari suatu basis ortonormal ke basis ortonormal lain pada suatu ruang

vektor, maka P adalah matrix orthogonal, yaitu: P-1 = PT


7. NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN

7.1. Nilai eigen dan vektor eigen Definisi :

Jika A suatu matrix n × n, maka vektor 0x ≠ , nx R∈ , disebut vektor eigen dari A jika Ax

adalah kelipatan skalar dari x, yaitu:

Ax xλ=

untuk λ skalar.

λ disebut nilai eigen dari A dan x disebut vektor eigen yang bersesuaian dengan λ.

Secara geometris di R2, dapat digambarkan sebagai berikut:

Contoh 1.

3 0 1

,8 1 2

A x

= = −

karena 3 0 1 3 1

3 38 1 2 6 2

Ax x

= = = = −

maka λ = 3 adalah nilai eigen dari A, dengan vektor eigen 12

x

=

Untuk mencari nilai eigen dari An×n , tulis Ax xλ= sebagai:

( ) 0 ...(7.1)

Ax IxI A x

λλ

=− =

dan agar λ menjadi nilai eigen, maka solusi dari (7.1) haruslah vektor 0x ≠ ,

hal ini dapat terpenuhi jika:

det( ) 0I Aλ − = ...(7.2)

Persamaan (7.2) disebut persamaan karakteristik dari A.


Jika persamaan (7.2) diuraikan, maka diperoleh suatu polinomial dalam λ, sehingga

det( ) 0I Aλ − = disebut juga polinomial karakteristik dari A.

Untuk kasus An×n, det( ) 0I Aλ − = dapat diuraikan menjadi

11det( ) ...n n

nI A c cλ λ λ −− = + + + = 0 ...(7.3)

yaitu polinomial berderajat n dengan koefisien pangkat tertinggi nλ adalah 1.

Dari (7.3) diperoleh bahwa A mempunyai paling banyak n nilai eigen yang berbeda.

Contoh 2.

3 2

3 2

4 0 1 4 0 12 1 0 ,det( ) 2 1 02 0 1 2 0 1

( 4)( 1)( 1) 2( 1) = 6 11 6 0

6

A I Aλ

λ λλ

λ λ λ λλ λ λ

λ λ

− − = − − = − − −

= − − − + −

− + − =

∴ − +11 6 0 adalah persamaan karakteristik dari Aλ − =

Nilai Eigen Matrix Segitiga

Teorema 7.1.1.

Jika A adalah matrix segitiga (segitiga atas, segitiga bawah atau diagonal) berukuran n × n,

maka nilai eigen dari A adalah entri-entri pada diagonal utama dari A.

Contoh 3.

1 0 0221 03

15 84

A

= − − −

, nilai eigen 1 2 1, , =-2 3 4

λ λ λ= =

Teorema 7.1.2.

Jika A adalah matrix n × n dan λ adalah bilangan real, maka pernyataan berikut ekivalen.

a. λ adalah nilai eigen dari A

b. Sistem persamaan linear ( ) 0I A xλ − = mempunyai solusi nontrivial

c. 0 nx R∃ ≠ ∈ Ax xλ∋ =

d. λ adalah solusi dari det( ) 0I Aλ − =


Mencari Basis dari Ruang Eigen

Telah diketahui bahwa masalah mencari nilai eigen berkembang menjadi masalah mencari

vektor eigen.

Vektor eigen dari suatu matrix A yang bersesuaian dengan nilai eigen λ , adalah vektor tak nol

yang memenuhi Ax xλ= atau vektor eigen tersebut merupakan solusi dari ( ) 0I A xλ − = .

Ruang solusi dari ( ) 0I A xλ − = disebut ruang eigen dari A yang bersesuaian dengan λ.

Contoh 4.

Cari basis ruang eigen dari 0 0 21 2 11 0 3

A−

=

Jawab:

persamaan karakteristik dari A adalah 3 25 8 4 0 λ λ λ− + − = 2( 1)( 2) 0λ λ⇒ − − =

∴nilai eigen dari A adalah λ = 1 dan λ = 2

§ untuk λ = 2

( )1

2

3

0

2 0 2 01 0 1 01 0 1 0

I A x

xxx

λ − =

− − = − −

sistem di atas mempunyai solusi 1 2 3, ,x s x t x s= − = =

maka vektor-vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan λ = 2 adalah

1 0

0 11 0

sx t s t

s

− − = = +

karena 1 0

0 dan 11 0

−

saling bebas linear, maka vektor-vektor tersebut membentuk

basis untuk ruang eigen yang bersesuaian dengan λ = 2.

§ untuk λ = 1

( )1

2

3

0

1 0 2 01 1 1 01 0 2 0

I A x

xxx

λ − =

− − − = − −

sistem di atas mempunyai solusi 1 2 32 , ,x s x s x s= − = =


maka vektor-vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan λ = 1 adalah

2 2

11

sx s s

s

− − = =

maka vektor 2

11

−

membentuk basis untuk ruang eigen λ = 1.

Nilai Eigen dari Pangkat Suatu Matrix

Teorema 7.1.3.

Jika k suatu bilangan bulat, λ suatu nilai eigen dari A dan x vektor eigen yang bersesuaian,

maka λk adalah nilai eigen dari Ak dengan x vektor eigen yang bersesuaian.

Sebagai ilustrasi:

Misalkan λ dan x adalah nilai dan vektor eigen yang bersesuaian dari A, maka 2 2( ) ( ) ( ) ( )A x A Ax A x Ax x xλ λ λ λ λ= = = = =

Contoh 5.

Dari contoh 4, diperoleh nilai eigen dari 0 0 21 2 11 0 3

A−

=

adalah λ = 2 dan λ =1

Maka λ = 27 = 128 dan λ =17 = 1 adalah nilai eigen dari A7. Sedangkan vektor-vektor eigen

dari A yang bersesuaian dengan λ, juga merupakan vektor-vektor eigen dari A7.

Nilai Eigen dan Invertible

Teorema 7.1.4.

Suatu matrix bujur sangkar A invertible jika dan hanya jika λ = 0 bukan suatu nilai eigen

dari A.

Bukti:

Asumsikan An×n dan perhatikan bahwa λ = 0 adalah suatu solusi dari persamaan karakteristik 1

1 ...n nnc cλ λ −+ + + = 0, jika dan hanya jika suku konstan nc = 0.

Maka untuk membuktikan A invertible, cukup dengan membuktikan nc ≠ 0.


Tapi 11det( ) ...n n

nI A c cλ λ λ −− = + + + ,

maka untuk λ = 0 maka det(-A) = nc atau ( 1) det( )nnA c− =

Sehingga det(A) = 0 jika dan hanya jika nc = 0.

Jadi A invertible jika dan hanya jika nc ≠ 0.

7.2. Diagonalisasi Masalah vektor eigen Diberikan matrix A berukuran n × n, apakah terdapat suatu basis untuk Rn yang terdiri dari vektor-vektor eigen dari A Masalah diagonalisasi (bentuk matrix) Diberikan matrix A berukuran n × n, apakah terdapat suatu matrix invertible P sedemikian sehingga P-1AP adalah matrix diagonal Definisi Suatu matrix bujur sangkar A dikatakan dapat didiagonalisasi jika terdapat matrix P sedemikian sehingga P-1AP adalah matrix diagonal. Matrix P dikatakan mendiagonalisasi A. Teorema 7.2.1. Jika A adalah matrix n × n, maka pernyataan berikut ekivalen

a. A dapat didiagonalisasi b. A mempunyai n vektor eigen yang bebas linear

Bukti: Prosedur untuk mendiagonalisasi suatu matrix An × n :

1. Cari n vektor eigen dari A yang bebas linear, misalkan p1, p2, …, pn. 2. Bentuk matrix P dengan p1, p2, …, pn sebagai vektor-vektor kolomnya. 3. Diperoleh matrix P-1AP adalah matrix diagonal dengan λ1, λ2, …, λn sebagai entri-entri

diagonal utamanya, dimana λi adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan pi, i = 1,2,…, n

Contoh 1:

Cari matrix P yang mendiagonalisasi matrix

−

=16

01A

Jawab:

0)1)(1(16

01)det( =−+=

+−−

=− λλλ

λλ AI

Maka nilai eigen dari A adalah λ = 1 dan λ = -1. • Untuk λ = 1 ⇒ (λI - A) x = 0 ⇒


, misalkan ⇒ ⇒Basis

• Untuk λ = -1 ⇒ (λI - A) x = 0 ⇒

, misalkan ⇒ ⇒Basis

A matrix 2×2 dan mempunyai 2 vektor eigen yang bebas linear, maka A dapat di

diagonalisasi dengan matrix

Check:

Teorema 7.2.2 Jika adalah vektor-vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan maka

bebas linear. Cara lain untuk menentukan apakah suatu matrix dapat didiagonalisasi atau tidak, adalah dengan menentukan dimensi dari ruang eigen. Contoh 2: (dari contoh 1)

• ruang eigen untuk λ = 1 adalah ruang solusi dari .

Matrix koefisiennya mempunyai rank =1 , sehingga nulitas = 2-1 = 1 → terdapat 1 vektor basis → dimensi ruang eigen λ = 1 adalah 1.

• ruang eigen dari λ = -1 adalah ruang solusi dari ,

maka rank =1 , dan nulitas = 2-1 = 1 → terdapat 1 vektor basis. → dimensi ruang eigen λ = -1 adalah 1.

Jadi total dimensi ruang eigen = 2 ⇒ terdapat 2 vektor eigen yang bebas linear ⇒ A dapat didiagonalisasi

Teorema 7.2.3. Jika An × n mempunyai n nilai eigen yang berbeda, maka A dapat didiagonalisasi. Contoh 3:

,

= Diperoleh λ = 4, λ = 2 + dan λ = 2 - Karena A matrix 3×3 mempunyai 3 nilai eigen yang berbeda, maka A dapat didiagonalisasi

dimana


Apakah matrix n × n yang tidak mempunyai n nilai eigen yang berbeda tidak dapat didiagonalisasi? Contoh 4:

0)2)(1()det(,301121200

2 =−−=−

−= λλλ AIA

Untuk λ=2 →

=

−−−−

000

101101

202

3

2

1

xxx

⇒ rank = 1, nulitas = 2, Dim ruang eigen = 2

Untuk λ=1 →

=

−−−−−

000

201111

201

3

2

1

xxx


Total dimensi ruang eigen = 3 → terdapat 3 vektor eigen bebas linear ⇒ A dapat didiagonalisasi.

Contoh 5:

0)2)(1()det(,253021001

2 =−−=−

−= λλλ AIA

Untuk λ=2 →

=

−−−−

000

153011000

3

2

1

xxx


Untuk λ=1 →

=

−−

000

053001001

3

2

1

xxx


Total dimensi ruang eigen = 2 → terdapat 2 vektor eigen bebas linear ⇒ A tidak dapat didiagonalisasi.

Multiplisitas geometri dari λ0 adalah dimensi dari ruang eigen yang bersesuaian dengan λ0 Multiplisitas aljabar dari λ0 adalah jumlah (λ-λ0 ) muncul sebagai faktor dari polinomial karakteristik dari A. Teorema 7.2.4.

1. Untuk setiap nilai eigen dari A multiplisitas geometris ≤ multiplisitas aljabar 2. A dapat didiagonalisasi jika dan hanya jika multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar,

untuk setiap nilai eigen

Jika A adalah matrix n × n dan P matrix invertible, maka PAPAPPPAPAPPAPPAPP 21111121 )())(()( −−−−−− === Secara umum: PAPAPP KK 11 )( −− == Maka jika A dapat didiagonalisasi dan P-1AP = D matrix diagonal, KKK DAPPPAP == −− )( 11 1−= PPDA KK


Jika

=

nd

dd

D

L

MOMM

L

L

00

0000

2

1

maka

=

K

K

K

K

d

dd

D

2

2

1

00

0000

L

MOMM

L

L

Contoh 6:

Jika

=

1601

A maka hitung 25A

Jawab : dari contoh sebelumnya diperoleh

=

1103

1P dan

−

=10

01D

Maka 25A =PD25P -1=

1103

1 25

1001

−

− 13

03=

1103

1

− 25

25

1001

− 13

03

=

1103

1

−1001

− 13

03=

1601

7.3. Diagonalisasi Ortogonal Masalah vektor eigen yang ortonormal: Diberikan matrix A berukuran n × n, apakah terdapat basis ortonormal untuk Rn dengan hasil kali dalam Euclid yang terdiri dari vektor-vektor eigen dari A? Masalah diagonalisasi orthogonal: Diberikan matrix An × n, apakah terdapat matrix orthogonal P sedemikian sehingga P-1AP = PTAP diagonal? A dikatakan dapat didiagonalisasi secara orthogonal dan P mendiagonalisasi A secara orthogonal. Teorema 7.3.1. Jika A adalah matrix n × n, maka pernyataan berikut ekivalen

a. A dapat didiagonalisasi secara orthogonal b. A mempunyai himpunan ortonormal dari n vektor eigen c. A simetris

Bukti: (a→c)

A didiagonalisasi secara orthogonal → terdapat matrix orthogonal P, dan matrix diagonal D ∋ P-1AP = D. maka A=PDP-1 = PDPT (karena P orthogonal) Sehingga AT= ( PDPT )T = (PT)T DTPT = PDPT = A Jadi A simetris.

Teorema 7.3.2. Jika A adalah matrix simetris, maka:

a. Nilai eigen dari A adalah bilangan real b. Vektor-vektor eigen dari ruang eigen yang berbeda, saling orthogonal.

Bukti: b. Misalkan 1vr vektor eigen untuk λ1, 2vr vektor eigen untuk λ2, dengan λ1 ≠ λ2


Adib. 1vr • 2vr = 0 A 1vr • 2vr = 1vr •AT

2vr = 1vr •A 2vr (karena A simetris) λ1 1vr • 2vr = 1vr • 22vrλ ⇔ λ1 1(vr • )2vr = λ2 1(vr • )2vr ⇔ (λ1 - λ2) 1(vr • )2vr = 0 Karena λ1 ≠ λ2 maka 1(vr • )2vr = 0

Diagonalisasi matrix simetris:

1. Cari basis untuk setiap ruang eigen dari A 2. Gunakan proses GramSchmidt dan normalisasi untuk mendapatkan basis ortonormal 3. Bentuk matrix P dengan vektor basis (yang diperoleh dari no.2) sebagai vektor kolomnya.

Contoh 7: (Latihan 7.3, no.6)

=

000011011

A , ( )200

011011

)det( 2 −=−−−−

=− λλλ

λλ

λ AI

Nilai eigen λ=0 dan λ=2

sxxtxsx −=−===⇒

→

−−−−

⇒= 2132 ,,000000011

000011011

0λ

=

−=→

+

−=

−=

100

,011

100

011

21 pptstss

x

sxxx ===⇒

−→

−

−⇒= 213 ,0

200000011

200011011

2λ

=→

=

=

011

011

03pss

sx

Karena 321 ppp ⊥⊥ , maka lakukan proses normalisasi:

−

==

02

12

1

1

11 p

pv ,

==

100

2

22 p

pv ,

==

02

12

1

3

33 p

pv

Maka

−

=

0102

102

12

102

1

P mendiagonalisasi A secara orthogonal.


Check:

−

−

=

0102

102

12

102

1

000011011

02

12

1100

02

12

1

APPT =

200000000


1

8. TRANSFORMASI LINIER 8.1. TRANSFORMASI LINIER UMUM

Definisi:

Jika T : V → W adalah suatu fungsi dari suatu ruang vektor V ke ruang vektor W, maka

T disebut transformasi linier dari V ke W jika untuk semua vektor →

u dan →

v di V dan

semua skalar c berlaku:

a. T(→

u + →

v ) = T(→

u ) + T(→

v )

b. T( c→

u ) = c T(→

u )

Jika V = W, maka T : V → V disebut operator linier.

Contoh:

1. Buktikan bahwa pemetaan T : V → W ∋ T(→

v ) = 0 untuk ∀→

v ∈V adalah

transformasi linier , dimana V dan W adalah ruang vektor. T dalam hal ini disebut

trnasformasi nol.

2. Misalkan V adalah ruang vektor. Pemetaan I : V → V dengan I (→

v ) = →

v adalah

operator linier. Buktikan!

3. Misalkan V adalah ruang vektor dan k skalar. Buktikan bahwa pemetaan

T : V → V dengan T(→

v ) = k→

v adalah operator linier.

4. T adalah proyeksi ortogonal dari V pada W, dimana W adalah subruang berdimensi

hingga dari V, T(→

v ) = →

vproyW . Apakah T merupakan transformasi linier?

5. Misalkan →

p = p(x) = c0 + c1x + c2x2 + ... + cnxn adalah polinom di Pn. Buktikan

T : Pn → Pn dengan T (→

p ) = T(p(x)) = p(ax+b) = c0 + c1 (ax+b) + c2 (ax+b)2 + ... +

cn (ax +b)n adalah operator linier.

6. Misalkan T : Mnn →R, dengan T (A) = det (A). Mnn adalah himpunan matriks

berukuran n x n dan R adalah himpunan bilangan riil. Apakah T merupakan

transformasi linier?


2

Secara sederhana, jika nvvv→→→

,...,, 21 adalah vektor-vektor di V dan c1, c2, ...,cn adalah

skalar-skalar, maka untuk membuktikan transformasi linier dapat dilakukan dengan

membuktikan bahwa T( )(...)()()... 22112211 nnnn vTcvTcvTcvcvcvc→→→→→→

+++=+++

Teorema 8.1.1

Jika T : V → W adalah transformasi linier, maka:

a. T(→

0 ) = →

0

b. T(-→

v ) = - T(→

v ), ∀→

v ∈V.

c. T(→

v -→

w ) = T(→

v ) – T(→

w ), ∀→

v ,→

w ∈V.

Jika T : V → W adalah transformasi linier dan jika { nvvv→→→

,...,, 21 }adalah sebarang basis

untuk V, maka bayangan T(→

v ) dari sebarang vektor →

v ∈V dapat dihitung dari bayangan-

bayangan vektor-vektor basis, yaitu T( 1

→

v ),T( 2

→

v ), ..., T( nv→

).

Caranya adalah:

1. Nyatakan →

v sebagai kombinasi linier dari vektor-vektor basis, yaitu →

v = nn vcvcvc→→→

+++ ...2211

2. T(→

v ) = T( nn vcvcvc→→→

+++ ...2211 )

= )(...)()( 2211 nn vTcvTcvTc→→→

+++

Jadi, suatu transformasi linier ditentukan secara lengkap oleh bayangan-bayangan vektor

– vektor basis.

Contoh:

Misalkan basis S = { 321 ,,→→→

vvv } basis di R3, dimana 1

→

v = (1,1,1), 2

→

v = (1,1,0) dan

3

→

v = (1,0,0). T : R3 → R3 operator linier ∋ T( 1

→

v ) = (2, -1,4), T( 2

→

v ) = (3,0,1) dan


3

T( 3vr ) = (-1, 5,1). Cari formula untuk T(x1,x2,x3) dan kemudian hitung T(2,4,-1)!

Jawab:

Definisi :

Jika T1 : U→V dan T2 : V→W adalah transformasi linier, komposisi dari T2 dengan T1

dinotasikan dengan T2o T1 adalah fungsi dengan formula (T2 oT1)(→

u ) = T2 (T1(→

u )),

dimana →

u ∈U. Perhatikan gambar 1 !

Gambar1

Teorema 8.1.2

Jika T1 : U→V dan T2 : V→W adalah transformasi linier, maka (T2oT1) : U→W juga

transformasi linier.

Catatan : Komposisi transformasi linier dapat juga didefinisikan untuk lebih dari dua

transformasi linier.

8.2. KERNEL DAN RANGE

Definisi :

Jika T : V → W adalah transformasi linier, Kernel dari T (ker(T)) adalah himpunan

semua vektor-vektor di V yang dipetakan ke →

0 . Range dari T (R(T)) adalah himpunan

semua vektor di W yang merupakan bayangan oleh T dari paling sedikit satu vektor di V.

Contoh :

1. TA : Rn → Rm adalah perkalian oleh matriks Amxn, atau AX = b.

Ker(TA) = nullspace (ruang nol) dari A


4

R(TA) = ruang kolom dari A

2. T : V → W adalah transformasi nol

Ker(T) = V dan R(T) = {→

0 }

3. I : V → V adalah operator identitas

Ker(T) = {→

0 }dan R(T) = V

4. T : V → V dengan T(→

v ) = 3→

v

Ker(T) = … dan R(T) =…

5. T : R2 → R2, dengan T(x,y) = (2x - y, -8x + 4y)

Ker(T) = … dan R(T) =…

Teorema 8.2.1

Jika T : V → W adalah transformasi linier, maka

a. Kernel dari T (ker(T)) adalah subruang dari V

b. Range dari T (R(T)) adalah subruang dari W

Definisi :

Jika T : V → W adalah transformasi linier, maka dimensi dari range T disebut rank dari

T atau rank(T), dimensi dari kernel T disebut nullitas dari T atau nullitas (T).

Teorema 8.2.2

Jika A adalah matriks mxn dan TA : Rn → Rm adalah perkalian oleh matriks Amxn, maka

a. nullitas(TA) = nullitas dari A

b. rank(TA) = rank (A)

Teorema 8.2.3

Jika T : V → W adalah transformasi linier dari ruang vektor V berdimensi n ke ruang

vektor W, maka rank(T) + nullitas (T) = n.

8.3 INVERS TRANSFORMASI LINIER


5

Definisi :

Suatu transformasi linier T : V → W disebut satu-satu jika T memetakan setiap vektor

yang berbeda di V ke vektor yang berbeda di W.

Contoh :

1. TA : Rn → Rn adalah perkalian dengan matriks A

TA satu-satu jika dan hanya jika A invertible ( teorema 4.3.1)

Untuk nomor 2-4, tentukan apakah T satu-satu ?

2. T : Pn →Pn+1 , dengan T(→

p ) = T(p(x)) = xp(x),

3. T : R2 → R2, T(x,y) = (x + y, x - y)

4. T : R2 → R2, T(x,y) = (0, 2x +3y)

Teorema 8.3.1

Jika T : V → W adalah transformasi linier, maka yang berikut ekivalen

a. T satu-satu

b. Ker(T) = {→

0 }

c. Nullitas (T) = 0

d. ika W = V maka R(T) = V

Jika T : V → W adalah transformasi linier dan satu-satu maka ada invers dari T, yaitu T-1.

Jika T memetakan →

v ∈V ke →

w = T(→

v )∈W maka T-1 memetakan →

w = T(→

v )∈W

ke→

v ∈V .

Perhatikan gambar 2 :

T-1 (T(→

v )) = T-1(→

w ) = →

v

T (T-1(→

w )) = T(→

v ) = →

w

Domain dari T-1 adalah range dari T atau R(T).


6

T(→

x ) →

x

T

Vektor di V

Vektor di Rn

[(T(→

x )]B’

A

Vektor di Rm

Vektor di W

[→

x ]B

Gambar2

Contoh :

T : R3 → R3, apakah T mempunyai invers ? Jika ya, cari T-1 !

1. T(x1,x2,x3) = (x1+5x2+2x3, x1+2x2+x3, -x1+x2)

2. T(x1,x2,x3) = (x1+4x2-x3, x1+2x2+x3, -x1+x2)

Teorema 8.3.3

Jika T1 : U→V dan T2 : V→W adalah transformasi linier satu-satu, maka

a. (T2 oT1) satu-satu

b. (T2 oT1) -1 = T1-1 o T2

-1

Secara umum,

( Tn o Tn-1 o…. o T2o T1 )-1 = T1-1 oT2

-1 o… o Tn-1-1 oTn

-1

8.4. MATRIKS DAN TRANSFORMASI LINIER

Misalkan: V ruang vektor berdimensi n, B merupakan basis V

W ruang vektor berdimensi m, B’ merupakan basis W

T : V→W

Perhatikan bagan berikut !


7

A[→

x ]B = [T(→

x )]B’

A disebut matriks untuk T relatif terhadap basis B dan B’.

Bagaimana bentuk A?

Misalkan B ={ nuuu→→→

,...,, 21 }, B’ = { },...,, 21 mvvv→→→

.

Akan dicari A =

mnmm

n

n

aaa

aaaaaa

L

MMMM

K

K

21

22221

11211

sedemikian hingga A[→

x ]B = [T(→

x )]B’, ∀→

x ∈V.

Sehingga persamaan A[→

x ]B = [T(→

x )]B’ juga berlaku untuk nuuu→→→

,...,, 21 ∈V.

Berarti A[ 1

→

u ]B = [T( 1

→

u )]B’

A[ 2

→

u ]B = [T( 2

→

u )]B’

M

A[ nu→

]B = [T( nu→

)]B’

Tetapi

[ 1

→

u ]B =

0

01

M, [ 2

→

u ]B =

0

10

M dan [ nu

→]B =

1

00

M

sehingga

A[ 1

→

u ]B =

mnmm

n

n

aaa

aaaaaa

L

MMMM

K

K

21

22221

11211

0

01

M=

1

21

11

ma

aa

M= [T( 1

→

u )]B’

A[ 2

→

u ]B =

2

22

12

ma

aa

M= [T( 2

→

u )]B’ , … , A[ nu→

]B =

mn

n

n

a

aa

M2

1

= [T( nu→

)]B’


8

Berarti, A =

→→→

''2'1 )]([||)]([|)]([ BnBB uTuTuT L = [T]B’,B

Jadi matriks untuk T relatif terhadap basis B dan B’ adalah [T]B’,B dengan sifat :

[T]B’,B[→

x ]B = [T(→

x )]B’

Jika T : V→V operator linier dengan basis B = { nuuu→→→

,...,, 21 }, maka matriks T relatif

terhadap basis B adalah

[T]B =

→→→

BnBB uTuTuT )]([||)]([|)]([ 21 L

dengan sifat

[T]B[→

x ]B = [T(→

x )]B

Teorema 8.4.1

Jika T : Rn → Rm adalah transformasi linier dan jika B dan B’ adalah basis standar untuk

Rn dan Rm, maka

[T]B’,B = [T]

Untuk →

x ∈ Rn, maka [T] →

x = T(→

x )

T : V → W adalah transformasi linier. Untuk mencari T(→

x ) perhatikan gambar 3.

Gambar 3

Langkah-langkah mencari T(→

x )

I. Cara Langsung

II. Cara tidak langsung :


9

1. Cari matriks koordinat [→

x ]B

2. Kalikan [→

x ]B dengan [T]B’,B dari kiri, diperoleh [T(→

x )]B’

3. Berdasarkan [T(→

x )]B’, cari T(→

x )

Contoh :

1. T : P2 →P3 adalah transformasi linier dengan T(p(x)) = x p(x)

a. Cari matriks untuk T relatif terhadap basis standar B = { 321 ,,→→→

uuu }dan

B’={ },,, 4321

→→→→

vvvv , dimana 1

→

u = 1, 2

→

u = x , 3

→

u = x2 ; 1

→

v = 1, 2

→

v = x, 3

→

v =

x2 dan 4

→

v = x3.

Jawab :

[T]B’,B =

→→→

''2'1 )]([|)]([|)]([ BnBB uTuTuT

T( 1

→

u ) = T(1) = x, T( 2

→

u ) = T(x) = x2 dan T( 3

→

u ) = T(x2) = x3

[T( 1

→

u )]B’ =

0010

, [T( 2

→

u )]B’ =

0100

dan [T( 3

→

u )]B’ =

1000

sehingga

[T]B’,B =

100010001000

.

b. Hitung dengan cara tidak langsung T(2+x+2x2)

Misalkan →

p = p(x) = 2+x+2x2

[→

p ]B =

212

, [T]B’,B[→

p ]B = [T(→

p )]B’


10

[T(→

p )]B’ =

100010001000

212

=

2120

[T(→

p )] = 0 + 2x + x2 + 2x3 = 2x + x2 + 2x3

c. Hitung dengan cara langsung

[T(→

p )] = T(2+x+2x2) = x(2+x+2x2) = 2x+x2+2x3

2. T : R2 → R3, dengan T

2

1

xx

=

−+

0

2

1

21

xxx

a. Cari matriks [T]B’,B, dengan B = { 21 ,→→

uu } dan B’ = { },, 321

→→→

vvv dengan

1

→

u =

31

, 2

→

u =

−42

, 1

→

v =

111

, 2

→

v =

022

dan 3

→

v =

003

b. Apakah memenuhi formula [T]B’,B[→

x ]B = [T(→

x )]B’ , ∀→

x ∈R2 ?

8.5. SIMILARITAS

Misalkan T : R2 → R2, dengan T

2

1

xx

=

+−

+

21

21

42 xxxx

.

§ Jika B basis standar atau B = { 21,→→

ee }maka matriks untuk T yang bersesuaian

dengan basis B adalah [T]B =

→→

BB eTeT )]([|)]([ 21 =

− 42

11

§ Jika B’ = { 21,→→

uu } bukan basis standar, dimana 1

→

u =

11

, 2

→

u =

21

, maka matriks

untuk T yang bersesuaian dengan basis B’ adalah


11

[T]B’ =

→→

'2'1 )]([|)]([ BB uTuT =

3002

Teorema 8.5.1

Jika B dan B’ adalah basis untuk ruang vektor V berdimensi hingga dan jika I : V → V

adalah operator identitas, maka [I]B,B’ adalah matriks transisi dari B’ ke B

Gambar 4

Permasalahan

1. Bagaimana cara mendapatkan matriks untuk T dalam bentuk yang paling

sederhana ?

Pilih basis untuk V yang membuat matriks untuk T sesederhana mungkin, yaitu

pertama cari matriks untuk T yang bersesuaian dengan sebarang basis, misal basis

standar. Kemudian basis tersebut diubah sedemikian hingga matriks untuk T

menjadi lebih sederhana.

2. Jika B dan B’ adalah basis untuk ruang vektor berdimensi hingga V dan

T: V → V adalah operator linier, apa hubungan antara [T]B dengan [T]B’ ?

Perhatikan gambar 5!

Gambar 5

T = I oT o I

[T]B’ ,B’ = [I oT o I] B’ ,B’ = [I]B’ ,B [T]B, B[I]B,B’ atau

[T]B’ = [I]B’ ,B [T]B[I]B,B’


12

Misalkan P adalah matriks transisi dari B’ ke B atau P = [I]B,B’, maka [I]B’ ,B = matrik

transisi dari B ke B’ = P-1. Jadi,

[T]B’ = P-1 [T]B P

Contoh:

1. Misalkan T : R2 → R2 dengan T

2

1

xx

=

+−

+

21

21

42 xxxx

dengan basis standar .

Maka [T]B =

− 42

11.

Misalkan B’={ ',' 21

→→

uu } dengan 1

→

u =

11

, 2

→

u =

21

, maka matriks transisi dari B’

ke B = P adalah P =

→→

BB uu ]'[|]'[ 21 =

2111

dan P-1 =

−

−1112

Sehingga [T]B’ = P-1 [T]B P =

−

−1112

− 42

11

2111

=

3002

.

2. Misalkan T : R2 → R2 dengan T

2

1

xx

=

+−

21

21

42 xxxx

. Cari sebuah basis untuk R2

sedemikian hingga matriks untuk T diagonal !

Definisi :

Jika A dan B adalah matriks bujur sangkar, B dikatakan similar dengan A jika terdapat

matriks P yang invertibel sedemikian hingga B = P-1AP.

Definisi :

Suatu sifat dari matriks bujur sangkar disebut similarity invariant atau invarian di bawah

similaritas jika sifat tersebut dimiliki oleh dua matriks yang similar.

Tabel 1. Similarity invariant :

1.Determinan A dan P-1AP mempunyai determinan yang sama

2. Invertibility A invertible jika dan hanya jika P-1AP invertible

3.Rank A dan P-1AP mempunyai rank yang sama


13

4. Nullitas A dan P-1AP mempunyai nullitas yang sama

5. Trace A dan P-1AP mempunyai trace yang sama

6. Polinomial karakteristik A dan P-1AP mempunyai polinomial karakteristik

yang sama

7. Nilai eigen A dan P-1AP mempunyai nilai eigen yang sama

8. Dimensi ruang eigen Jika λ nilai eigen dari A dan P-1AP, maka ruang

eigen dari A yang berkaitan dengan λ dan nilai

eigen dari P-1AP yang berkaitan dengan λ

mempunyai dimensi yang sama.

Nilai Eigen dari Operator Linier

Misalkan T: V → V adalah operator linier. Misalkan ∃ (ada) →

x ≠ 0 ∈V ∋ T→

x = λ→

x ,

maka:

• λ disebut nilai eigen dari T

• →

x adalah vektor eigen untuk T yang bersesuaian dengan λ .

• Ker ( λ I – T) = ruang eigen dari T yang bersesuaian dengan λ .

Sifat :

Jika B sebarang basis untuk ruang vektor V, maka:

1. Nilai-nilai eigen dari T = nilai-nilai eigen dari [T]B

2. Vektor →

x adalah vektor eigen dari T jika dan hanya jika vektor [→

x ]B adalah

vektor eigen dari [T]B.

Soal-soal:

1. Misalkan T : R2 → R2 pemetaan dengan T(x,y) = (2x-y, -8x +4y).

a. Apakah T satu-satu ? Jelaskan!

b. Apakah ( -3,11) anggota dari range T? Jelaskan !

c. Apakah (1,2) anggota kernel T ? Jelaskan !

d. Cari matriks transformasinya


14

e. Perlihatkan bahwa setiap titik pada bidang xy dipetakan ke garis y = 41 x.

2. B = {(1,2), (2,3)} dan B’ = {(1,3),(1,4)} adalah basis-basis untuk R2. Jika

T : R2 → R2 pemetaan dengan T(x,y) = (2x-3y, x + y), carilah :

a. Matriks standar dari T

b. Matriks transformasi [T]B

c. Matriks transformasi [T]B’

d. Tunjukkan bahwa [T]B dan [T]B’ similar.

3. T1 : P1→ P2 transformasi linier sehingga T1(p(x)) = xp(x).

T2 : P2 → P2 sehingga T2(p(x)) = p(2x+1)

B = {1,x} adalah basis P1 dan B’ = {1,x,x2} adalah basis P2.

a. Tunjukkan bahwa T2 adalah operator linier

b. Carilah [T2]B’, [T1]B’,B dan [T2 o T1]B’,B


Bab 4-8.pdf

Documents

Transcript of Bab 4-8.pdf