Aljabar Linear Archives — Page 6 of 7

Sebelum memasuki materi utama, berikut ini adalah kompetensi dasar yang seharusnya sudah dikuasai pembaca:

Memahami materi himpunan, fungsi, polinomial, vektor, dan matriks.
Memahami prinsip logika matematika (konjungsi, disjungsi, implikasi, biimplikasi, ekuivalensi).
Dapat mereduksi matriks menggunakan Operasi Baris Elementer (OBE).

Baca : Soal dan Pembahasan- Matriks, Determinan, dan Invers Matriks

Baca : Soal dan Pembahasan- Vektor (Tingkat SMA/Sederajat)

Definisi Ruang Vektor (Vector Space)

Anggap $V$ adalah sembarang himpunan tak kosong dari objek dengan operasi penjumlahan dan operasi perkalian skalarnya telah didefinisikan. Penjumlahan yang dimaksud adalah aturan yang menghubungkan setiap pasangan objek $\overset{―}{u}, \overset{―}{v} \in V$ dengan suatu objek $\overset{―}{u} + \overset{―}{v}$ , yang disebut sebagai jumlah dari $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v} .$ Sementara itu, perkalian skalar adalah aturan yang menghubungkan setiap skalar $k$ dan objek $\overset{―}{u} \in V$ dengan objek $k \overset{―}{u}$ . Jika 10 aksioma berikut terpenuhi oleh semua objek $\overset{―}{u}, \overset{―}{v}, \overset{―}{w} \in V$ dan skalar $k$ dan $m$ , maka $V$ disebut sebagai ruang vektor dan semua objek di dalamnya disebut vektor.
Aksioma 1:
Jika $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v}$ adalah objek dalam $V$ , maka $\overset{―}{u} + \overset{―}{v}$ juga berada dalam $V$ .
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat ketertutupan operasi penjumlahan.
Aksioma 2:
$\overset{―}{u} + \overset{―}{v} = \overset{―}{v} + \overset{―}{u}$
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat komutatif penjumlahan.
Aksioma 3:
$\overset{―}{u} + (\overset{―}{v} + \overset{―}{w}) = (\overset{―}{u} + \overset{―}{v}) + \overset{―}{w}$
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat asosiatif penjumlahan.
Aksioma 4:
Ada objek $\overset{―}{0}$ dalam $V$ yang disebut objek nol (selanjutnya vektor nol) sehingga berlaku $\overset{―}{0} + \overset{―}{u} = \overset{―}{u} + \overset{―}{0} = \overset{―}{u}$ untuk setiap $u \in V .$
Catatan 1: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai bentuk identitas penjumlahan.
Catatan 2: Objek $\overset{―}{0}$ yang disebut sebagai “identitas” tidak selalu berarti vektor nol $\overset{―}{0} = (0, 0, \dots, 0) .$ Hal ini tergantung dari definisi operasi yang diberikan. Jika diberikan himpunan $A,$ maka untuk $a \in A$ , haruslah berlaku $a * \overset{―}{0} = a .$
Prinsip seperti ini sebenarnya sama dengan prinsip pada identitas penjumlahan/perkalian bilangan real, yaitu untuk $a \in R$ , berlaku $a + 0 = a$ dan $a \times 1 = a .$ Untuk itu, $0$ disebut identitas penjumlahan dan $1$ disebut identitas perkalian pada bilangan real.
Aksioma 5:
Untuk setiap $\overset{―}{u} \in V$ , ada objek $- \overset{―}{u} \in V$ yang disebut negatif dari $\overset{―}{u}$ sehingga berlaku $\overset{―}{u} + (- \overset{―}{u}) = (- \overset{―}{u}) + \overset{―}{u} = \overset{―}{0} .$
Catatan 1: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai invers penjumlahan.
Catatan 2: $- \overset{―}{u}$ juga tidak selalu sama dengan $- \overset{―}{u} = (- u_{1}, - u_{2}, \dots, - u_{k}) .$ Hal ini tergantung dari operasi yang diberikan. Suatu vektor dikatakan invers dari vektor yang lain jika keduanya dioperasikan menghasilkan identitas. Untuk itu, identitasnya harus terlebih dahulu diketahui.
Aksioma 6:
Jika $k$ adalah sembarang skalar dan $\overset{―}{u}$ adalah sembarang objek dalam $V$ , maka berlaku $k \overset{―}{u} \in V .$
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat ketertutupan operasi perkalian.
Aksioma 7:
$k (\overset{―}{u} + \overset{―}{v}) = k \overset{―}{u} + k \overset{―}{v}$
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan.
Aksioma 8:
$(k + m) \overset{―}{u} = k \overset{―}{u} + m \overset{―}{u}$
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan.
Aksioma 9:
$k (m \overset{―}{u}) = (k m) \overset{―}{u}$
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat asosiatif perkalian.
Aksioma 10:
$1 \overset{―}{u} = \overset{―}{u}$
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai bentuk identitas perkalian.

Perlu diperhatikan bahwa skalar yang dimaksud di sini adalah BILANGAN (bukan vektor). Umumnya suatu kajian dibatasi hanya sampai bilangan real $R$ saja, tetapi memungkinkan untuk diperluas sampai bilangan kompleks. Bilangan kompleks $C$ adalah gabungan dari bilangan real dan bilangan imajiner (khayal). Bila dalam suatu kasus, tidak ada keterangan yang menyatakan jenis bilangan pada suatu skalar, maka skalar yang dimaksud itu adalah bilangan real.

Teorema Ruang Vektor

Jika $V$ adalah suatu ruang vektor, $\overset{―}{u}$ adalah vektor dalam $V$ , dan $k$ sembarang skalar, maka
1. $\overset{―}{0} \overset{―}{u} = \overset{―}{0}$
2. $k \overset{―}{0} = \overset{―}{0}$
3. $(- 1) \overset{―}{u} = - \overset{―}{u}$
4. Jika $k \overset{―}{u} = \overset{―}{0}$ , maka $k = \overset{―}{0}$ atau $\overset{―}{u} = \overset{―}{0}$

Definisi Subruang (Subspace) atau Ruang Bagian

Suatu himpunan bagian $W$ dari ruang vektor $V$ disebut subruang/ruang bagian dari $V$ jika $W$ sendiri adalah ruang vektor di bawah operasi penjumlahan dan perkalian skalar yang didefinisikan pada $V$ .

Teorema 1: Subruang

Jika $Q$ adalah subruang dari $P$ , maka $Q$ harus memenuhi 2 syarat berikut.

Jika $A, B \in Q$ , maka $A + B \in Q$ .
Jika $k$ sembarang skalar dan $A$ vektor sembarang dalam $Q$ , maka $k A \in Q$ .

Teorema 2: Subruang

Jika $A \overset{―}{x} = \overset{―}{0}$ adalah suatu sistem linear homogen dari $m$ persamaan dan $n$ variabel, maka himpunan vektor penyelesaiannya adalah suatu subruang dari $R^{n}$ .
Catatan: Sistem linear homogen adalah sistem persamaan linear dengan konstanta 0 (nol), misalnya
${\begin{cases} 2 x + 3 y & = 0 \\ x - 4 y & = 0 \end{cases}$
Notasi $R^{n}$ (dibaca: R n, bukan R pangkat n) menyatakan ruang dimensi $n$ .

Definisi Kombinasi Linear

Suatu vektor $\overset{―}{w}$ disebut kombinasi linear dari vektor-vektor ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}$ jika dapat dinyatakan dalam bentuk
$\overset{―}{w} = k_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + k_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + \dots + k_{r} {\overset{―}{v}}_{r}$
dengan $k_{1}, k_{2}, \dots, k_{r}$ sembarang skalar.

Teorema: Hubungan Subruang dan Kombinasi Linear

Jika ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}$ adalah vektor-vektor dalam ruang vektor $V$ , maka:

Himpunan $W$ yang anggotanya merupakan vektor kombinasi linear dari ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}$ merupakan subruang dari $V$ .
$W$ adalah subruang terkecil dari $V$ yang berisi ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}$ dalam pengertian bahwa setiap subruang lain dari $V$ yang berisi ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}$ pasti mengandung $W$ .

Definisi Ruang Terentang (Spanning Space)

Jika $S = {{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}}$ adalah himpunan vektor dalam ruang vektor $V$ , maka subruang $W$ dari $V$ yang mengandung semua kombinasi linear dari vektor dalam $S$ disebut ruang terentang oleh ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}$ dan kita katakan bahwa ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}$ adalah rentang $W$ . Untuk menunjukkan bahwa $W$ adalah ruang terentang oleh vektor dalam himpunan $S$ , kita tuliskan $W = rent (S)$ atau $W = rent {\overset{―}{v_{1}}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}} .$
Notasi ini hanya berlaku dalam bahasa Indonesia, sedangkan secara luas (internasional), notasi rentang disimbolkan dengan $W = span (S) .$
Untuk itu, notasi terakhir ini yang akan dipakai pada uraian selanjutnya.
Catatan: Merentang (spanning) dapat diartikan memanjang, melebar, meluas, dan sebagainya.

Teorema Rentang (Spanning)

Jika $S = {{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}}$ dan $S^{'} = {{\overset{―}{w}}_{1}, {\overset{―}{w}}_{1}, \dots, {\overset{―}{w}}_{r}}$ adalah dua himpunan vektor dalam ruang vektor $V$ , maka
$span {{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}} = span {{\overset{―}{w}}_{1}, {\overset{―}{w}}_{2}, \dots, {\overset{―}{w}}_{r}}$
jika dan hanya jika setiap vektor dalam $S$ adalah kombinasi linear dari vektor dalam $S^{'}$ , begitu juga sebaliknya.

Definisi Kebebasan Linear

Jika $S = {{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}}$ adalah himpunan vektor tak kosong, maka persamaan vektor $k_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + k_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + \dots + k_{r} {\overset{―}{v}}_{r} = 0$ mempunyai setidaknya satu penyelesaian, yaitu
$k_{1} = k_{2} = \dots = k_{r} = 0.$
Jika ini adalah satu-satunya penyelesaian, maka $S$ disebut himpunan yang bebas linear (linearly independent). Jika ada penyelesaian lain, maka $S$ disebut himpunan yang tidak bebas linear (atau diistilahkan, bergantung linear (linearly dependent)).

Salah satu istilah baru dari definisi ini adalah penyelesaian trivial (trivial solution), yaitu penyelesaian dari suatu sistem linear yang nilai-nilai variabelnya adalah 0.

Teorema 1: Kebebasan Linear

Suatu himpunan dengan dua atau lebih vektor disebut:

tak bebas secara linear jika dan hanya jika paling tidak salah satu vektor dalam $S$ dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor lainnya dalam $S$ .
bebas secara linear jika dan hanya jika tidak ada vektor dalam $S$ yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor lainnya dalam $S$ .

Teorema 2: Kebebasan Linear

Suatu himpunan vektor berhingga yang berisi vektor nol pasti tak bebas linear.
Suatu himpunan dengan tepat 2 vektor dikatakan bebas linear jika dan hanya jika vektor yang satu bukan merupakan penggandaan skalar dari vektor yang lain.

Intepretasi Geometris dari Kebebasan Linear

Dalam $R^{2}$ atau $R^{3}$ (ruang dimensi 2 atau ruang dimensi 3), kebebasan linear dapat dijelaskan dengan konsep geometri.

Pada $R^{2}$ maupun $R^{3}$ , suatu himpunan dua vektor bebas linear jika dan hanya jika vektor-vektor tersebut tidak terletak pada garis yang sama bila kedua titik pangkalnya ditempatkan pada titik asal (titik $(0, 0)$ ),

sedangkan pada $R^{3}$ , suatu himpunan tiga vektor bebas linear jika dan hanya jika vektor-vektor tersebut tidak terletak pada bidang yang sama bila ketiga titik pangkalnya ditempatkan di titik asal.

Teorema 3: Kebebasan Linear

Misalkan $S = {{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}}$ adalah himpunan vektor dalam $R^{n}$ . Jika $r > n$ , maka $S$ tidak bebas linear.

Definisi Basis dalam Ruang Vektor

Jika $V$ adalah sembarang ruang vektor dan $S = {{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}}$ adalah himpunan vektor dalam $V$ , maka $S$ disebut basis untuk $V$ jika dua syarat berikut terpenuhi.
a. $S$ bebas linear;
b. $S$ merentang dalam $V$ .

Teorema Basis dalam Ruang Vektor

Jika $S = {{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}}$ adalah suatu basis untuk ruang vektor $V$ , maka setiap vektor $\overset{―}{v}$ dalam $V$ dapat dinyatakan dalam bentuk $c_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + c_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + \dots + c_{r} {\overset{―}{v}}_{r} = \overset{―}{0}$ hanya dalam satu cara.

Definisi 1: Dimensi

Suatu ruang vektor tak nol $V$ disebut berdimensi terhingga jika $V$ berisi suatu himpunan vektor terhingga ${{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}}$ yang membentuk suatu basis. Jika tidak ada himpunan yang demikian, maka $V$ disebut berdimensi tak terhingga. Selain itu, didefinisikan ruang vektor nol sebagai dimensi terhingga.

Teorema 1: Dimensi

Jika $V$ adalah ruang vektor berdimensi terhingga dan ${{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}}$ adalah sembarang basis, maka:

Setiap himpunan dengan lebih dari $r$ vektor tak bebas linear.
Tidak ada himpunan dengan vektor kurang dari $r$ yang merentang $V$ .

Teorema 2: Dimensi

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

Definisi 2: Dimensi

Dimensi ruang vektor berdimensi terhingga $V$ , yang dinyatakan dalam notasi $dim (V)$ , didefinisikan sebagai jumlah vektor dalam suatu basis untuk $V$ . Selain itu, didefinisikan juga bahwa ruang vektor nol mempunyai dimensi $0$ .

Definisi: Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang Nol

Jika $A$ adalah matriks berordo $m \times n$ , maka subruang dari $R^{n}$ yang terentang oleh vektor-vektor baris dari $A$ disebut ruang baris dari $A$ dan subruang dari $R^{m}$ yang terentang oleh vektor-vektor kolom dari $A$ disebut ruang kolom dari $A$ . Ruang penyelesaian dari sistem persamaan homogen $A \overset{―}{x} = \overset{―}{0}$ yang merupakan subruang dari $R^{n}$ disebut ruang nol dari $A$ .

Teorema 1: Ruang Kolom

Suatu SPL $A \overset{―}{x} = \overset{―}{b}$ konsisten (memiliki penyelesaian) jika dan hanya jika $\overset{―}{b}$ berada dalam ruang kolom dari $A$ .

Teorema 2: Hubungan Antara Ruang Penyelesaian $A \overset{―}{x} = \overset{―}{0}$ dan $A \overset{―}{x} = \overset{―}{b}$

Jika $x_{0}$ menyatakan sembarang penyelesaian tunggal dari suatu sistem linear tak homogen yang konsisten, yaitu $A \overset{―}{x} = \overset{―}{b}$ , dan jika ${{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, \dots, {\overset{―}{v}}_{r}}$ membentuk suatu basis untuk ruang nol dari $A$ (ruang penyelesaian dari sistem homogen $A \overset{―}{x} = \overset{―}{0}$ ), maka setiap penyelesaian dari $A \overset{―}{x} = \overset{―}{b}$ dapat dinyatakan dalam bentuk $\overset{―}{x} = {\overset{―}{x}}_{0} + c_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + c_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + \dots + c_{r} {\overset{―}{v}}_{r}$ dan sebaliknya dengan skalar $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{r}$ , sedangkan vektor $\overset{―}{x}$ dalam rumus ini merupakan penyelesaian dari $A \overset{―}{x} = \overset{―}{b} .$

Soal Nomor 1

Apakah himpunan semua pasangan tiga bilangan real $(x, y, z)$ dengan operasi
$(x, y, z) + (x^{'}, y^{'}, z^{'}) = (x + x^{'}, y + y^{'}, z + z^{'})$ dan $k (x, y, z) = (k x, y, z)$ merupakan ruang vektor?

Pembahasan

Misalkan $A$ adalah himpunan semua pasangan tiga bilangan real $(x, y, z)$ atau ditulis
$A = {(x, y, z) | x, y, z \in R} .$
Jika $A$ adalah ruang vektor, maka $A$ harus memenuhi 10 aksioma sesuai definisi ruang vektor.
(Aksioma 1)
Ambil sembarang $\overset{―}{u}, \overset{―}{v} \in A$ . Misalkan $\overset{―}{u} = (a, b, c)$ dan $\overset{―}{v} = (d, e, f)$ , dengan $a, b, c, d, e, f \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} \overset{―}{u} + \overset{―}{v} & = (a, b, c) + (d, e, f) \\ = (a + d, b + e, c + f) \in A \end{aligned}$
Karena $a, b, c, d, e, f \in R$ , maka $a + d, b + e, c + f$ juga adalah bilangan real karena operasi penjumlahan bilangan real bersifat tertutup (hasil operasinya tetap merupakan bilangan real). Ini berarti $\overset{―}{u} + \overset{―}{v}$ memenuhi syarat keanggotaan $A$ dan oleh karenanya, $A$ memenuhi aksioma pertama.
(Aksioma 2)
Ambil sembarang $\overset{―}{u}, \overset{―}{v} \in A$ . Misalkan $\overset{―}{u} = (a, b, c)$ dan $\overset{―}{v} = (d, e, f)$ , dengan $a, b, c, d, e, f \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} \overset{―}{u} + \overset{―}{v} & = (a, b, c) + (d, e, f) \\ = (a + d, b + e, c + f) \\ = (d + a, e + b, f + c) ★ \\ = (d, e, f) + (a, b, c) \\ = \overset{―}{v} + \overset{―}{u} \end{aligned}$
Karena $\overset{―}{u} + \overset{―}{v} = \overset{―}{v} + \overset{―}{u}$ terpenuhi, berarti $A$ memenuhi aksioma kedua.
Catatan: $★$ Ekspresi ini berlaku karena adanya sifat asosiatif pada penjumlahan bilangan real.
(Aksioma 3)
Ambil sembarang $\overset{―}{u}, \overset{―}{v}, \overset{―}{w} \in A$ . Misalkan $\overset{―}{u} = (a, b, c), \overset{―}{v} = (d, e, f)$ , dan $\overset{―}{w} = (g, h, i)$ , dengan $a, b, c, \dots, h, i \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} \overset{―}{u} + (\overset{―}{v} + \overset{―}{w}) & = (a, b, c) + ((d, e, f) + (g, h, i)) \\ = (a, b, c) + (d + g, e + h, f + i) \\ = (a + (d + g), b + (e + h), c + (f + i)) \\ = ((a + d) + g, (b + e) + h, (c + f) + i) ★ \\ = (a + d, b + e, c + f) + (g, h, i) \\ = ((a, b, c) + (d, e, f)) + (g, h, i) \\ = (\overset{―}{u} + \overset{―}{v}) + \overset{―}{w} \end{aligned}$ Karena $\overset{―}{u} + (\overset{―}{v} + \overset{―}{w}) = (\overset{―}{u} + \overset{―}{v}) + \overset{―}{w}$ terpenuhi, berarti $A$ memenuhi aksioma ketiga.
Catatan: $★$ Ekspresi ini berlaku karena adanya sifat asosiatif penjumlahan pada bilangan real.
(Aksioma 4)
Ambil sembarang $\overset{―}{u} \in A, \overset{―}{u} = (a, b, c)$ dengan $a, b, c \in R$ dan ada unsur identitas dalam $A$ , yaitu $\overset{―}{0} = (0, 0, 0) \in A$ , sehingga
$\begin{aligned} \overset{―}{u} + \overset{―}{0} & = (a, b, c) + (0, 0, 0) \\ = (a + 0, b + 0, c + 0) \\ = (a, b, c) = \overset{―}{u} \end{aligned}$
$\begin{aligned} \overset{―}{0} + \overset{―}{u} & = (0, 0, 0) + (a, b, c) \\ = (0 + a, 0 + b, 0 + c) \\ = (a, b, c) = \overset{―}{u} \end{aligned}$
Ini berarti, $\overset{―}{u} + \overset{―}{0} = \overset{―}{0} + \overset{―}{u} = \overset{―}{u}$ terpenuhi, sehingga $A$ memenuhi aksioma keempat.
(Aksioma 5)
Misalkan $\overset{―}{u} = (a, b, c) \in A$ , dengan $a, b, c \in R$ dan ada $- \overset{―}{u} = (- a, - b, - c) \in A$ , sehingga
$\begin{aligned} \overset{―}{u} + (- \overset{―}{u}) & = (a, b, c) + (- a, - b, - c) \\ = (a + (- a), b + (- b), c + (- c)) \\ = (0, 0, 0) = \overset{―}{0} \end{aligned}$
$\begin{aligned} (- \overset{―}{u}) + \overset{―}{u} & = (- a, - b, - c) + (a, b, c) \\ = ((- a) + a, (- b) + b, (- c) + c) \\ = (0, 0, 0) = \overset{―}{0} \end{aligned}$
Ini berarti, $\overset{―}{u} + (- \overset{―}{u}) = (- \overset{―}{u}) + \overset{―}{u} = \overset{―}{0}$ terpenuhi, sehingga $A$ memenuhi aksioma kelima.
(Aksioma 6)
Misalkan $k$ sembarang skalar (bilangan real) dan $u = (a, b, c) \in A$ , dengan $a, b, c \in R$ , sehingga
$k \overset{―}{u} = k (a, b, c) = (k a, b, c)$
Karena $k a, b, c \in R$ , maka $k \overset{―}{u}$ memenuhi syarat keanggotaan $A$ sehingga $A$ memenuhi aksioma keenam.
(Aksioma 7)
Misalkan $k$ sembarang skalar (bilangan real), $\overset{―}{u}, \overset{―}{v} \in A, \overset{―}{u} = (a, b, c)$ dan $\overset{―}{v} = (d, e, f)$ , dengan $a, b, c, d, e, f \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} k (\overset{―}{u} + \overset{―}{v}) & = k ((a, b, c) + (d, e, f) \\ = k (a + d, b + e, c + f) \\ = (k (a + d), b + e, c + f) \\ = (k a + k d, b + e, c + f) \\ = (k a, b, c) + (k d, e, f) \\ = k (a, b, c) + k (d, e, f) \\ = k \overset{―}{u} + k \overset{―}{v} \end{aligned}$
Karena berlaku $k (\overset{―}{u} + \overset{―}{v}) = k \overset{―}{u} + k \overset{―}{v}$ , maka $A$ memenuhi aksioma ketujuh.
(Aksioma 8)
Misalkan $k, m$ sembarang skalar (bilangan real) dan $\overset{―}{u} \in A, \overset{―}{u} = (a, b, c)$ , dengan $a, b, c \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} (k + m) \overset{―}{u} & = (k + m) (a, b, c) \\ = ((k + m) a, b, c) \\ = (k a + m a, b, c) \\ = (k a, b, c) + (m a, 0, 0) \\ = k (a, b, c) + m (a, 0, 0) \\ \neq k \overset{―}{u} + m \overset{―}{u} \end{aligned}$
Ini berarti, $(k + m) \overset{―}{u} \neq k \overset{―}{u} + m \overset{―}{u}$ sehingga $A$ tidak memenuhi aksioma kedelapan.
(Aksioma 9)
Misalkan $k, m$ sembarang skalar (bilangan real) dan $\overset{―}{u} \in A, \overset{―}{u} = (a, b, c)$ , dengan $a, b, c \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} k (m \overset{―}{u}) & = k (m (a, b, c)) \\ = k (m a, b, c) \\ = (k (m a), b, c) \\ = ((k m) a, b, c) \\ = k m (a, b, c) = k m \overset{―}{u} \end{aligned}$
Ini berarti, $k (m \overset{―}{u}) = (k m) \overset{―}{u}$ sehingga $A$ memenuhi aksioma kesembilan.
(Aksioma 10)
Misalkan $\overset{―}{u} = (a, b, c) \in A$ , dengan $a, b, c \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} 1 \overset{―}{u} & = 1 (a, b, c) = (1 a, b, c) \\ = (a, b, c) = \overset{―}{u} \end{aligned}$
Ini berarti, $1 \overset{―}{u} = \overset{―}{u}$ sehingga $A$ memenuhi aksioma kesepuluh.

Jadi, dapat disimpulkan bahwa $A$ bukanlah ruang vektor karena ada satu aksioma yang tidak terpenuhi, yaitu aksioma $8$ .

[collapse]

Soal Nomor 2

Diketahui himpunan $V = {(a, b) | a, b \in R}$ dengan operasi:
$(a, b) + (a^{'}, b^{'}) = (a + a^{'} + a a^{'}, b + b^{'} + b b^{'})$ dan $k (a, b) = (a, k b) .$
Apakah $V$ dengan operasi tersebut merupakan ruang vektor?

Pembahasan

Jika $V$ adalah ruang vektor, maka $V$ harus memenuhi 10 aksioma sesuai definisi ruang vektor.
(Aksioma 1)
Ambil sembarang $\overset{―}{u}, \overset{―}{v} \in V$ . Misalkan $\overset{―}{u} = (a, b)$
dan $\overset{―}{v} = (c, d)$ , dengan $a, b, c, d \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} \overset{―}{u} + \overset{―}{v} & = (a, b) + (c, d) \\ = (a + c + a c, b + d + b d) \in V \end{aligned}$
Karena $a, b, c, d \in R$ , maka $a + c + a c, b + d + b d$ juga adalah bilangan real karena operasi penjumlahan maupun perkalian bilangan real bersifat tertutup (hasil operasinya tetap merupakan bilangan real). Ini berarti $\overset{―}{u} + \overset{―}{v}$ memenuhi syarat keanggotaan $V$ dan oleh karenanya, $V$ memenuhi aksioma pertama.
(Aksioma 2)
Ambil sembarang $\overset{―}{u}, \overset{―}{v} \in V$ . Misalkan $\overset{―}{u} = (a, b)$ dan $\overset{―}{v} = (c, d)$ , dengan $a, b, c, d \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} \overset{―}{u} + \overset{―}{v} & = (a, b) + (c, d) \\ = (a + c + a c, b + d + b d) \\ = (c + a + c a, d + b + d b) ★ \\ = (c, d) + (a, b) \\ = \overset{―}{v} + \overset{―}{u} \end{aligned}$
Karena $\overset{―}{u} + \overset{―}{v} = \overset{―}{v} + \overset{―}{u}$ terpenuhi, berarti $V$ memenuhi aksioma kedua.
Catatan: $★$ Ekspresi ini berlaku karena adanya sifat asosiatif pada penjumlahan dan perkalian bilangan real.
(Aksioma 3)
Ambil sembarang $\overset{―}{u}, \overset{―}{v}, \overset{―}{w} \in V$ . Misalkan $\overset{―}{u} = (a, b), \overset{―}{v} = (c, d)$ , dan $\overset{―}{w} = (e, f)$ , dengan $a, b, c, d, e, f \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} \overset{―}{u} + (\overset{―}{v} + \overset{―}{w}) \\ = (a, b) + ((c, d) + (e, f)) \\ = (a, b) + (c + e + c e, d + f + d f) \\ = (a + (c + e + c e) + a (c + e + c e), \\ b + (d + f + d f) + b (d + f + d f)) \\ = ((a + c + a c) + e + (a + c + a c) e, \\ (b + d + b d) + f + (b + d + b d) f) \\ = (a + c + a c, b + d + b d) + (e, f) \\ = ((a, b) + (c, d)) + (e, f) \\ = (\overset{―}{u} + \overset{―}{v}) + \overset{―}{w} \end{aligned}$
Karena $\overset{―}{u} + (\overset{―}{v} + \overset{―}{w}) = (\overset{―}{u} + \overset{―}{v}) + \overset{―}{w}$ terpenuhi, berarti $V$ memenuhi aksioma ketiga.
(Aksioma 4)
Ambil sembarang $\overset{―}{u} \in V, \overset{―}{u} = (a, b)$ dengan $a, b \in R$ dan ada unsur identitas dalam $V$ , yaitu $\overset{―}{0} = (0, 0) \in V$ , sehingga
$\begin{aligned} \overset{―}{u} + \overset{―}{0} & = (a, b) + (0, 0) \\ = (a + 0 + a .0, b + 0 + b .0) \\ = (a, b) = \overset{―}{u} \end{aligned}$
$\begin{aligned} \overset{―}{0} + \overset{―}{u} & = (0, 0) + (a, b) \\ = (0 + a + 0. a, 0 + b + 0. b) \\ = (a, b) = \overset{―}{u} \end{aligned}$
Ini berarti, $\overset{―}{u} + \overset{―}{0} = \overset{―}{0} + \overset{―}{u} = \overset{―}{u}$ terpenuhi, sehingga $V$ memenuhi aksioma keempat.
(Aksioma 5)
Misalkan $\overset{―}{u} = (a, b) \in V$ , dengan $a, b \in R$ dan ada invers $\overset{―}{u}$ , yaitu $\overset{―}{v} = (- \frac{a}{1 + a}, \frac{b}{1 + b}) \in V$ , sehingga
$\begin{aligned} \overset{―}{u} + \overset{―}{v} & = (a, b) + (- \frac{a}{1 + a}, - \frac{b}{1 + b}) \\ = (a - \frac{a}{1 + a} + a (- \frac{a}{1 + a}), b - \frac{b}{1 + b} + b (- \frac{b}{1 + b})) \\ = (0, 0) = \overset{―}{0} \end{aligned}$ dan
$\begin{aligned} \overset{―}{v} + \overset{―}{u} & = (- \frac{a}{1 + a}, - \frac{b}{1 + b}) + (a, b) \\ = (- \frac{a}{1 + a} + a - \frac{a}{1 + a} . a, - \frac{b}{1 + b} + b - \frac{b}{1 + b} . b) \\ = (0, 0) = \overset{―}{0} \end{aligned}$ Ini berarti, $\overset{―}{u} + \overset{―}{v} = \overset{―}{v} + \overset{―}{u} = \overset{―}{0}$ terpenuhi, sehingga $V$ memenuhi aksioma kelima.
Catatan: Langkah mencari invers dari $\overset{―}{u}$ bisa diperhatikan pada uraian berikut.
Misalkan invers $\overset{―}{u} = (a, b)$ adalah $\overset{―}{v} = (x, y)$ , sehingga
$\overset{―}{u} + \overset{―}{v} = I = (0, 0)$
Akan dicari nilai $x$ dan $y$ , sedemikian sehingga
$(a, b) + (x, y) = (0, 0)$
Dengan mengikuti definisi dari operasi vektor yang diberikan persamaan di atas dapat ditulis menjadi
$(a + x + a x, b + y + b y) = (0, 0)$
Dengan demikian, diperoleh
${\begin{cases} a + x + a x = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{a}{1 + a} \\ b + y + b y = 0 \Leftrightarrow y = - \frac{b}{1 + b} \end{cases}$ Jadi, invers dari $\overset{―}{u} = (a, b)$ adalah $\overset{―}{v} = (- \frac{a}{1 + a}, - \frac{b}{1 + b})$
(Aksioma 6)
Misalkan $k$ sembarang skalar (bilangan real) dan $u = (a, b) \in V$ , dengan $a, b \in R$ , sehingga
$k \overset{―}{u} = k (a, b) = (a, k b)$
Karena $a, k b \in R$ , maka $k \overset{―}{u}$ memenuhi syarat keanggotaan $V$ sehingga $V$ memenuhi aksioma keenam.
(Aksioma 7)
Misalkan $k$ sembarang skalar (bilangan real), $\overset{―}{u}, \overset{―}{v} \in V, \overset{―}{u} = (a, b)$ dan $\overset{―}{v} = (c, d)$ , dengan $a, b, c, d \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} k (\overset{―}{u} + \overset{―}{v}) & = k ((a, b) + (c, d)) \\ = k (a + c + a c, b + d + b d) \\ = (a + c + a c, k (b + d + b d)) \\ \neq (a + c + a c, k b + k d + k b . k d) \\ = (a, k b) + (c, k d) \\ = k (a, b) + k (c, d) \\ = k \overset{―}{u} + k \overset{―}{v} \end{aligned}$
Karena $k (\overset{―}{u} + \overset{―}{v}) \neq k \overset{―}{u} + k \overset{―}{v}$ , maka $V$ tidak memenuhi aksioma ketujuh.
(Aksioma 8)
Misalkan $k, m$ sembarang skalar (bilangan real) dan $\overset{―}{u} \in V, \overset{―}{u} = (a, b)$ , dengan $a, b \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} (k + m) \overset{―}{u} & = (k + m) (a, b) \\ = (a, (k + m) b) \\ \neq (a + a + a . a, k b + m b + k b . m b) \\ = (a, k b) + (a, m b) = k \overset{―}{u} + m \overset{―}{u} \end{aligned}$ Ini berarti, $(k + m) \overset{―}{u} \neq k \overset{―}{u} + m \overset{―}{u}$ sehingga $V$ tidak memenuhi aksioma kedelapan.
Catatan: Cobalah selidiki dengan menggunakan teknik backtrack (alur mundur).
(Aksioma 9)
Misalkan $k, m$ sembarang skalar (bilangan real) dan $\overset{―}{u} \in V, \overset{―}{u} = (a, b)$ , dengan $a, b \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} k (m \overset{―}{u}) & = k (m (a, b)) \\ = k (a, m b) & (Defin isi V) \\ = (a, k (m b)) & (Defin isi V) \\ = (a, (k m) b) & (Sifat komut atif perkali an R) \\ = k m (a, b) & (Defin isi V) \\ = k m \overset{―}{u} \end{aligned}$ Ini berarti, $k (m \overset{―}{u}) = (k m) \overset{―}{u}$ sehingga $V$ memenuhi aksioma kesembilan.
(Aksioma 10)
Misalkan $\overset{―}{u} = (a, b) \in V$ , dengan $a, b \in R$ , sehingga
$\begin{aligned} 1 \overset{―}{u} & = 1 (a, b) \\ = (a, 1. b) & (Defin isi V) \\ = (a, b) & (Sifat iden titas R) \\ = \overset{―}{u} \end{aligned}$
Ini berarti, $1 \overset{―}{u} = \overset{―}{u}$ sehingga $V$ memenuhi aksioma kesepuluh.

Jadi, dapat disimpulkan bahwa $V$ bukanlah ruang vektor karena ada dua aksioma yang tidak terpenuhi, yaitu aksioma $7$ dan aksioma $8$ .

[collapse]

Soal Nomor 3

Diketahui
$P = {[\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}] | a, b, c, d \in R}$
dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar matriks merupakan ruang vektor.
Tunjukkan bahwa
$Q = {[\begin{matrix} 0 & b \\ c & 0 \end{matrix}] | b, c \in R}$
merupakan subruang dari ruang vektor $P$ .

Pembahasan

Gunakan Teorema 1: Subruang.
(Menunjukkan bahwa Q memenuhi syarat pertama)
Misalkan $A, B \in Q$ dengan
$A = [\begin{matrix} 0 & b \\ c & 0 \end{matrix}], B = [\begin{matrix} 0 & d \\ e & 0 \end{matrix}], b, c, d, e \in R$
Akibatnya,
$A + B = [\begin{matrix} 0 & b + d \\ c + e & 0 \end{matrix}] \in Q$
Ternyata $A + B \in Q$ karena entrinya memenuhi syarat keanggotaan $Q$ (perhatikanlah bahwa $b + d$ dan $c + e$ adalah bilangan real). Dengan demikian, $Q$ memenuhi syarat pertama teorema tersebut.
(Menunjukkan bahwa $Q$ memenuhi syarat kedua)
Misalkan $k$ sembarang skalar (bilangan real) dan $A$ matriks sembarang dalam $Q$ , dengan
$A = [\begin{matrix} 0 & b \\ c & 0 \end{matrix}], b, c \in R$
Ini berarti,
$k A = k [\begin{matrix} 0 & b \\ c & 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 0 & k b \\ k c & 0 \end{matrix}] \in Q$
Ternyata diperoleh $k A \in Q$ karena entrinya memenuhi sifat keanggotaan $Q$ (perhatikanlah bahwa $k b$ dan $k c$ merupakan bilangan real). Dengan demikian, $Q$ memenuhi syarat kedua teorema tersebut.
Dapat disimpulkan bahwa $Q$ adalah subruang dari ruang vektor $P$ (terbukti).

[collapse]

Soal Nomor 4

Diketahui $P = {[\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}] | a, b, c, d \in R}$ dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar matriks merupakan ruang vektor.
Tunjukkan bahwa
$R = {[\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}] | a, b, c, d \in R, a + d = 0}$
merupakan subruang dari ruang vektor $P .$

Pembahasan

Gunakan Teorema 1: Subruang.
(Menunjukkan bahwa $R$ memenuhi syarat pertama)
Misalkan $A, B \in R$ , dengan
$A = [\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}], a, b, c, d \in R, a + d = 0$
dan
$B = [\begin{matrix} e & f \\ g & h \end{matrix}], e, f, g, h \in R, e + h = 0$
Akibatnya,
$A + B = [\begin{matrix} a + e & b + f \\ c + g & d + h \end{matrix}] \in R$
Ternyata didapat $A + B \in R$ karena $(a + e) + (d + h) = (a + d) + (e + h) = 0$ dan $(b + f), (c + g) \in R$ sehingga sesuai dengan syarat keanggotaan $R$ . Ini berarti, $R$ memenuhi syarat pertama teorema tersebut.
(Menunjukkan bahwa $R$ memenuhi syarat kedua)
Misalkan $k$ sembarang skalar (bilangan real) dan $A$ adalah matriks sembarang dalam $R$ dengan
$A = [\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}], a, b, c, d \in R, a + d = 0$
Ini berarti,
$\begin{aligned} k A & = k [\begin{array}{c} a & b \\ c & d \end{array}], a, b, c, d \in R \\ = [\begin{array}{c} k a & k b \\ k c & k d \end{array}] \in R \end{aligned}$
Ternyata didapat $k A \in R$ karena $k a + k d = k (a + d) = k (0) = 0$ dan $k b, k c \in R$ sehingga sesuai dengan syarat keanggotaan himpunan $R$ . Dengan demikian, $R$ memenuhi syarat kedua teorema tersebut.
Jadi, dapat disimpulkan bahwa $R$ merupakan subruang dari ruang vektor $P$ (terbukti).
Catatan: Bedakan notasi $R$ dan $R$ . $R$ menyatakan himpunan matriks yang telah didefinisikan pada soal, sedangkan $R$ menyatakan himpunan bilangan real.

[collapse]

Soal Nomor 5

Selidiki apakah semua polinomial $a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3}$ dengan $a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0$ merupakan subruang dari $P_{3}$ (himpunan polinomial berderajat 3).

Pembahasan

Gunakan Teorema 1: Subruang.
(Menunjukkan bahwa $R : a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3}$ dengan $a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0$ memenuhi syarat pertama)
Misalkan $p (x), q (x) \in R$ , dengan
$p (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3}$ dan $a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0$
serta
$q (x) = b_{0} + b_{1} x + b_{2} x^{2} + b_{3} x^{3}$ dan $b_{0} + b_{1} + b_{2} + b_{3} = 0$
sehingga
$\begin{aligned} (p + q) (x) \\ = p (x) + q (x) \\ = (a_{0} + b_{0}) + (a_{1} + b_{1}) x \\ + (a_{2} + b_{2}) x^{2} + (a_{3} + b_{3}) x^{3} \end{aligned}$
Ternyata $(p + q) (x) \in R$ karena
$\begin{aligned} (a_{0} + b_{0}) + (a_{1} + b_{1}) + (a_{2} + b_{2}) + (a_{3} + b_{3}) \\ = (a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3}) + (b_{0} + b_{1} + b_{2} + b_{3}) \\ = 0 + 0 = 0 \end{aligned}$
sehingga sesuai dengan syarat keanggotaan $R$ . Ini berarti, $R$ memenuhi syarat pertama teorema tersebut.
(Menunjukkan bahwa $R : a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3}, a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0$ memenuhi syarat kedua)
Misalkan $k$ sembarang skalar (bilangan real) dan $p (x) \in R$ , dengan
$p (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3}$ dan $a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0$
sehingga
$\begin{aligned} (k p) (x) & = k p (x) \\ = k (a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3}) \\ = k a_{0} + k a_{1} x + k a_{2} x^{2} + k a_{3} x^{3} \end{aligned}$
Ternyata $(k p) (x) \in R$ karena
$\begin{aligned} k a_{0} + k a_{1} + k a_{2} + k a_{3} \\ = k (a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3}) = k (0) = 0 \end{aligned}$
sehingga sesuai dengan syarat keanggotaan $R$ . Ini berarti, $R$ memenuhi syarat kedua teorema tersebut.
Jadi, $R$ merupakan subruang dari $P_{3}$ .

[collapse]

Soal Nomor 6

Selidiki apakah semua polinomial $a_{0} + a_{1} x$ dengan $a_{0}$ dan $a_{1}$ adalah anggota bilangan bulat. merupakan subruang dari $P_{3}$ (himpunan polinomial berderajat 3).

Pembahasan

Gunakan Teorema 1: Subruang.
(Menunjukkan bahwa $S : a_{0} + a_{1} x$ , dengan $a_{0}$ dan $a_{1}$ bilangan bulat memenuhi syarat pertama)
Misalkan $p (x), q (x) \in S, p (x) = a_{0} + a_{1} x$ , $q (x) = b_{0} + b_{1} x$ , dengan $a_{0}, a_{1}, b_{0}, b_{1}$ merupakan bilangan bulat, sehingga
$\begin{aligned} (p + q) (x) & = p (x) + q (x) \\ = (a_{0} + b_{0}) + (a_{1} + b_{1}) x \end{aligned}$
Ternyata $(p + q) (x) \in S$ karena $(a_{0} + b_{0})$ dan $(a_{1} + b_{1})$ merupakan bilangan bulat (ingat bahwa bilangan bulat tertutup terhadap operasi penjumlahan), sehingga sesuai dengan syarat keanggotaan $S$ . Berarti, $S$ memenuhi syarat pertama teorema tersebut.
(Menunjukkan bahwa $S : a_{0} + a_{1} x$ , $a_{0}$ dan $a_{1}$ bilangan bulat memenuhi syarat kedua)
Misalkan $k$ sembarang skalar (bilangan real) dan $p (x) \in S, p (x) = a_{0} + a_{1} x$ , $a_{0}$ dan $a_{1}$ anggota bilangan bulat, sehingga
$\begin{aligned} (k p) (x) & = k p (x) \\ = k (a_{0} + a_{1} x) = k a_{0} + k a_{1} x \end{aligned}$
Ternyata $(k p) (x) \notin S$ karena $k a_{0}$ dan $k a_{1}$ adalah bilangan real (perkalian bilangan real dengan bilangan bulat, hasilnya adalah bilangan real), sehingga tidak sesuai dengan syarat keanggotaan $S$ . Berarti, $S$ tidak memenuhi syarat kedua teorema tersebut.
Jadi, $S$ bukan subruang dari $P_{3}$ .

[collapse]

Soal Nomor 7

Selidiki apakah semua matriks $A$ berukuran $n \times n$ dengan $tr (A) = 0$ merupakan subruang dari $M_{n n} .$

Pembahasan

Gunakan Teorema 1: Subruang.
Perlu diperhatikan bahwa notasi $tr (A)$ (trace dari matriks $A$ ) menyatakan jumlah dari entri pada diagonal utama matriks $A$ , sedangkan $M_{n n}$ menyatakan matriks berukuran $n \times n$ .
(Menunjukkan bahwa $A_{n \times n}$ dengan $tr (A) = 0$ memenuhi syarat pertama)
Misalkan $P_{n \times n}, Q_{n \times n} \in A$ , dengan
$P = [\begin{matrix} p_{11} & \dots & p_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ p_{n 1} & \dots & p_{n n} \end{matrix}]$ , $Q = [\begin{matrix} q_{11} & \dots & q_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ q_{n 1} & \dots & q_{n n} \end{matrix}]$ , $tr (P) = p_{11} + p_{22} + \dots + p_{n n} = 0$ , dan $tr (Q) = q_{11} + q_{22} + \dots + q_{n n} = 0$ , sehingga
$\begin{aligned} P + Q & = [\begin{array}{c} p_{11} & \dots & p_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ p_{n 1} & \dots & p_{n n} \end{array}] + [\begin{array}{c} q_{11} & \dots & q_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ q_{n 1} & \dots & q_{n n} \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} p_{11} + q_{11} & \dots & p_{1 n} + q_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ p_{n 1} + q_{n 1} & \dots & p_{n n} + q_{n n} \end{array}] \end{aligned}$ Ternyata didapat $P + Q \in A$ karena
$\begin{aligned} (p_{11} + q_{11}) + \dots + (p_{n n} + q_{n n}) \\ = (p_{11} + \dots + p_{n n}) + (q_{11} + \dots + q_{n n}) \\ = 0 + 0 = tr (P + Q) \end{aligned}$
sehingga sesuai dengan syarat keanggotaan $A$ . Ini berarti, $A$ memenuhi syarat pertama.
(Menunjukkan bahwa $A_{n \times n}$ dengan $tr (A) = 0$ memenuhi syarat kedua)
Misalkan $P_{n \times n} \in A$ , dengan
$P = [\begin{matrix} p_{11} & \dots & p_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ p_{n 1} & \dots & p_{n n} \end{matrix}]$ , $tr (P) = p_{11} + p_{22} + \dots + p_{n n} = 0$ dan $k$ sembarang skalar sehingga
$k P = k [\begin{matrix} p_{11} & \dots & p_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ p_{n 1} & \dots & p_{n n} \end{matrix}] = [\begin{matrix} k p_{11} & \dots & k p_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ k p_{n 1} & \dots & k p_{n n} \end{matrix}]$ Ternyata didapat $k P \in A$ karena
$\begin{aligned} k p_{11} + k p_{22} + \dots + k p_{n n} \\ = k (p_{11} + p_{22} + \dots + + p_{n n}) \\ = k (0) = 0 = tr (k P) \end{aligned}$
sehingga sesuai dengan syarat keanggotaan himpunan $A$ . Ini berarti, $A$ memenuhi syarat kedua.
Jadi, $A$ merupakan subruang dari $M_{n n}$

[collapse]

Soal Nomor 8

Selidiki apakah $\overset{―}{w} = (4, - 1, 8)$ merupakan kombinasi linear dari vektor-vektor $\overset{―}{u} = (1, 2, - 1)$ dan $\overset{―}{v} = (6, 4, 2)$ dalam $R^{3} .$

Pembahasan

Agar $\overset{―}{w}$ menjadi suatu kombinasi linear dari $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v}$ , haruslah ada skalar $k_{1}$ dan $k_{2}$ sedemikian sehingga $\overset{―}{w} = k_{1} \overset{―}{u} + k_{2} \overset{―}{v}$ , ditulis
$(4, - 1, 8) = k_{1} (1, 2, - 1) + k_{2} (6, 4, 2)$
atau
$(4, - 1, 8) = (k_{1} + 6 k_{2}, 2 k_{1} + 4 k_{2}$ , $- k_{1} + 2 k_{2})$
Dengan menyamakan komponen yang bersesuaian, diperoleh SPLDV (dengan 3 persamaan) sebagai berikut.
${\begin{cases} k_{1} + 6 k_{2} & = 4 \\ 2 k_{1} + 4 k_{2} & = - 1 \\ - k_{1} + 2 k_{2} & = 8 \end{cases}$
Setelah diproses, kita mendapatkan bahwa SPLDV tersebut tidak konsisten (tidak memiliki penyelesaian). Secara geometris, ketiga garis yang terbentuk dari masing-masing persamaan itu tidak memiliki titik potong pada satu titik. Dengan demikian, $\overset{―}{w}$ bukan kombinasi linear dari $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{w}$ .

[collapse]

Soal Nomor 9

Selidiki apakah $\overset{―}{w} = (9, 2, 7)$ merupakan kombinasi linear dari vektor-vektor $\overset{―}{u} = (1, 2, - 1)$ dan $\overset{―}{v} = (6, 4, 2)$ dalam $R^{3}$ .

Pembahasan

Agar $\overset{―}{w}$ menjadi suatu kombinasi linear dari $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v}$ , haruslah ada skalar $k_{1}$ dan $k_{2}$ sedemikian sehingga $\overset{―}{w} = k_{1} \overset{―}{u} + k_{2} \overset{―}{v}$ , ditulis
$(9, 2, 7) = k_{1} (1, 2, - 1) + k_{2} (6, 4, 2)$
atau
$(9, 2, 7) = (k_{1} + 6 k_{2}, 2 k_{1} + 4 k_{2}, - k_{1} + 2 k_{2})$
Dengan menyamakan komponen yang bersesuaian, diperoleh SPLDV (dengan 3 persamaan) sebagai berikut.
${\begin{cases} k_{1} + 6 k_{2} & = 9 \\ 2 k_{1} + 4 k_{2} & = 2 \\ - k_{1} + 2 k_{2} & = 7 \end{cases}$
Setelah diproses, kita mendapatkan bahwa SPLDV tersebut memiliki penyelesaian, yaitu $k_{1} = - 3$ dan $k_{2} = 2$ . Secara geometris, ketiga garis yang terbentuk dari masing-masing persamaan itu memiliki titik potong pada satu titik. Dengan demikian, $\overset{―}{w}$ adalah kombinasi linear dari $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{w}$ .

[collapse]

Soal Nomor 10

Manakah dari pilihan berikut yang bukan merupakan kombinasi linear dari $\overset{―}{u} = (0, - 2, 2)$ dan $\overset{―}{v} = (1, 3, - 1)$ ?
a) $(2, 2, 2)$ c) $(0, 4, 5)$
b) $(3, 1, 5)$ d) $(0, 0, 0)$

Pembahasan

Pilihan a)
Nyatakan dalam bentuk
$k_{1} (0, - 2, 2) + k_{2} (1, 3, - 1) = (2, 2, 2)$
SPLDV yang terbentuk adalah
${\begin{cases} k_{2} & = 2 \\ - 2 k_{1} + 3 k_{2} & = 2 \\ 2 k_{1} - k_{2} & = 2 \end{cases}$
Penyelesaian dari SPLDV di atas adalah $k_{1} = k_{2} = 2$ . Ini berarti, $(2, 2, 2)$ merupakan kombinasi linear dari $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v}$ .
Pilihan b)
Nyatakan dalam bentuk
$k_{1} (0, - 2, 2) + k_{2} (1, 3, - 1) = (3, 1, 5)$
SPLDV yang terbentuk adalah
${\begin{cases} k_{2} & = 3 \\ - 2 k_{1} + 3 k_{2} & = 1 \\ 2 k_{1} - k_{2} & = 5 \end{cases}$
Penyelesaian dari SPLDV di atas adalah $k_{1} = 4$ dan $k_{2} = 3$ . Ini berarti, $(3, 1, 5)$ merupakan kombinasi linear dari $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v}$ .
Pilihan c)
Nyatakan dalam bentuk
$k_{1} (0, - 2, 2) + k_{2} (1, 3, - 1) = (0, 4, 5)$
SPLDV yang terbentuk adalah
${\begin{cases} k_{2} & = 0 \\ - 2 k_{1} + 3 k_{2} & = 4 \\ 2 k_{1} - k_{2} & = 5 \end{cases}$
SPLDV tersebut tidak konsisten (tidak memiliki penyelesaian). Ini berarti, $(0, 4, 5)$ bukan kombinasi linear dari $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v}$ .
Pilihan d)
Nyatakan dalam bentuk
$k_{1} (0, - 2, 2) + k_{2} (1, 3, - 1) = (0, 0, 0)$
SPLDV yang terbentuk adalah
${\begin{cases} k_{2} & = 0 \\ - 2 k_{1} + 3 k_{2} & = 0 \\ 2 k_{1} - k_{2} & = 0 \end{cases}$
Penyelesaian dari SPLDV di atas adalah $k_{1} = k_{2} = 0$ . Ini berarti, $(0, 0, 0)$ merupakan kombinasi linear dari $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v}$ . Dalam kasus ini, kita dengan jelas mengetahui bahwa vektor nol akan selalu menjadi kombinasi linear dari sejumlah vektor yang diberikan.
Berdasarkan $4$ uraian di atas, dapat disimpulkan bahwa $(0, 0, 0)$ bukan kombinasi linear dari $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v}$ .

[collapse]

Soal Nomor 11

Jika ${\overset{―}{v}}_{1} = (2, - 1, 0, 3)$ , ${\overset{―}{v}}_{2} = (1, 2, 5, - 1)$ , dan ${\overset{―}{v}}_{3} = (7, - 1, 5, 8)$ , tentukan apakah vektor-vektor $S = {{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, {\overset{―}{v}}_{3}}$ bebas linear.

Pembahasan

Untuk menentukan kebebasan linearnya, tuliskan himpunan vektor tersebut dalam bentuk persamaan vektor dan komponennya:
$k_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + k_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + k_{3} {\overset{―}{v}}_{3} = \overset{―}{0}$
kemudian substitusikan vektor-vektor yang bersangkutan untuk mendapatkan
$\begin{aligned} k_{1} (2, - 1, 0, 3) + k_{2} (1, 2, 5, - 1) + \\ k_{3} (7, - 1, 5, 8) = (0, 0, 0, 0) \end{aligned}$
Lakukan perkalian skalar dan penjumlahan pada komponen yang bersesuaian dari bentuk di atas untuk memperoleh
$\begin{aligned} (2 k_{1} + k_{2} + 7 k_{3}, - k_{1} + 2 k_{2} - k_{3}, 5 k_{2} + k_{3}, \\ 3 k_{1} - k_{2} + 8 k_{3}) = (0, 0, 0, 0) \end{aligned}$
Jika ditulis dalam bentuk SPLTV, diperoleh
${\begin{cases} 2 k_{1} + k_{2} + 7 k_{3} & = 0 \\ - k_{1} + 2 k_{2} - k_{3} & = 0 \\ 5 k_{2} + 5 k_{3} & = 0 \\ 3 k_{1} - k_{2} + 8 k_{3} & = 0 \end{cases}$
Penyelesaian dari sistem di atas adalah $k_{1} = - 3 t, k_{2} = - t$ , dan $k_{3} = t$ . Ini berarti, ada penyelesaian lain pada sistem selain $k_{1} = k_{2} = k_{3} = 0$ .
Jadi, $S$ merupakan himpunan vektor yang tidak bebas linear.

[collapse]

Soal Nomor 12

Diketahui ${\overset{―}{v}}_{1} = (1, 2, 1), {\overset{―}{v}}_{2} = (2, 9, 0)$ , dan ${\overset{―}{v}}_{3} = (3, 3, 4)$ . Tunjukkan bahwa $S = {{\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}, {\overset{―}{v}}_{3}}$ adalah himpunan vektor yang bebas linear.

Pembahasan

Persamaan vektor dalam bentuk komponen-komponennya adalah
$\begin{aligned} k_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + k_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + k_{3} {\overset{―}{v}}_{3} & = \overset{―}{0} \\ k_{1} (1, 2, 1) + k_{2} (2, 9, 0) + k_{3} (3, 3, 4) & = (0, 0, 0) \end{aligned}$
Lakukan perkalian skalar dan penjumlahan pada komponen yang bersesuaian dari bentuk di atas untuk memperoleh
$(k_{1} + 2 k_{2} + 3 k_{3}, 2 k_{1} + 9 k_{2} + 3 k_{3},$ $k_{1} + 4 k_{3}) = (0, 0, 0)$
Jika ditulis dalam bentuk SPLTV, diperoleh
${\begin{cases} k_{1} + 2 k_{2} + 3 k_{3} & = 0 \\ 2 k_{1} + 9 k_{2} + 3 k_{3} & = 0 \\ k_{1} + 4 k_{3} & = 0 \end{cases}$
Satu-satunya penyelesaian dari sistem di atas adalah $k_{1} = k_{2} = k_{3} = 0$ .
Jadi, $S$ merupakan himpunan vektor yang bebas linear.

[collapse]

Soal Nomor 13

Anggap ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}$ , dan ${\overset{―}{v}}_{3}$ adalah vektor-vektor dalam $R^{3}$ yang titik-titik pangkalnya di titik asal. Apakah ketiga vektor ${\overset{―}{v}}_{1} = (2, - 2, 0), {\overset{―}{v}}_{2} = (6, 1, 4), {\overset{―}{v}}_{3} = (2, 0, - 4)$ berada pada satu bidang?

Pembahasan

Ketiga vektor itu akan berada pada satu bidang jika himpunan vektor yang terbentuk tidak bebas linear (alias bergantung linear).
Tuliskan ketiga vektor tersebut dalam bentuk kombinasi linear berikut.
$\begin{aligned} k_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + k_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + k_{3} {\overset{―}{v}}_{3} & = \overset{―}{0} \\ k_{1} (2, - 2, 0) + k_{2} (6, 1, 4) + k_{3} (2, 0, - 4) & = (0, 0, 0) \end{aligned}$
Lakukan perkalian skalar dan penjumlahan pada komponen yang bersesuaian dari bentuk di atas untuk memperoleh
$\begin{aligned} (2 k_{1} + 6 k_{2} + 2 k_{3}, & - 2 k_{1} + k_{2} + 3 k_{3}, \\ 4 k_{2} - 4 k_{3}) = (0, 0, 0) \end{aligned}$
Jika ditulis dalam bentuk SPLTV, diperoleh
${\begin{cases} 2 k_{1} + 6 k_{2} + 2 k_{3} & = 0 \\ - 2 k_{1} + k_{2} + 3 k_{3} & = 0 \\ 4 k_{2} - 4 k_{3} & = 0 \end{cases}$
Satu-satunya penyelesaian dari sistem di atas adalah $k_{1} = k_{2} = k_{3} = 0$ .
Jadi, himpunan yang anggotanya ketiga vektor tersebut bebas linear. Artinya, ketiga vektor itu tidak berada pada satu bidang.

[collapse]

Soal Nomor 14

Anggap ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}$ , dan ${\overset{―}{v}}_{3}$ adalah vektor-vektor dalam $R^{3}$ yang titik-titik pangkalnya di titik asal. Apakah ketiga vektor ${\overset{―}{v}}_{1} = (- 6, 7, 2), {\overset{―}{v}}_{2} = (3, 2, 4), {\overset{―}{v}}_{3} = (4, - 1, 2)$ berada pada satu bidang?

Pembahasan

Ketiga vektor itu akan berada pada satu bidang jika himpunan vektor yang terbentuk tidak bebas linear (alias bergantung linear).
Tuliskan ketiga vektor tersebut dalam bentuk kombinasi linear berikut.
$\begin{aligned} k_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + k_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + k_{3} {\overset{―}{v}}_{3} & = \overset{―}{0} \\ k_{1} (- 6, 7, 2) + k_{2} (3, 2, 4) + k_{3} (4, - 1, 2) & = (0, 0, 0) \end{aligned}$ Lakukan perkalian skalar dan penjumlahan pada komponen yang bersesuaian dari bentuk di atas untuk memperoleh
$\begin{aligned} (- 6 k_{1} + 3 k_{2} + 4 k_{3}, 7 k_{1} + 2 k_{2} - k_{3}, \\ 2 k_{1} + 4 k_{2} + 2 k_{3}) = (0, 0, 0) \end{aligned}$
Jika ditulis dalam bentuk SPLTV, diperoleh
${\begin{cases} - 6 k_{1} + 3 k_{2} + 4 k_{3} & = 0 \\ 7 k_{1} + 2 k_{2} - k_{3} & = 0 \\ 2 k_{1} + 4 k_{2} + 2 k_{3} & = 0 \end{cases}$
Penyelesaian dari sistem di atas (selain penyelesaian trivial) adalah $k_{1} = t, k_{2} = - 2 t$ , dan $k_{3} = 3 t$ dengan $t \in R, t \neq 0$ .
Jadi, himpunan yang anggotanya ketiga vektor tersebut tidak bebas linear. Artinya, ketiga vektor itu berada pada satu bidang.

[collapse]

Soal Nomor 15

Tentukan nilai $λ$ (baca: lambda) agar vektor-vektor berikut membentuk himpunan yang tak bebas secara linear dalam $R^{3} .$
$\begin{aligned} {\overset{―}{v}}_{1} & = (λ, - \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}) \\ {\overset{―}{v}}_{2} & = (- \frac{1}{2}, λ, - \frac{1}{2}) \\ {\overset{―}{v}}_{3} & = (- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, λ) \end{aligned}$

Pembahasan

Tuliskan ketiga vektor tersebut dalam persamaan
$k_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + k_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + k_{3} {\overset{―}{v}}_{3} = \overset{―}{0},$
kemudian substitusikan vektor-vektor bersangkutan menjadi
$k_{1} (λ, - \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}) + k_{2} (- \frac{1}{2}, λ, - \frac{1}{2}) + k_{3} (- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, λ) = (0, 0, 0) .$ Lakukan perkalian skalar dan penjumlahan pada komponen yang bersesuaian dari bentuk di atas untuk memperoleh
$(λ k_{1} - \frac{1}{2} k_{2} - \frac{1}{2} k_{3}, - \frac{1}{2} k_{1} + λ k_{2} - \frac{1}{2} k_{3}, - \frac{1}{2} k_{1} - \frac{1}{2} k_{2} + λ k_{3}) = (0, 0, 0) .$ Jika ditulis dalam bentuk SPLTV, diperoleh
${\begin{cases} λ k_{1} - \frac{1}{2} k_{2} - \frac{1}{2} k_{3} & = 0 \\ - \frac{1}{2} k_{1} + λ k_{2} - \frac{1}{2} k_{3} & = 0 \\ - \frac{1}{2} k_{1} - \frac{1}{2} k_{2} + λ k_{3} & = 0 \end{cases}$
Agar vektor-vektor tersebut membentuk himpunan yang tak bebas secara linear, penyelesaian dari sistem di atas haruslah tidak trivial. Artinya, ada penyelesaian lain selain $k_{1} = k_{2} = k_{3} = 0.$ Kita dapat membuktikannya dengan menunjukkan bahwa determinan matriks koefisiennya bernilai $0$ .
$| \begin{matrix} λ & - \frac{1}{2} & - \frac{1}{2} \\ - \frac{1}{2} & λ & - \frac{1}{2} \\ - \frac{1}{2} & - \frac{1}{2} & λ \end{matrix} | = \frac{1}{4} (λ - 1) (2 λ^{2} + 1)^{2} = 0$ Agar matriks koefisien itu bernilai $0$ , maka nilai $λ$ adalah $λ = 1$ atau $λ = - \frac{1}{2}$ . Dengan nilai $λ$ demikian, maka sistem di atas memiliki penyelesaian tak trivial, sehingga himpunan yang terbentuk tak bebas secara linear.

[collapse]

Soal Nomor 16

Tentukan vektor-vektor yang membangun himpunan semua vektor di garis $x = 3 t, y = 2 t$ , dan $z = - 2 t$ . Apakah vektor-vektor tersebut bebas linear? Jelaskan!

Pembahasan

Vektor-vektor yang membangun himpunan semua vektor di ketiga garis tersebut adalah $(3 t, 2 t, - 2 t)$ untuk $t \neq 0$ .
Apabila diambil sepasang vektor darinya, maka sepasang vektor tersebut pasti bergantung linear, karena berlaku persamaan
$s (3 t, 2 t, - 2 t) - t (3 s, 2 s, - 2 s) = 0$
jelas memiliki solusi nontrivial untuk suatu $s, t \neq 0$ .
Jadi, vektor-vektor tersebut tidak bebas linear, atau diistilahkan bergantung linear.

[collapse]

Soal Nomor 17

Tentukan vektor-vektor yang membangun himpunan semua vektor di bidang $2 x + 3 y - z = 0$ . Apakah vektor-vektor tersebut bebas linear? Jelaskan!

Pembahasan

Bidang tersebut dapat ditulis dalam notasi himpunan sebagai berikut.
$\begin{aligned} W & = {(x, y, z) \in R^{3} : 2 x + 3 y - z = 0} \\ = {(x, y, z) \in R^{3} : z = 2 x + 3 y} \\ = {(x, y, 2 x + 3 y) : x, y \in R} \\ = {x (1, 0, 2) + y (0, 1, 3) : x, y \in R} \end{aligned}$
Ini berarti, setiap vektor dalam bidang tersebut bisa dituliskan dalam bentuk kombinasi linear dari vektor $(1, 0, 2)$ dan $(0, 1, 3)$ .
Sekarang, perhatikan bahwa himpunan yang dibentuk oleh vektor-vektor tersebut bebas linear, karena
$a_{1} (1, 0, 2) + a_{2} (0, 1_{3}) = (0, 0, 0)$
untuk suatu skalar $a_{1}, a_{2}$ terpenuhi jika dan hanya jika $a_{1} = a_{2} = 0$ (solusi trivial).

[collapse]

Soal Nomor 18

Tunjukkan apakah ${\overset{―}{v}}_{1} = (1, 2, 1), {\overset{―}{v}}_{2} = (2, 9, 0)$ , dan ${\overset{―}{v}}_{3} = (3, 3, 4)$ merentang di $R^{3}$ .

Pembahasan

Kita harus memperlihatkan apakah vektor sembarang $\overset{―}{b} = (b_{1}, b_{2}, b_{3})$ pada $R^{3}$ dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear
$\overset{―}{b} = k_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + k_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + k_{3} {\overset{―}{v}}_{3}$
dari vektor-vektor ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}$ , dan ${\overset{―}{v}}_{3}$ .
Dengan menyamakan $\overset{―}{b} = k_{1} {\overset{―}{v}}_{1} + k_{2} {\overset{―}{v}}_{2} + k_{3} {\overset{―}{v}}_{3}$ dalam bentuk komponen-komponen yang bersesuaian, diperoleh
$(b_{1}, b_{2}, b_{3}) = k_{1} (1, 2, 1) + k_{2} (2, 9, 0)$ $+ k_{3} (3, 3, 4)$
atau ditulis
$(b_{1}, b_{2}, b_{3}) = (k_{1} + 2 k_{2} + 3 k_{3}, 2 k_{1} + 9 k_{2}$ $+ 3 k_{3}, k_{1} + 4 k_{3})$
Tuliskan dalam bentuk SPLTV:
${\begin{cases} k_{1} + 2 k_{2} + 3 k_{3} & = b_{1} \\ 2 k_{1} + 9 k_{2} + 3 k_{3} & = b_{2} \\ k_{1} + 4 k_{3} & = b_{3} \end{cases}$
Matriks koefisien SPLTV di atas adalah $[\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 9 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix}]$ . Dengan menggunakan Aturan Sarrus (perhatikan skema di bawah)

diperoleh determinannya $- 1$ .
Berdasarkan teorema determinan bahwa suatu SPL konsisten (memiliki penyelesaian) jika determinan matriks koefisiennya tidak nol, maka dapat disimpulkan bahwa SPLTV tersebut konsisten. Jadi, ${\overset{―}{v}}_{1}, {\overset{―}{v}}_{2}$ , dan ${\overset{―}{v}}_{3}$ merentang di $R^{3}$

[collapse]

Soal Nomor 19

Misalkan $f = \cos^{2} x$ dan $g = \sin^{2} x$ . Manakah dari pilihan berikut ini yang redaksinya terletak pada ruang yang terentang oleh $f$ dan $g$ ?
a. $\cos 2 x$
b. $3 + x^{2}$
c. $1$

Pembahasan

Misalkan $S = {f, g} = {\cos^{2} x, \sin^{2} x}$ sehingga $rent (S) = {k_{1} \cos^{2} x + k_{2} \sin^{2} x, k_{i} \in R}$ . Jadi, dalam hal ini akan diselidiki mana dari 3 pilihan itu yang menjadi anggota $rent (S)$ . Ini berarti, kita perlu menentukan apakah masing-masing pilihan itu merupakan kombinasi linear dari $f$ dan $g$ atau bukan.
Pilihan a)
Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} \cos 2 x & = \cos^{2} x - \sin^{2} x \\ = k_{1} \cos^{2} x + k_{2} \sin^{2} x \end{aligned}$
Dari persamaan di atas, kita peroleh bahwa $k_{1} = 1$ dan $k_{2} = - 1$ . Ini berarti, $\cos 2 x$ merupakan kombinasi linear dari $f$ dan $g$ sehingga merupakan anggota dari $rent (S)$ . Dengan kata lain, $\cos 2 x$ terletak pada ruang yang terentang oleh $f$ dan $g$ .
Pilihan b)
Perhatikan bahwa
$3 + x^{2} = k_{1} \cos^{2} x + k_{2} \sin^{2} x$
Persamaan di atas mengimplikasikan bahwa tidak ada satu pun nilai $k_{1}$ dan $k_{2}$ yang memenuhi, karena jelas bahwa bentuk trigonometri dan eksponensial $x^{2}$ tidak mungkin sama. Ini berarti, $3 + x^{2}$ bukan kombinasi linear dari $f$ dan $g$ sehingga bukan anggota dari $rent (S)$ . Dengan kata lain, $\cos 2 x$ tidak terletak pada ruang yang terentang oleh $f$ dan $g$ .
Pilihan c)
Perhatikan bahwa
$1 = \sin^{2} x + \cos^{2} x = k_{1} \cos^{2} x + k_{2} \sin^{2} x$
Dari persamaan di atas, diperoleh $k_{1} = k_{2} = 1$ . Ini berarti, $1$ merupakan kombinasi linear dari $f$ dan $g$ sehingga merupakan anggota dari $rent (S)$ . Dengan kata lain, $1$ terletak pada ruang yang terentang oleh $f$ dan $g$ .
Catatan:
Identitas trigonometri berikut dipakai pada pilihan a dan c di atas.
$\begin{aligned} \cos 2 x = \cos^{2} x - \sin^{2} x \\ \sin^{2} x + \cos^{2} x = 1 \end{aligned}$

[collapse]

Soal Nomor 20

Tentukan persamaan bidang yang terentang oleh $\overset{―}{u} = (- 1, 1, 1)$ dan $\overset{―}{v} = (3, 4, 4) .$

Pembahasan

Nyatakan $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v}$ dalam bentuk kombinasi linear:
$\begin{aligned} \overset{―}{p} & = k_{1} \overset{―}{u} + k_{2} \overset{―}{v} \\ (x, y, z) & = k_{1} (- 1, 1, 1) + k_{2} (3, 4, 4) \\ (x, y, z) & = (- k_{1} + 3 k_{2}, k_{1} + 4 k_{2}, k_{1} + 4 k_{2}) \end{aligned}$
Diperoleh sistem linear
${\begin{cases} - k_{1} + 3 k_{2} & = x & (\dots 1) \\ k_{1} + 4 k_{2} & = y & (\dots 2) \\ k_{1} + 4 k_{2} & = z & (\dots 3) \end{cases}$
Dari persamaan $(2)$ dan $(3)$ , kita dapat menarik suatu kesimpulan bahwa untuk setiap $k_{1}$ dan $k_{2}$ , nilai $y$ dan $z$ selalu sama. Jadi, persamaan bidang yang terentang oleh $\overset{―}{u}$ dan $\overset{―}{v}$ adalah $y = z$ .

[collapse]

Soal Nomor 21

Pembahasan

Syarat suatu himpunan vektor dikatakan sebagai basis pada ruang vektor $R^{3}$ adalah himpunan vektor itu harus bebas linear dan merentang dalam ruang vektor $R^{3}$ .
Syarat pertama)
$S$ telah terbukti bebas linear berdasarkan soal nomor 13 di atas.
Syarat kedua)
$S$ telah terbukti merentang di $R^{3}$ berdasarkan soal nomor 17 di atas.
Ini berarti, $S$ merupakan himpunan vektor yang bebas linear dan merentang di $R^{3}$ . Dapat disimpulkan bahwa $S$ membentuk basis dalam ruang vektor tersebut.

[collapse]

Soal Nomor 22

Diketahui
$\begin{aligned} W & = {a + b x + c x^{2} | a = b + c, \\ dengan a, b, c \in R} \end{aligned}$
dan $W$ merupakan subruang polinom orde dua $P_{2}$ . Tentukan basis dan dimensi dari $W$ .

Pembahasan

Anggota dari himpunan polinom $W$ bergantung pada nilai $a, b, c$ , yang mengikuti persamaan $a = b + c$ . Persamaan ini melibatkan 3 variabel. Oleh karena itu, akan ada 2 variabel yang menjadi parameter. Misalkan $b = t$ dan $c = s$ dengan $t, s$ adalah parameter. Dengan demikian, diperoleh $a = t + s$ . Untuk itu, $W$ dapat ditulis
$\begin{aligned} W & = {(s + t) + s x + t x^{2}} \\ = {(1 + x) s + (1 + x^{2}) t} \end{aligned}$
Ini menunjukkan bahwa polinom $p_{1} = 1 + x$ dan $p_{2} = 1 + x^{2}$ merentang $W$ . Karena $p_{1}$ dan $p_{2}$ keduanya tidak saling berkelipatan satu sama lain, maka $p_{1}$ dan $p_{2}$ saling bebas linear. Jadi, ${p_{1}, p_{2}}$ adalah basis bagi $W$ (syarat basis: merentang dan bebas linear), sedangkan dimensi $W$ adalah $2$ , dinotasikan $dim (W) = 2$ , karena ada 2 polinom basis, yaitu $p_{1}$ dan $p_{2}$ .

Catatan: Variabel dan parameter adalah istilah yang berbeda. Misalnya, diberi persamaan kuadrat $a x^{2} + b x + k = 0$ . Dalam hal ini, $x^{2}$ dan $x$ adalah variabel, sedangkan $a, b, k$ adalah parameter. Nilai $a, b, k$ dapat diganti berapa saja (dengan syarat $a \neq 0$ ) karena persamaannya akan tetap berbentuk persamaan kuadrat. Jadi, parameter berfungsi sebagai patokan yang memberikan hasil berbeda jika nilainya diubah-ubah.

[collapse]

Soal Nomor 23

Tentukan dimensi untuk penyelesaian dari sistem linear berikut.
${\begin{cases} 2 x_{1} + 2 x_{2} - x_{3} + x_{5} & = 0 \\ - x_{1} - x_{2} + x_{3} - 3 x_{4} - x_{5} & = 0 \\ x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} - x_{5} & = 0 \\ - x_{3} + x_{4} + x_{5} & = 0 \end{cases}$

Pembahasan

Matriks diperbesar yang bersesuaian dengan SPL di atas adalah
$[\begin{matrix} 2 & 2 & - 1 & 0 & 1 & 0 \\ - 1 & - 1 & 1 & - 3 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & - 2 & 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{matrix}]$
Dengan mereduksi matriks tersebut menjadi matriks eselon baris, diperoleh
$[\begin{matrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]$
Sistem persamaan linear yang bersesuaian dari matriks diperbesar di atas adalah
${\begin{cases} x_{1} + x_{2} + x_{5} & = 0 \\ x_{3} + x_{5} & = 0 \\ x_{4} & = 0 \end{cases}$
Penyelesaian dari sistem di atas adalah $x_{1} = - s - t, x_{2} = s, x_{3} = - t, x_{4} = 0$ , dan $x_{5} = t$ .
Vektor-vektor penyelesaiannya dapat ditulis sebagai berikut.
$[\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \\ x_{5} \end{matrix}] = [\begin{matrix} - s - t \\ s \\ - t \\ 0 \\ t \end{matrix}] = s [\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}] + t [\begin{matrix} - 1 \\ 0 \\ - 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}]$
Hal ini menyatakan bahwa
$v_{1} = [\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}]$ dan $v_{2} = [\begin{matrix} - 1 \\ 0 \\ - 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}]$ merentang ruang penyelesaiannya.
Karena $v_{1}$ dan $v_{2}$ juga bebas linear (karena tidak saling berkelipatan), maka $v_{1}, v_{2}$ membentuk basis untuk ruang penyelesaian. Jadi, ruang penyelesaiannya berdimensi dua (karena vektor basisnya ada dua).

[collapse]

Soal Nomor 24

Tentukan apakah polinomial berikut ini merentangkan $P_{2}$ (polinomial berderajat 2).
$\begin{aligned} p_{1} (x) = 1 + x \\ p_{2} (x) = 1 - x + x^{2} \\ p_{3} (x) = 2 + x^{2} \\ p_{4} (x) = 3 + x + x^{2} \end{aligned}$

Pembahasan

Untuk menyelidiki apakah polinomial tersebut merentangkan $P_{2}$ , nyatakan sembarang polinom $p (x) = a x^{2} + b x + c$ sebagai kombinasi linear dari $p_{1}, p_{2}, p_{3}$ , dan $p_{4}$ .
$p = k_{1} p_{1} + k_{2} p_{2} + k_{3} p_{3} + k_{4} p_{4}$
Substitusikan polinomial yang dimaksud sebagai berikut.
$\begin{aligned} a x^{2} & + b x + c = k_{1} (1 + x) + k_{2} (1 - x + x^{2}) \\ + k_{3} (2 + x^{2}) + k_{4} (3 + x + x^{2}) \end{aligned}$
Selanjutnya, kelompokkan suku yang mengandung $x^{2}$ , $x$ , dan hanya sebuah konstanta.
$\begin{aligned} a x^{2} & + b x + c = (k_{2} + k_{3} + k_{4}) x^{2} + \\ (k_{1} - k_{2} + k_{4}) x + (k_{1} + k_{2} + 2 k_{3} + 3 k_{4}) \end{aligned}$
Dengan membandingkan koefisien suku sejenis pada kedua ruas, diperoleh SPL
${\begin{cases} k_{2} + k_{3} + k_{4} & = a \\ k_{1} - k_{2} + k_{4} & = b \\ k_{1} + k_{2} + 2 k_{3} + 3 k_{4} & = c \end{cases}$
Buat matriks diperbesar dari sistem linear tersebut dan reduksikan dengan menggunakan Operasi Baris Elementer (OBE).
$\begin{aligned} [\begin{array}{rrrrr} 0 & 1 & 1 & 1 & a \\ 1 & - 1 & 0 & 1 & b \\ 1 & 1 & 2 & 3 & c \end{array}] \\ [\begin{array}{rrrrr} 0 & 1 & 1 & 1 & a \\ 0 & - 2 & - 2 & - 2 & \frac{b - c}{2} \\ 1 & 1 & 2 & 3 & c \end{array}] b_{2} - b_{3} \\ [\begin{array}{rrrrr} 0 & 1 & 1 & 1 & a \\ 0 & 1 & 1 & 1 & \frac{c - b}{2} \\ 1 & 1 & 2 & 3 & c \end{array}] - \frac{1}{2} b_{2} \end{aligned}$
Perhatikan bahwa sistem ini akan konsisten jika dan hanya jika $a = \frac{c - b}{2}$ yang ternyata bertentangan dengan pernyataan “sembarang” polinom $p$ . Jika $a \neq \frac{c - b}{2}$ , maka sistem ini tidak memiliki penyelesaian, artinya ada $p \in P_{2}$ yang tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear
$p = k_{1} p_{1} + k_{2} p_{2} + k_{3} p_{3} + k_{4} p_{4}$
Dengan demikian, keempat polinom itu tidak merentang/membangun $P_{2}$ .

[collapse]

Soal Nomor 25

Tentukan apakah polinomial berikut ini merentangkan $P_{2}$ (polinomial berderajat 2).
$\begin{aligned} p_{1} = 1 - x + 2 x^{2} \\ p_{2} = 5 - x + 4 x^{2} \\ p_{3} = 3 + x \\ p_{4} = - 2 - 2 x + 2 x^{2} \end{aligned}$

Pembahasan

Nyatakan sembarang $p = a x^{2} + b x + c \in P_{2}$ sebagai kombinasi linear dari $p_{1}, p_{2}, p_{3}$ , dan $p_{4}$ .
$p = k_{1} p_{1} + k_{2} p_{2} + k_{3} p_{3} + k_{4} p_{4}$
Substitusikan polinomial yang dimaksud sebagai berikut.
$a x^{2} + b x + c = k_{1} (1 - x + 2 x^{2}) +$ $k_{2} (5 - x + 4 x^{2}) + k_{3} (3 + x)$ $+ k_{4} (- 2 - 2 x + 2 x^{2})$
Selanjutnya, kelompokkan suku yang mengandung $x^{2}$ , $x$ , dan hanya sebuah konstanta.
$a x^{2} + b x + c = (2 k_{1} + 4 k_{2} + 2 k_{4}) x^{2} + (- k_{1} - k_{2} + k_{3} - 2 k_{4}) x + (k_{1} + 5 k_{2} + 3 k_{3} - 2 k_{4})$ Diperoleh sistem linear:
${\begin{cases} 2 k_{1} + 4 k_{2} + 2 k_{4} & = a \\ - k_{1} - k_{2} + k_{3} - 2 k_{4} & = b \\ k_{1} + 5 k_{2} + 3 k_{3} - 2 k_{4} & = c \end{cases}$
Buat matriks diperbesar dari sistem linear tersebut dan reduksikan dengan operasi baris elementer sampai terbentuk matriks eselon baris.
$\begin{aligned} [\begin{array}{c} 2 & 4 & 0 & 2 & a \\ - 1 & - 1 & 1 & - 2 & b \\ 1 & 5 & 3 & - 2 & c \end{array}] \frac{1}{2} b_{1} \\ [\begin{array}{c} 1 & 2 & 0 & 1 & \frac{a}{2} \\ - 1 & - 1 & 1 & - 2 & b \\ 1 & 5 & 3 & - 2 & c \end{array}] b_{2} + b_{1}; b_{3} - b_{1} \\ [\begin{array}{c} 1 & 2 & 0 & 1 & \frac{a}{2} \\ 0 & 1 & 1 & - 1 & \frac{2 b + a}{2} \\ 0 & 3 & 3 & - 3 & \frac{2 c - a}{2} \end{array}] b_{3} - 3 b_{2} \\ [\begin{array}{c} 1 & 2 & 0 & 1 & \frac{a}{2} \\ 0 & 1 & 1 & - 1 & \frac{2 b + a}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{c - 3 b - 2 a}{2} \end{array}] \end{aligned}$
Diperoleh matriks berbentuk eselon baris dengan satu baris yang semua entrinya nol (baris ke- $3$ ). Ini berarti, sistem linear tersebut tidak konsisten untuk semua nilai $a, b, c$ . Dengan kata lain, polinomial-polinomial yang dimaksud tersebut tidak merentangkan $P_{2}$ .

[collapse]

Soal Nomor 26

Gunakan Teorema: Rentang untuk menunjukkan bahwa
${\overset{―}{v}}_{1} = (1, 6, 4), {\overset{―}{v}}_{2} = (2, 4, - 1), {\overset{―}{v}}_{3} = (- 1, 2, 5)$
dan
${\overset{―}{w}}_{1} = (1, - 2, - 5), {\overset{―}{w}}_{2} = (0, 8, 9)$
merentangkan subruang yang sama dari $R^{3}$ .

Pembahasan

Soal Nomor 27

Diberikan $U$ dan $W$ adalah ruang bagian dari $R^{n}$ dan $U \subseteq W$ . Jika $dim (W) = 1$ , tunjukkan bahwa $U = {0}$ dan $U = W$ .

Pembahasan

Jika $U, W$ subruang dari $R^{n}$ dan $U \subseteq W$ , maka berlaku $dim (U) \leq dim (W)$ . Karena diketahui $dim (W) = 1$ , maka dapat ditulis bahwa $dim (U) \leq 1$ . Ini artinya, dimensi dari $U$ yang mungkin adalah 0 atau 1. Jika $dim (U) = 0$ , maka $U = {0}$ (ruang dengan himpunan vektor yang berisi vektor nol, sehingga dimensinya juga nol), sedangkan jika $dim (U) = 1$ , maka itu berarti $dim (U) = dim (W) = 1$ , sehingga $U = W$ (terbukti).

[collapse]

Today Quote

Jika sebuah rencana gagal, ubahlah rencananya, jangan ubah tujuannya.

Category: Aljabar Linear

Materi, Soal, dan Pembahasan – Ruang Vektor Umum

Soal Nomor 1

Soal Nomor 2

Soal Nomor 3

Soal Nomor 4

Soal Nomor 5

Soal Nomor 6

Soal Nomor 7

Soal Nomor 8

Soal Nomor 9

Soal Nomor 10

Soal Nomor 11

Soal Nomor 12

Soal Nomor 13

Soal Nomor 14

Soal Nomor 15

Soal Nomor 16

Soal Nomor 17

Soal Nomor 18

Soal Nomor 19

Soal Nomor 20

Soal Nomor 21

Soal Nomor 22

Soal Nomor 23

Soal Nomor 24

Soal Nomor 25

Soal Nomor 26

Soal Nomor 27

Today Quote