Materi, Soal, dan Pembahasan – Ruang Vektor Umum

Definisi Ruang Vektor (Vector Space)

Anggap V adalah sembarang himpunan tak kosong dari objek di mana operasi penjumlahan dan operasi perkalian skalar didefinisikan. Penjumlahan yang dimaksud adalah aturan yang menghubungkan setiap pasangan objek \overline{u} ,\overline{v}\in V dengan suatu objek \overline{u} + \overline{v}, yang disebut sebagai jumlah dari \overline{u} dan \overline{v}. Sedangkan perkalian skalar adalah aturan yang menghubungkan setiap skalar k dan objek \overline{u} \in V dengan objek k\overline{u}. Jika 10 aksioma berikut terpenuhi oleh semua objek \overline{u} ,\overline{v} , \overline{w} \in V dan skalar k dan m, maka V disebut sebagai ruang vektor dan semua objek di dalamnya disebut vektor
Aksioma 1:
Jika \overline{u} dan \overline{v} adalah objek dalam V, maka \overline{u} + \overline{v} juga berada dalam V
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat ketertutupan operasi penjumlahan. 
Aksioma 2:
\overline{u} + \overline{v} = \overline{v} + \overline{u}
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat komutatif penjumlahan. 
Aksioma 3:
\overline{u} + (\overline{v} + \overline{w}) = (\overline{u} + \overline{v}) + \overline{w}
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat asosiatif penjumlahan. 
Aksioma 4:
Ada objek \overline{0} dalam V yang disebut objek nol (selanjutnya vektor nol), sedemikian sehingga berlaku
\overline{0}+ \overline{u} = \overline{u} +\overline{0} = \overline{u}
untuk setiap u \in V
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai bentuk identitas penjumlahan. 
Aksioma 5:
Untuk setiap \overline{u} \in V, ada objek -\overline{u} \in V yang disebut negatif dari \overline{u} sedemikian sehingga berlaku
\overline{u} + (-\overline{u}) = (-\overline{u}) + \overline{u} = \overline{0}
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai invers penjumlahan. 
Aksioma 6:
Jika k adalah sembarang skalar dan \overline{u} adalah sembarang objek dalam V, maka berlaku k\overline{u} \in V
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat ketertutupan operasi perkalian. 
Aksioma 7:
k(\overline{u} + \overline{v}) = k\overline{u} + k\overline{v}
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan. 
Aksioma 8:
(k + m) \overline{u} = k\overline{u} + m\overline{u}
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan. 
Aksioma 9:
k(m\overline{u}) = (km)\overline{u}
Catatan: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai sifat asosiatif perkalian. 
Aksioma 10:
1\overline{u} = \overline{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 \mathbb{R} saja, tetapi memungkinkan untuk diperluas sampai bilangan kompleks. Bilangan kompleks \mathbb{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, \overline{u} adalah vektor dalam V, dan k sembarang skalar, maka
1. \overline{0}\overline{u} = \overline{u}
2. k\overline{0}=\overline{0}
3. (-1)\overline{u} = -\overline{u}
4. Jika k\overline{u} = \overline{0}, maka k = \overline{0} atau \overline{u} = \overline{0}

Definisi Subruang (Subspace)

Suatu himpunan bagian W dari ruang vektor V disebut subruang 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. 
a) Jika A, B \in Q, maka A + B \in Q
b) Jika k sembarang skalar dan A vektor sembarang dalam Q, maka kA \in Q

Teorema 2: Subruang

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

Definisi Kombinasi Linear

Suatu vektor \overline{w} disebut kombinasi linear dari vektor-vektor \overline{v}_1, \overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r jika dapat dinyatakan dalam bentuk
\overline{w} = k_1\overline{v}_1 + k_2\overline{v}_2 + \cdots + k_r\overline{v}_r
dengan k_1,k_2,\cdots, k_r sembarang skalar.

Teorema: Hubungan Subruang dan Kombinasi Linear

Jika \overline{v}_1,\overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r adalah vektor-vektor dalam ruang vektor V, maka
a) Himpunan W yang anggotanya merupakan vektor kombinasi linear dari \overline{v}_1,\overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r merupakan subruang dari V
b) W adalah subruang terkecil dari V yang berisi \overline{v}_1,\overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r dalam pengertian bahwa setiap subruang lain dari V yang berisi \overline{v}_1,\overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r pasti mengandung W.

Definisi Ruang Terentang (Spanning Space)

Jika S = \{\overline{v}_1,\overline{v}_2,\cdots, \overline{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 \overline{v}_1,\overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r dan kita katakan bahwa \overline{v}_1, \overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r adalah rentang W. Untuk menunjukkan bahwa W adalah ruang terentang oleh vektor dalam himpunan S, kita tuliskan
W = \text{rent}(S)
atau
W = \text{rent}\{\overline{v_1}, \overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r\}
Notasi ini hanya berlaku dalam bahasa Indonesia, sedangkan secara luas (internasional) , notasi rentang disimbolkan dengan
W = \text{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 = \{\overline{v}_1,\overline{v}_2, \cdots, \overline{v}_r\} dan S' = \{\overline{w}_1, \overline{w}_1, \cdots, \overline{w}_r\} adalah dua himpunan vektor dalam ruang vektor V, maka
\text{span}\{\overline{v}_1,\overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r\} = \text{span}\{\overline{w}_1,\overline{w}_2,\cdots, \overline{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 = \{\overline{v}_1,\overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r\} adalah himpunan vektor tak kosong, maka persamaan vektor
k_1\overline{v}_1+k_2\overline{v}_2 + \cdots + k_r\overline{v}_r = 0
mempunyai setidaknya satu penyelesaian, yaitu
k_1 = k_2 = \cdots = 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
a) 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
b) 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

a) Suatu himpunan vektor berhingga yang berisi vektor nol tak bebas linear. 
b) 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 Geometrik dari Kebebasan Linear

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

Pada \mathbb{R}^2 maupun \mathbb{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 \mathbb{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 = \{\overline{v}_1,\overline{v}_2, \cdots, \overline{v}_r\} adalah himpunan vektor dalam \mathbb{R}^n. Jika r > n, maka S tidak bebas linear.

Definisi Basis dalam Ruang Vektor

Jika V adalah sembarang ruang vektor dan S = \{\overline{v}_1,\overline{v}_2,\cdots, \overline{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 = \{\overline{v}_1,\overline{v}_2, \cdots, \overline{v}_r\} adalah suatu basis untuk ruang vektor V, maka setiap vektor \overline{v} dalam V dapat dinyatakan dalam bentuk
c_1\overline{v}_1 + c_2\overline{v}_2 + \cdots + c_r\overline{v}_r = \overline{0}
hanya dalam satu cara.

Definisi 1: Dimensi

Suatu ruang vektor tak nol V disebut berdimensi terhingga jika V berisi suatu himpunan vektor terhingga \{\overline{v}_1,\overline{v}_2, \cdots, \overline{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.

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) = (kx, y, z)
merupakan ruang vektor?

Penyelesaian

Misalkan A adalah himpunan semua pasangan tiga bilangan real (x, y, z) atau ditulis 
A = \{(x, y, z)~|~x, y, z \in \mathbb{R}\}
Jika A adalah ruang vektor, maka A harus memenuhi 10 aksioma sesuai definisi ruang vektor. 
(Aksioma 1)
Ambil sembarang \overline{u}, \overline{v} \in A. Misalkan \overline{u} = (a, b, c) dan \overline{v} = (d, e, f), dengan a, b, c, d, e, f \in \mathbb{R}, sehingga
\overline{u} + \overline{v} = (a, b, c) + (d, e, f) = (a + d, b + e, c + f)
Karena a, b, c, d, e, f \in \mathbb{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 \overline{u} + \overline{v} memenuhi syarat keanggotaan A dan oleh karenanya, A memenuhi aksioma pertama. 
(Aksioma 2)
Ambil sembarang \overline{u}, \overline{v} \in A. Misalkan \overline{u} = (a, b, c) dan \overline{v} = (d, e, f), dengan a, b, c, d, e, f \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} \overline{u} +\overline{v} & = (a, b, c) + (d, e, f) \\ & = (a + d, b + e, c + f) \\ & = (d + a, e + b, f + c)~~~\bigstar \\ & = (d, e, f) + (a, b,c) \\ & = \overline{v} + \overline{u} \end{aligned}
Karena \overline{u} + \overline{v} = \overline{v} + \overline{u} terpenuhi, berarti A memenuhi aksioma kedua. 
Catatan: \bigstar Ekspresi ini berlaku karena adanya sifat asosiatif pada penjumlahan bilangan real. 
(Aksioma 3)
Ambil sembarang \overline{u}, \overline{v}, \overline{w} \in A. Misalkan \overline{u} = (a, b, c), \overline{v} = (d, e, f), dan \overline{w} = (g, h, i), dengan a, b, c, \cdots, h, i \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} \overline{u} + (\overline{v} + \overline{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)~~~\bigstar \\ & = (a + d, b + e, c + f) + (g, h, i) \\ & = ((a, b, c) + (d, e, f)) + (g, h, i) \\ & = (\overline{u} + \overline{v}) + \overline{w} \end{aligned}
Karena \overline{u} + (\overline{v} + \overline{w}) = (\overline{u} +\overline{v}) + \overline{w} terpenuhi, berarti A memenuhi aksioma ketiga. 
Catatan: \bigstar Ekspresi ini berlaku karena adanya sifat asosiatif penjumlahan pada bilangan real. 
(Aksioma 4)
Ambil sembarang \overline{u} \in A, \overline{u} = (a, b, c) dengan a, b, c \in \mathbb{R} dan ada vektor nol dalam A, ditulis
\overline{0} = (0,0,0)\in A, sehingga
\begin{aligned} \overline{u} + \overline{0} & = (a, b, c) + (0,0,0)\\ & = (a + 0, b + 0, c + 0) \\ & = (a, b, c) = \overline{u} \end{aligned}
\begin{aligned} \overline{0}+\overline{u} & = (0,0,0)+(a, b, c) \\ & = (0+a, 0+b, 0+c) \\ & = (a, b, c) = \overline{u} \end{aligned}
Ini berarti, \overline{u} + \overline{0} = \overline{0} + \overline{u} = \overline{u} terpenuhi, sehingga A memenuhi aksioma keempat. 
(Aksioma 5) 
Misalkan \overline{u} = (a, b, c) \in A, dengan a, b, c \in \mathbb{R} dan ada -\overline{u} = (-a, -b, -c) \in A, sehingga
\begin{aligned} \overline{u} + (-\overline{u}) & = (a, b, c) + (-a, -b, -c) \\ & = (a + (-a), b + (-b), c + (-c)) \\ & = (0,0,0) = \overline{0} \end{aligned}
\begin{aligned} (-\overline{u}) + \overline{u} & = (-a, -b, -c) + (a, b, c) \\ & = ((-a) + a, (-b) + b, (-c) + c) \\ & = (0,0,0) = \overline{0} \end{aligned}
Ini berarti, \overline{u} + (-\overline{u}) = (-\overline{u}) + \overline{u} = \overline{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 \mathbb{R}, sehingga
k\overline{u} = k(a, b, c) = (ka, b, c)
Karena ka, b, c \in \mathbb{R}, maka k\overline{u} memenuhi syarat keanggotaan A sehingga A memenuhi aksioma keenam. 
(Aksioma 7)
Misalkan k sembarang skalar (bilangan real), \overline{u}, \overline{v} \in A, \overline{u} = (a, b, c) dan \overline{v} = (d, e, f), dengan a, b, c, d, e, f \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} k(\overline{u} + \overline{v}) & = k((a, b, c) + (d, e, f) \\ & = k(a + d, b + e, c + f) \\ & = (k(a + d), b + e, c + f) \\ & = (ka + kd, b + e, c + f) \\ & = (ka, b, c) + (kd, e, f) \\ & = k(a, b, c) + k(d, e, f) \\ & = k\overline{u} + k\overline{v} \end{aligned}
(Aksioma 8)
Misalkan k, m sembarang skalar (bilangan real) dan \overline{u} \in A, \overline{u} = (a, b, c), dengan a, b, c \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} (k + m)\overline{u} & = (k+m) (a, b, c) \\ & = ((k+m)a, b, c) \\ & = (ka + ma, b, c) \\ & = (ka, b, c) + (ma, 0, 0) \\ & = k(a, b, c) + m(a, 0,0) \\ & \neq k\overline{u} + m\overline{u} \end{aligned}
Ini berarti, (k + m)\overline{u} \neq k\overline{u} + m\overline{u} sehingga A tidak memenuhi aksioma kedelapan. 
(Aksioma 9)
Misalkan k, m sembarang skalar (bilangan real) dan \overline{u} \in A, \overline{u} = (a, b, c), dengan a, b, c \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} k(m\overline{u}) &= k(m(a, b, c)) \\ & = k(ma, b, c) \\ & = (k(ma), b, c) \\ & = ((km)a, b, c) \\ & = km(a, b, c) = km\overline{u} \end{aligned}
Ini berarti, k(m\overline{u}) = (km) \overline{u} sehingga A memenuhi aksioma kesembilan. 
(Aksioma 10)
Misalkan \overline{u} = (a, b, c) \in A, dengan a, b, c \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} 1\overline{u} & = 1(a, b, c) = (1a, b, c) \\ & = (a, b, c) = \overline{u} \end{aligned}
Ini berarti, 1\overline{u} = \overline{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 
P = \left\{\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}~|~a, b, c, d \in \mathbb{R} \right\}
dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar matriks merupakan ruang vektor. 
Tunjukkan bahwa 
Q = \left\{\begin{bmatrix} 0 & b \\ c & 0 \end{bmatrix}~|~b, c \in \mathbb{R} \right\} 
merupakan subruang dari ruang vektor P.

Penyelesaian

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

[collapse]

Soal Nomor 3
Diketahui P = \left\{\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} ~|~a, b, c, d \in \mathbb{R} \right\} dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar matriks merupakan ruang vektor. 
Tunjukkan bahwa 
R = \left\{\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} ~|~a, b, c, d \in \mathbb{R}, a + d = 0\right\}
merupakan subruang dari ruang vektor P.

Penyelesaian

Gunakan Teorema 1: Subruang.
(Menunjukkan bahwa R memenuhi syarat pertama) 
Misalkan A, B \in R, dengan 
A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}, a, b, c, d \in \mathbb{R}, a + d = 0
dan
B = \begin{bmatrix} e & f \\ g & h\end{bmatrix}, e, f, g, h \in \mathbb{R}, e + h = 0
Akibatnya, 
A + B = \begin{bmatrix} a + e & b + f \\ c + g & d + h \end{bmatrix} \in R
Ternyata didapat A + B \in R karena (a + e) + (d + h) = (a + d) + (e + h) = 0 dan (b+f), (c+g) \in \mathbb{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{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}, a, b, c, d \in \mathbb{R}, a + d = 0
Ini berarti, 
kA = k \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}, a, b, c, d \in \mathbb{R} = \begin{bmatrix} ka & kb \\ kc & kd \end{bmatrix} \in R
Ternyata didapat kA \in R karena ka + kd = k(a + d) = k(0)= 0 dan kb, kc \in \mathbb{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). \blacksquare
Catatan: Bedakan notasi R dan \mathbb{R}. R menyatakan himpunan matriks yang telah didefinisikan pada soal, sedangkan \mathbb{R} menyatakan himpunan bilangan real.

[collapse]

Soal Nomor 4
Selidiki apakah semua polinomial a_0 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3 dengan a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 0 merupakan subruang dari P_3 (himpunan polinomial berderajat 3).

Penyelesaian

Gunakan Teorema 1: Subruang. 
(Menunjukkan bahwa R: a_0 + a_1x + a_2x^2 +a_3x^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_1x + a_2x^2 + a_3x^3 dan a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 0
serta
q(x) = b_0 + b_1x + b_2x^2 + b_3x^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_1x +a_2x^2 + a_3x^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_1x + a_2x^2 + a_3x^3 dan a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 0
sehingga
\begin{aligned} (kp)(x) & = kp(x) \\ & = k(a_0 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3) \\ & = ka_0 + ka_1x + ka_2x^2 + ka_3x^3 \end{aligned}
Ternyata (kp)(x) \in R karena
\begin{aligned} ka_0 + ka_1 + ka_2 + ka_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 5
Selidiki apakah semua polinomial a_0 + a_1x dengan a_0 dan a_1 adalah anggota bilangan bulat. merupakan subruang dari P_3 (himpunan polinomial berderajat 3).

Penyelesaian

Gunakan Teorema 1: Subruang. 
(Menunjukkan bahwa S: a_0 + a_1x, dengan a_0 dan a_1 bilangan bulat memenuhi syarat pertama)
Misalkan p(x), q(x) \in S, p(x) = a_0 + a_1x, q(x) = b_0 + b_1x, 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_1x, 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_1x, a_0 dan a_1 anggota bilangan bulat, sehingga
\begin{aligned} (kp)(x) & = kp(x) \\ & = k(a_0 + a_1x) = ka_0 + ka_1x \end{aligned}
Ternyata (kp) (x) \notin S karena ka_0 dan ka_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 6
Selidiki apakah semua matriks A berukuran n \times n dengan \text{tr}(A) = 0 merupakan subruang dari M_{nn}

Penyelesaian

Gunakan Teorema 1: Subruang.
Perlu diperhatikan bahwa notasi \text{tr}(A) (trace dari matriks A) menyatakan jumlah dari entri pada diagonal utama matriks A, sedangkan M_{nn} menyatakan matriks berukuran n \times n
(Menunjukkan bahwa A_{n \times n} dengan \text{tr}(A) = 0 memenuhi syarat pertama) 
Misalkan P_{n \times n}, Q_{n \times n} \in A, dengan
P = \begin{bmatrix} p_{11} & \cdots & p_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ p_{n1} & \cdots & p_{nn} \end{bmatrix}Q = \begin{bmatrix} q_{11} & \cdots & q_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ q_{n1} & \cdots & q_{nn} \end{bmatrix}, \text{tr}(P) = p_{11} + p_{22} + \cdots + p_{nn} = 0, dan \text{tr}(Q) = q_{11} + q_{22} + \cdots + q_{nn} = 0, sehingga
\begin{aligned} P + Q & = \begin{bmatrix} p_{11} & \cdots & p_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ p_{n1} & \cdots & p_{nn} \end{bmatrix} +  \begin{bmatrix} q_{11} & \cdots & q_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ q_{n1} & \cdots & q_{nn} \end{bmatrix} \\ & = \begin{bmatrix} p_{11} + q_{11} & \cdots & p_{1n} + q_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ p_{n1} + q_{n1} & \cdots & p_{nn} + q_{nn} \end{bmatrix} \end{aligned}
Ternyata didapat P + Q \in A karena 
\begin{aligned}& (p_{11}+ q_{11}) +\cdots+ (p_{nn} + q_{nn}) \\ & = (p_{11} + \cdots + p_{nn}) + (q_{11} + \cdots + q_{nn}) \\ & = 0 + 0 = \text{tr}(P + Q) \end{aligned}
sehingga sesuai dengan syarat keanggotaan A. Ini berarti, A memenuhi syarat pertama. 
(Menunjukkan bahwa A_{n \times n} dengan \text{tr}(A) = 0 memenuhi syarat kedua) 
Misalkan P_{n\times n} \in A, dengan
P = \begin{bmatrix} p_{11} & \cdots & p_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ p_{n1} & \cdots & p_{nn} \end{bmatrix}, \text{tr}(P) = p_{11} + p_{22}+ \cdots + p_{nn} = 0 dan k sembarang skalar sehingga
kP = k\begin{bmatrix} p_{11} & \cdots & p_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ p_{n1} & \cdots & p_{nn} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} kp_{11} & \cdots & kp_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ kp_{n1} & \cdots & kp_{nn} \end{bmatrix}
Ternyata didapat kP \in A karena
\begin{aligned} kp_{11} + kp_{22} + \cdots + kp_{nn} &= k(p_{11} + p_{22} + \cdots + + p_{nn}) \\ & = k(0) = 0 = \text{tr}(kP) \end{aligned}

sehingga sesuai dengan syarat keanggotaan himpunan A. Ini berarti, A memenuhi syarat kedua. 
Jadi, A merupakan subruang dari M_{nn}

[collapse]

Soal Nomor 7
Selidiki apakah \overline{w} = (4,-1,8) merupakan kombinasi linear dari vektor-vektor \overline{u} = (1,2,-1) dan \overline{v} = (6,4,2) dalam \mathbb{R}^3

Penyelesaian

Agar \overline{w} menjadi suatu kombinasi linear dari \overline{u} dan \overline{v}, haruslah ada skalar k_1 dan k_2 sedemikian sehingga \overline{w} = k_1\overline{u} + k_2\overline{v}, ditulis
(4,-1,8) = k_1(1,2,-1) +k_2(6,4,2)
atau
(4,-1,8) = (k_1 + 6k_2, 2k_1 + 4k_2, -k_1 + 2k_2)
Dengan menyamakan komponen yang bersesuaian, diperoleh SPLDV (dengan 3 persamaan) sebagai berikut. 
\begin{cases} k_1 + 6k_2 = 4 \\ 2k_1 + 4k_2 = -1 \\ -k_1 + 2k_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, \overline{w} bukan kombinasi linear dari \overline{u} dan \overline{w}.

[collapse]

Soal Nomor 8
Selidiki apakah \overline{w} = (9,2,7) merupakan kombinasi linear dari vektor-vektor \overline{u} = (1,2,-1) dan \overline{v} = (6,4,2) dalam \mathbb{R}^3

Penyelesaian

Agar \overline{w} menjadi suatu kombinasi linear dari \overline{u} dan \overline{v}, haruslah ada skalar k_1 dan k_2 sedemikian sehingga \overline{w} = k_1\overline{u} + k_2\overline{v}, ditulis
(9,2,7) = k_1(1,2,-1) +k_2(6,4,2)
atau
(9,2,7) = (k_1 + 6k_2, 2k_1 + 4k_2, -k_1 + 2k_2)
Dengan menyamakan komponen yang bersesuaian, diperoleh SPLDV (dengan 3 persamaan) sebagai berikut. 
\begin{cases} k_1 + 6k_2 = 9 \\ 2k_1 + 4k_2 = 2 \\ -k_1 + 2k_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, \overline{w} adalah kombinasi linear dari \overline{u} dan \overline{w}.

[collapse]

Soal Nomor 9
Manakah dari pilihan berikut yang bukan merupakan kombinasi linear dari \overline{u} = (0,-2,2) dan \overline{v} = (1,3,-1)
a) (2,2,2)
b) (3,1,5)
c) (0,4,5)
d) (0,0,0)

Penyelesaian

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 \\ -2k_1 + 3k_2 = 2 \\ 2k_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 \overline{u} dan \overline{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 \\ -2k_1 + 3k_2 = 1 \\ 2k_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 \overline{u} dan \overline{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 \\ -2k_1 + 3k_2 = 4 \\ 2k_1 - k_2 = 5 \end{cases}
SPLDV tersebut tidak konsisten (tidak memiliki penyelesaian). Ini berarti, (0,4,5) bukan kombinasi linear dari \overline{u} dan \overline{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 \\ -2k_1 + 3k_2 = 0 \\ 2k_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 \overline{u} dan \overline{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 pilihan c, yaitu (0,0,0) bukan kombinasi linear dari \overline{u} dan \overline{v}.

[collapse]

Soal Nomor 11
Jika \overline{v}_1 = (2,-1,0,3), \overline{v}_2 = (1,2,5,-1), dan \overline{v}_3 = (7,-1,5,8), tentukan apakah vektor-vektor S = \{\overline{v}_1,\overline{v}_2,\overline{v}_3 \} bebas secara linear.

Penyelesaian

Untuk menentukan kebebasan linearnya, tuliskan himpunan vektor tersebut dalam bentuk persamaan vektor dan komponennya:
k_1\overline{v}_1 + k_2\overline{v}_2 + k_3\overline{v}_3 = \overline{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} (2k_1 + k_2 + 7k_3, -k_1 & + 2k_2 - k_3, 5k_2 + k_3, \\ & 3k_1 - k_2 + 8k_3) = (0,0,0,0) \end{aligned}
Jika ditulis dalam bentuk SPLTV, diperoleh
\begin{cases} 2k_1 + k_2 + 7k_3 = 0 \\ -k_1 + 2k_2 - k_3 = 0 \\ 5k_2 + 5k_3 = 0 \\ 3k_1 - k_2 + 8k_3 = 0 \end{cases}

Penyelesaian dari sistem di atas adalah k_1 = -3t, 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 \overline{v}_1 = (1,2,1), \overline{v}_2 = (2,9,0), dan \overline{v}_3 = (3,3,4). Tunjukkan bahwa S = \{\overline{v}_1,\overline{v}_2,\overline{v}_3\} adalah himpunan vektor yang bebas linear.

Penyelesaian

Persamaan vektor dalam bentuk komponen-komponennya adalah
\begin{aligned} & k_1\overline{v}_1 + k_2\overline{v}_2 + k_3\overline{v}_3 = \overline{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 + 2k_2 + 3k_3, 2k_1 + 9k_2 + 3k_3, k_1 + 4k_3 = (0,0,0)
Jika ditulis dalam bentuk SPLTV, diperoleh
\begin{cases} k_1 + 2k_2 + 3k_3 = 0 \\ 2k_1 + 9k_2 + 3k_3 = 0 \\ k_1 + 4k_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 \overline{v}_1, \overline{v}_2, dan \overline{v}_3 adalah vektor-vektor dalam \mathbb{R}^3 yang titik-titik pangkalnya di titik asal. Apakah ketiga vektor \overline{v}_1 = (2,-2,0), \overline{v}_2 = (6,1,4), \overline{v}_3 = (2,0,-4)
berada pada satu bidang.

Penyelesaian

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\overline{v}_1 + k_2\overline{v}_2 + k_3\overline{v}_3 = \overline{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} (2k_1 + 6k_2 + 2k_3,&  -2k_1 + k_2 + 3k_3, \\ & 4k_2 - 4k_3) = (0,0,0) \end{aligned}
Jika ditulis dalam bentuk SPLTV, diperoleh
\begin{cases} 2k_1 + 6k_2 + 2k_3 = 0 \\ -2k_1 + k_2 + 3k_3 = 0 \\ 4k_2 - 4k_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 \overline{v}_1, \overline{v}_2, dan \overline{v}_3 adalah vektor-vektor dalam \mathbb{R}^3 yang titik-titik pangkalnya di titik asal. Apakah ketiga vektor \overline{v}_1 = (-6,7,2), \overline{v}_2 = (3,2,4), \overline{v}_3 = (4,-1,2)
berada pada satu bidang.

Penyelesaian

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\overline{v}_1 + k_2\overline{v}_2 + k_3\overline{v}_3 = \overline{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} (-6k_1 + 3k_2 + 4k_3, & 7k_1 + 2k_2 - k_3, \\ & 2k_1 + 4k_2 + 2k_3) = (0,0,0) \end{aligned}
Jika ditulis dalam bentuk SPLTV, diperoleh
\begin{cases} -6k_1 + 3k_2 + 4k_3 = 0 \\ 7k_1 + 2k_2 - k_3 = 0 \\ 2k_1 + 4k_2 + 2k_3 = 0 \end{cases}
Penyelesaian dari sistem di atas (selain penyelesaian trivial) adalah k_1 = t, k_2 = -2t, dan k_3 = 3t dengan t \in \mathbb{R}, t \neq 0
Jadi, himpunan yang anggotanya ketiga vektor tersebut tidak bebas linear. Artinya, ketiga vektor itu tberada pada satu bidang.

[collapse]

Soal Nomor 15
Tentukan nilai \lambda (baca: lambda) agar vektor-vektor berikut membentuk himpunan yang tak bebas secara linear dalam \mathbb{R}^3
\overline{v}_1 = \left(\lambda, -\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2} \right), \overline{v}_2 = \left(-\dfrac{1}{2}, \lambda, -\dfrac{1}{2}\right), \overline{v}_3 = \left(-\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}, \lambda\right)

Penyelesaian

Tuliskan ketiga vektor tersebut dalam persamaan
k_1\overline{v}_1 + k_2\overline{v}_2 + k_3\overline{v}_3 = \overline{0}
kemudian mensubstitusikan vektor-vektor bersangkutan menjadi
\begin{aligned} k_1 \left(\lambda, -\dfrac{1}{2}, & -\dfrac{1}{2}\right) + k_2 \left(-\dfrac{1}{2}, \lambda, -\dfrac{1}{2}\right) +k_3 \left(-\dfrac{1}{2}, \\ & -\dfrac{1}{2}, \lambda\right) = (0,0,0) \end{aligned}

Lakukan perkalian skalar dan penjumlahan pada komponen yang bersesuaian dari bentuk di atas untuk memperoleh
\begin{aligned} \left(\lambda k_1 - \dfrac{1}{2}k_2 - \dfrac{1}{2}k_3, & -\dfrac{1}{2}k_1 + \lambda k_2 - \dfrac{1}{2}k_3, \\ & -\dfrac{1}{2}k_1 - \dfrac{1}{2}k_2 + \lambda k_3 \right) = (0,0,0) \end{aligned}
Jika ditulis dalam bentuk SPLTV, diperoleh
\begin{cases} \lambda k_1 - \dfrac{1}{2}k_2 - \dfrac{1}{2}k_3 = 0 \\ -\dfrac{1}{2}k_1 + \lambda k_2 - \dfrac{1}{2}k_3 = 0 \\ -\dfrac{1}{2}k_1 - \dfrac{1}{2}k_2 + \lambda 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{vmatrix} \lambda & -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} \\ -\dfrac{1}{2} & \lambda & -\dfrac{1}{2} \\ -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} & \lambda \end{vmatrix} = \dfrac{1}{4}(\lambda - 1)(2\lambda^2 + 1)^2 = 0
Agar matriks koefisien itu bernilai 0, maka nilai \lambda adalah \lambda = 1 atau \lambda = -\dfrac{1}{2}. Dengan nilai \lambda demikian, maka sistem di atas memiliki penyelesaian tak trivial, sehingga himpunan yang terbentuk tak bebas secara linear.

[collapse]

Soal Nomor 16
Tunjukkan apakah \overline{v}_1 = (1,2,1), \overline{v}_2 = (2,9,0), dan \overline{v}_3 = (3,3,4) merentang di \mathbb{R}^3.

Penyelesaian

Kita harus memperlihatkan apakah vektor sembarang \overline{b} = (b_1,b_2,b_3) pada \mathbb{R}^3 dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear 
\overline{b} = k_1\overline{v}_1 + k_2\overline{v}_2 + k_3\overline{v}_3 
dari vektor-vektor \overline{v}_1, \overline{v}_2, dan \overline{v}_3
Dengan menyamakan \overline{b} = k_1\overline{v}_1 + k_2\overline{v}_2 + k_3\overline{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
\begin{aligned} & (b_1,b_2,b_3) \\ & = (k_1 + 2k_2 + 3k_3, 2k_1 + 9k_2 + 3k_3, k_1 + 4k_3) \end{aligned}
Tuliskan dalam bentuk SPLTV:
\begin{cases} k_1 + 2k_2 + 3k_3 = b_1 \\ 2k_1 + 9k_2 + 3k_3 = b_2 \\ k_1 + 4k_3 = b_3 \end{cases}

Determinan dari matriks koefisien \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 9 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \end{bmatrix} adalah -1
Berdasarkan teorema determinan bahwa suatu SPL konsisten (memiliki penyelesaian) jika determinan matriks koefisiennya tidak nol, maka dapat disimpulkan bahwa SPLTV tersebut konsisten. Jadi, \overline{v}_1,\overline{v}_2, dan \overline{v}_3 merentang dalam \mathbb{R}^3

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Fungsi (Tingkat Lanjut)

Berikut ini adalah soal-soal (disertai pembahasan) tentang fungsi (function) tingkat lanjut. Sumbernya berasal dari soal-soal perkuliahan, olimpiade tingkat SMP/SMA, dan sebagainya.

Soal Nomor 1
Misalkan \mathbb{Z} adalah himpunan semua bilangan bulat. Didefinisikan suatu aturan pengawanan f: \mathbb{Z} \mapsto \mathbb{Z} dengan rumus (\forall x \in \mathbb{Z}) f(x) = 2x^2 - 2.
a) Selidiki apakah f fungsi dari \mathbb{Z} ke \mathbb{Z}
b) Jika f suatu fungsi, apakah f merupakan fungsi injektif (1-1)?

Penyelesaian

Jawaban a)
f adalah fungsi yang memetakan bilangan bulat ke bilangan bulat. Kebenaran pernyataan ini dapat diidentifikasi dengan melihat rumus fungsinya, yaitu f(x) = 2x^2 - 2. Jika x bulat, maka x^2 juga bulat dan bila dikali 2, kemudian dikurang 2, hasilnya tetap bulat, karena perkalian dan pengurangan bilangan bulat bersifat tertutup.
Jawaban b)
Syarat suatu fungsi dengan a, b \in \mathbb{D} dikatakan injektif: jika f(a) = f(b), maka a = b.
Diketahui:
f(a) = 2a^2 - 2 dan f(b) = 2b^2-2
Karena f(a) = f(b), maka dapat ditulis
\begin{aligned} 2a^2 - 2 & = 2b^2 - 2 \\ 2a^2 & = 2b^2 \\  a^2 & = b^2 \\ a & = \pm b \end{aligned}
Oleh karena f(a) \neq f(b) jika diambil a = -b, maka fungsi f tidak injektif.
Catatan:
\bigstar Jangan langsung “menghilangkan” pangkat dua (mengakarkuadratkan kedua ruas) pada bentuk a^2 = b^2. Hal ini kadang tidak menimbulkan masalah untuk kasus tertentu, tetapi kadang pula juga menimbulkan kekeliruan, bahkan fallacy.
\bigstar simbol \mathbb{D} menyatakan himpunan anggota domain fungsi.

[collapse]

Soal Nomor 2
Diberikan
f\left(\dfrac{2x+2}{3x-4}\right) = 5x
Tentukan f(x).

Penyelesaian

Misalkan y = \dfrac{2x+2}{3x-4}
Buat x sebagai subjek persamaan sebagai berikut.
\begin{aligned} y & = \dfrac{2x+2}{3x-4} \\ 3xy - 4y & = 2x+2 \\ 3xy - 2x & = 4y + 2 \\ x(3y - 2) & = 4y + 2 \\ x & = \dfrac{4y+2}{3y-2} \end{aligned}
Dengan demikian, dapat ditulis
\begin{aligned} f\left(\dfrac{2x+2}{3x-4}\right) & = 5x \\ f(y) & = 5\left(\dfrac{4y+2}{3y-2}\right) \\ f(y) & = \dfrac{20y + 10}{3y - 2} \end{aligned}
Dengan mengganti y sebagai x, kita peroleh
\boxed{f(x) = \dfrac{20x+10}{3x-2}}

[collapse]

Soal Nomor 3
Jika f(x) = \dfrac{x}{x-1}, maka f(3x) dapat dinyatakan dalam f(x), yaitu \cdots

Penyelesaian

Diketahui f(x) = \dfrac{x}{x-1}, sehingga
\begin{aligned} f(3x) & = \dfrac{3x} {3x - 1} = \dfrac{3x} {3x-1} \times \dfrac{\dfrac{1}{x-1}} {\dfrac{1}{x-1}} \\ & = \dfrac{\dfrac{3x} {x-1}} {\dfrac{3x-1}{x-1}} = \dfrac{3\left(\dfrac{x} {x-1}\right)} {\dfrac{2x +x - 1}{x-1}} \\ & = \dfrac{3\left(\dfrac{x} {x-1}\right)} {\dfrac{2x} {x-1} + \dfrac{x-1}{x-1}} = \dfrac{3\left(\dfrac{x} {x-1}\right)} {2\left(\dfrac{x}{x-1}\right) + 1} = \dfrac{3f(x)} {2f(x) + 1} \end{aligned}
Jadi, f(3x) dapat dinyatakan dalam f(x) sebagai berikut.
\boxed{f(3x) = \dfrac{3f(x)} {f(x) +1}}

[collapse]

Soal Nomor 4
Jika f adalah fungsi yang memenuhi
f\left(\dfrac{1}{x} \right) + \dfrac{1}{x} f(-x) = 2x
untuk setiap bilangan real x \neq 0, tentukan nilai f(2).

Penyelesaian

Ambil x = -2, sehingga diperoleh
f\left(-\dfrac{1}{2}\right) - \dfrac{1}{2}f(2) = -4~~~~~\bigstar
Sekarang, ambil x = \dfrac{1}{2}, diperoleh
f(2) + 2f\left(-\dfrac{1}{2}\right) = 1~~~~\bigstar \bigstar
Diperoleh sistem persamaan linear dua variabel. Variabel yang dimaksud adalah f\left(-\dfrac{1}{2}\right) dan f(2). Karena nilai f(2) yang akan dicari, kita hanya perlu mengeliminasi f\left(-\dfrac{1}{2}\right) dengan menggunakan metode eliminasi.
Kalikan 2 pada persamaan \bigstar, kemudian kurangi hasilnya dengan persamaan \bigstar \bigstar untuk memperoleh
\begin{aligned} -f(2) - f(2) & = -8 - 1 \\ -2f(2) & = -9 \\ f(2) & = \dfrac{9}{2} \end{aligned}
Jadi, nilai dari f(2) adalah \dfrac{9}{2}.

[collapse]

Soal Nomor 5
Jika f(xy) = f(x + y) dan f(7) = 7, maka f(1008) = \cdots

Penyelesaian

Misalkan diambil x = n dan y = 1, didapat
f(n \times 1) = f(n) = f(n + 1)
Karena f(7) = 7, maka
f(7) = f(8) = f(9) = \cdots = f(1008) = 7
Jadi, nilai dari f(1008) adalah 7.

[collapse]

Soal Nomor 6
Misalkan f adalah fungsi yang memenuhi f(x) f(y) - f(xy) = x + y untuk setiap bilangan bulat positif x dan y. Berapakah nilai f(2004)?

Penyelesaian

Misalkan dipilih x = 2004 dan y = 0, didapat
\begin{aligned} f(2004)f(0) - f(2004 \times 0) & = 2004 + 0 \\ f(2004)f(0) - f(0) & = 2004~~~~\bigstar \end{aligned}
Dari bentuk di atas, kita mengetahui bahwa untuk mendapatkan nilai dari f(2004), kita harus mencari nilai f(0) terlebih dahulu.
Sekarang, misalkan diambil x = 0 dan y = 0, didapat
\begin{aligned} f(0)f(0) - f(0) & = 0 + 0 \\ f(0)(f(0) - 1) & = 0 \end{aligned}
Didapat nilai f(0)=0 atau f(0)=1. Suatu fungsi tidak mungkin memiliki nilai yang berbeda pada anggota domain yang sama (berdasarkan definisi fungsi) .Oleh karena itu, perlu dilakukan pemeriksaan lain.
Selanjutnya, ambil x = 1 dan y = 0, didapat
\begin{aligned} f(1)f(0) - f(0) & = 1 + 0 \\ f(0)(f(1) - 1) & = 1 \end{aligned}
Misalkan dipilih f(0) = 0, maka persamaan itu tidak akan pernah terpenuhi (perkalian 0 dengan berapapun akan menghasilkan 0, tidak mungkin 1). Jika diambil f(0) = 1, djperoleh f(1) = 2 agar persamaan itu terpenuhi. Ini berarti,nilai f(0) adalah 1.
Kembali ke \bigstar, substitusikan f(0)= 1, didapat
\begin{aligned} f(2004) \times 1 - 1 & = 2004 \\ f(2004) & = 2005\end{aligned}
Jadi, nilai f(2004) adalah 2005.

[collapse]

Soal Nomor 7
Dimisalkan bahwa f(x) = x^5 + ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e dan f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = f(5). Tentukan nilai a.

Penyelesaian

Misalkan
f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = f(5) = k.
Buatlah fungsi baru g, yaitu
\begin{aligned} g(x) & = x^5 + ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e - k \\ & = f(x) - k \end{aligned}
Dari bentuk g(x) = f(x) - k, kita mendapatkan bahwa x = 1,2,3,4,5 akan membuat g(x) = 0. Sebagai contoh, ambil x = 1, berarti g(1) = f(1) - k = k - k = 0 (ingat bahwa f(1) = k).
Dengan demikian, dapat dikatakan bahwa 1, 2, 3,4,5 adalah akar-akar (pembuat nol) dari g(x).
Selanjutnya, dengan menggunakan
Teorema Vieta dengan x_1, x_2, \cdots, x_5 sebagai akarnya, diperoleh
\begin{aligned} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 & = -\dfrac{\text{koefisien}~x^5}{\text{koefisien}~x^4} \\ 1+2+3+4+5 & = -\dfrac{a} {1} \\ a & = -15 \end{aligned}
Jadi, nilai a adalah -15.

[collapse]

Soal Nomor 8
Tentukan nilai terkecil yang mungkin dari fungsi
\begin{aligned} f(x) & = x^{2008} - 2x^{2007} + 3x^{2006} - 4x^{2005} + \\ & 5x^{2004} - \cdots - 2006x^{3} + 2007x^2 - 2008x + 2009 \end{aligned} 
untuk sembarang bilangan real x.

Penyelesaian

Perhatikanlah bahwa ternyata fungsi di atas dapat ditulis kembali menjadi
\begin{aligned} f(x) & = x^{2006}(x-1)^2 + 2x^{2004}(x-1)^2 \\ & + 3x^{2002}(x-1)^2 + \cdots + 1004(x-1)^2 + 1005 \end{aligned}
Bilangan kuadrat tidak pernah menghasilkan bilangan negatif, sehingga f(x) akan minimum saat x = 1 karena nilai minimum bentuk kuadrat adalah 0. Dengan demikian, didapat
\boxed{f(1) = 0 + 0 + \cdots + 0 + 1005 = 1005}
Jadi, nilai minumum yang mungkin dari f(x) adalah 1005.

[collapse]

Soal Nomor 9
Nilai minimum dari fungsi
f(x) = \dfrac{9x^2 \sin^2 x + 4}{x \sin x} untuk 0 < x < \pi
adalah \cdots

Penyelesaian

Perhatikanlah bahwa fungsi di atas dapat ditulis menjadi
f(x) = 9x \sin x + \dfrac{4}{x \sin x}
Dengan menggunakan Ketaksamaan Rataan Aritmetik-Geometrik (AM-GM), diperoleh
\begin{aligned} 9x \sin x+\frac{4}{x \sinx} & \geq 2\sqrt{9x \sin x \times \dfrac{4}{x \sin x} \\ & = 2\sqrt{36} = 12 \end{aligned}
Jadi, nilai minimum dari fungsi tersebut adalah 12.

[collapse]

Soal Nomor 10
Suatu fungsi f: \mathbb{Z} \mapsto \mathbb{Q} mempunyai rumus
f(x+1)= \dfrac{1+ f(x)} {1-f(x)}
untuk setiap x \in \mathbb{Z}. Jika f(2)=2, maka tentukan f(2009).

Penyelesaian

Diketahui f(2) = 2.
Misalkan x = 2, diperoleh
f(2+1) = \dfrac{1 + f(2)} {1-f(2)} \Leftrightarrow f(3)= \dfrac{1+2}{1-2} = -3
Misalkan x = 3, diperoleh
f(3+1) = \dfrac{1 + f(3)} {1-f(3)} \Leftrightarrow f(4)= \dfrac{1-3}{1+3} = -\dfrac{1}{2}
Misalkan x = 4, diperoleh
f(4+1) = \dfrac{1 + f(4)} {1-f(4)} \Leftrightarrow f(5)= \dfrac{1-\dfrac{1}{2}}{1+\dfrac{1}{2}} = \dfrac{1}{3}
Misalkan x = 5, diperoleh
f(5+1) = \dfrac{1 + f(5)} {1-f(5)} \Leftrightarrow f(6)= \dfrac{1+\dfrac{1}{3}}{1-\dfrac{1}{3}} = 2
Kita dapatkan f(2) = f(6) = 2.
Ini menunjukkan bahwa nilai fungsi ini memiliki pola yang berperiodik setiap 4 selang (mulai dari x = 4):
-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, 2, -3, -\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \cdots
Karena 2009 = 4 \times 502 + 1 dan dengan menggunakan pola yang didapat itu, maka
\boxed{f(2009) = f(5) = \dfrac{1}{3}}
Jadi, nilai dari f(2009) adalah \dfrac{1}{3}.

[collapse]

Soal Nomor 11
Misal diberikan fungsi f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} dengan f(1)=1 dan untuk sembarang x \in \mathbb{R} memenuhi f(x+5) \geq f(x) + 5 dan f(x+1) \leq f(x) + 1. Jika g(x) = f(x) - x + 1, maka tentukanlah g(2012).

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 12
Misalkan \mathbb{R} menyatakan himpunan bilangan real, A = \mathbb{R} - \{3\}, dan B = \mathbb{R} - \{1\}.
Misalkan fungsi f: A \mapsto B didefinisikan
f(x) = \dfrac{x - 2}{x - 3}
a) Tunjukkan bahwa f merupakan fungsi bijektif.
b) Tentukan rumus untuk f^{-1} (invers fungsi f).
c) Apakah f^{-1} merupakan fungsi invers?

Penyelesaian

Jawaban a)
Agar suatu fungsi disebut bijektif, maka fungsi itu harus injektif dan surjektif.
Suatu fungsi dikatakan injektif jika berlaku: f(x) = f(y) \Rightarrow x = y, untuk sembarang x, y \in A.
Suatu fungsi dikatakan surjektif jika ada b \in B sedemikian sehingga f(a) = b dengan a \in A.
Akan ditunjukkan bahwa fungsi itu injektif sebagai berikut.
Ambil x, y \in A sehingga berlaku
\begin{aligned}f(x) & = f(y) \\ \dfrac{x - 2}{x - 3} & = \dfrac{y - 2}{y-3} \\ (x - 2)(y - 3) & = (x - 3)(y - 2)\\ xy - 3x - 2y + 6 & = xy - 2x - 3y + 6 \\ x = y \end{aligned}
Jadi, fungsi itu injektif.
Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa fungsi itu surjektif sebagai berikut.
Menunjukkan f surjektif berarti semua anggota B (kodomain) memiliki pasangan dengan anggota A (domain). Ambil sembarang t \in B, maka kita harus menentukan pasangan t di A
\begin{aligned} & f(x) = t = \dfrac{x-2}{x-3} \\ & t(x - 3)= x -2 \\ & tx - x = -2 + 3t \\ & x(t - 1) = -2 + 3t \\ & x = \dfrac{3t - 2}{t - 1} \end{aligned}
Jadi, pasangan t adalah \dfrac{3t-2}{t-1}. Karena t diambil sembarang dan t \neq 1 (himpunan B tidak memuat 1), maka f surjektif.
Oleh karena f injektif dan surjektif, maka f adalah fungsi bijektif.
Jawaban b) 
f^{-1}(x) =\dfrac{3t-2}{t-1}, \forall t \in B
Jawaban c) 
Karena f fungsi bijektif, maka f memiliki invers dan ini berarti f^{-1} adalah fungsi invers.

[collapse]

Soal Nomor 13
Misalkan \mathbb{R} adalah himpunan bilangan real dan fungsi f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} didefinisikan
f(x) = \begin{cases} x^2 - 2, & \text{jika}~x \geq 2 \\ x + 2, & \text{jika}~x < 2 \end{cases}
Apakah f injektif, surjektif, atau bijektif?

Penyelesaian

Karena f adalah fungsi parsial (piecewise function), maka untuk menunjukkan f injektif dan surjektif, harus dibagi menjadi 2 kasus. 
i) Akan ditunjukkan f injektif
Ambil x, y \in \mathbb{R}, x, y \geq 2, sehingga
\begin{aligned} f(x) & = f(y) \\ x^2-2 & = y^2 - 2\\ x^2 & = y^2 \\ x & = y \end{aligned}
Perhatikan bahwa x, y \geq 2 (positif), sehingga x \neq -y (tidak mungkin negatif). 
Ambil x, y \in \mathbb{R}, x, y < 2, sehingga
\begin{aligned} f(x) & = f(y) \\ x + 2 & = y + 2 \\ x & = y \end{aligned}
Jadi, f injektif (dari kedua kasus).
ii) Akan ditunjukkan f surjektif

Ambil t \in \mathbb{R}. Akan dicari x \in \mathbb{R}, x \geq 2 sehingga f(x) = t
\begin{aligned} f(x) = x^2 - 2 & = t \\ x & = \sqrt{t+2} \end{aligned}
Sekarang, akan dicari x \in \mathbb{R}, x < 2, sehingga f(x) = t
\begin{aligned} f(x) & = x + 2 = t \\ x & = t - 2 \end{aligned}
Dari sini, terbukti bahwa f surjektif. 
Oleh karena f injektif dan surjektif, maka f adalah fungsi bijektif.

[collapse]

 

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Induksi Matematika

   Tahukah Anda mengenai keping domino? Keping domino terbuat dari plastik resin, yang tebalnya kurang lebih 7 mm dan ukurannya sekitar 5 x 2,5 cm. Ketika keping-keping domino dibariskan dalam jumlah banyak dengan diberi jarak beberapa sentimeter, maka ketika keping domino terdepan dijatuhkan ke keping domino dibelakangnya, akan terlihat bahwa semua keping domino yang dibariskan akan jatuh. Kejadian ini disebut efek domino.

        Efek domino tidak hanya berlaku untuk keping-keping yang sama besarnya. Pada tahun 2001, seorang fisikawan dari Exploratorium San Fransisco, melakukan eksperimen dengan membuat keping domino dari kayu lapis sebanyak 8 keping, masing-masing 50% lebih besar dari keping sebelumnya. Keping yang pertama ukurannya 5 cm, keping yang kedua ukurannya 7,5 cm. Domino yang pertama menyentuh dengan bunyi “tik” yang lembut, tetapi berakhir dengan suara “bum” yang keras. Bayangkan apa yang terjadi bila rangkaian ini diteruskan. Jika dibuat, keping domino ke-18 sudah menandingi tinggi Menara Pisa, keping ke-31 lebih tinggi 900 meter dengan Mount Everest, dan keping ke-57 sudah menyamai jarak Bumi ke Bulan (dikutip dari: http://handojowibowo.blogspot.com/).

      Prinsip induksi matematika dapat dianalogikan seperti efek domino yang telah dijelaskan sebelumnya. Induksi matematika (atau induksi lengkap) adalah metode pembuktian matematika bahwa setiap pernyataan benar untuk setiap bilangan asli (atau tidak berlaku hanya untuk bilangan asli tertentu). Suatu rumus atau lema umum yang berlaku untuk setiap bilangan asli (atau hanya tidak berlaku untuk bilangan asli tertentu) dapat dibuktikan kebenarannya dengan induksi matematika. Langkah-langkah dalam membuktikannya secara induksi adalah:
Tahap I: Basis Induksi 
Lakukan pemisalan bahwa pernyataan yang diberikan adalah P_n, dengan n sebagai variabel induksi. Tunjukkan bahwa rumus atau pernyataan benar jika n = 1 (atau bilangan asli terkecil yang diberikan). Jika benar, lanjutkan ke tahap kedua.
Tahap II: Langkah Induksi
Tunjukkan bahwa jika rumus atau pernyataan benar untuk P_k (hipotesis induksi), maka juga benar untuk P_{k+1}. Secara matematis ditulis, P_k \Rightarrow P_{k+1}  (kedua pernyataannya harus BENAR).
Catatan: Prinsip yang sama dengan efek domino juga terjadi pada mekanisme Rube Goldberg Machine.

Mekanisme Rube Goldberg Machine
Mekanisme Rube Goldberg Machine

Soal Nomor 1
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
P_n: 1 + 2 + 3 + \cdots + n = \dfrac{n(n+1)} {2}
bernilai benar untuk setiap n \geq 1

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
P_n: 1 + 2 + 3 + \cdots + n = \dfrac{n(n+1)} {2}

Ambil n = 1, diperoleh
P_1: 1 = \dfrac{1(1+1)} {2}
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk n = 1, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
P_k: 1 + 2+ 3 + \cdots + k= \dfrac{k(k+1)} {2}
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} P_{k+1}: & 1 + 2 + 3 + \cdots + k + (k+1) \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)} {2} \bigstar \end{aligned}
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut.
\begin{aligned} & \underbrace{1 + 2 + 3 + \cdots + k}_{P_k} + (k+1) \\ & = \dfrac{k(k+1)} {2} + \dfrac{2(k+1)} {2} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)}{2} \bigstar \end{aligned}
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 2
Buktikan bahwa
2 + 4 + 6 + \cdots + 2n = n^2+n
untuk n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
P_n: 2 + 4 + 6 + \cdots + 2n = n^2+n
Ambil n = 1, diperoleh
P_1: 2 = 1^2 + 1
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk n = 1, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Mis
P_k: 2 + 4 + 6 + \cdots + 2k= k^2+k
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} P_{k+1}: & 2 + 4 + 6 + \cdots + 2k + 2(k+1) \\ & = (k+1)^2+2(k+1) \end{aligned} \bigstar
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.
\begin{aligned} & \underbrace{2 + 4 + 6 + \cdots + 2k}_{P_k} + 2(k+1) \\ & = (k^2 + k) + (2k+2) \\ & = (k^2 + 2k + 1) + (k + 1) \\ & = (k+1)^2+(k+1) \bigstar \end{aligned}
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 3
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
P_n: 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)} {6}
bernilai benar untuk semua n \geq 1.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
P_n: 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)} {6}
Ambil n = 1, diperoleh
P_1: 1^2 = \dfrac{1(1+1)(2+1)} {6} = 1
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk n = 1, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
P_k: 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2 = \dfrac{k(k+1)(2k+1)} {6}
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} P_{k+1}: & 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2 + (k+1)^2 \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)} {6} \bigstar \end{aligned}
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.
\begin{aligned} & \underbrace{1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2}_{P_k} + (k+1)^2 \\ & = \dfrac{k(k+1)(2k+1)} {6} + (k+1)^2 \\ & = (k+1) \times \dfrac{k(2k+1)+6(k+1)} {6} \\ & = (k+1) \times \dfrac{2k^2 + 7k+ 6}{6} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)} {6} \bigstar \end{aligned}
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 4
Buktikan bahwa P_n: 2^n > n + 20 bernilai benar untuk setiap bilangan bulat n \geq 5.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
P_n: 2^n > n + 20
Ambil n = 5, diperoleh
P_1: 2^5 = 32 > 5 + 20 = 25
Jelas bahwa 32 > 25, berarti persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk n = 5, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
P_k: 2^k > k + 20
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
P_{k+1}: 2^{k+1} > (k+1) + 20 \bigstar
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri lebih besar dari ruas kanan sebagai berikut.
\begin{aligned} & 2^{k+1} = 2^k \times 2 > 2(k + 20) \\ & = 2k + 40 > 2k + 21 > k + 21 = (k+1) + 20 \end{aligned}
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \geq 5, n \in \mathbb{Z}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 5
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
P_n: 1 + 3 + 5 + \cdots + (2n-1) = n^2
bernilai benar untuk setiap n \geq 1.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
P_n: 1 + 3 + 5 + \cdots + (2n-1)= n^2
Ambil n = 1, diperoleh
P_1: 1 = 1^2
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk n = 1, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
P_k: 1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1)= k^2
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} P_{k+1} & = 1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1) + (2k+1) \\ & = (k+1)^2 \bigstar \end{aligned}
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut.
\begin{aligned} & \underbrace{1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1)}_{P_k} + (2k+1) \\ &  = k^2 + 2k+1\\ & = (k+1)^2 \bigstar \end{aligned}
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 6 
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
P_n: 1.2 + 2.3 + 3.4 + \cdots + n(n+1) = \dfrac{n(n+1)(n+2)} {3}
bernilai benar untuk setiap n \geq 1.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
P_n: 1.2 + 2.3 + 3.4 + \cdots + n(n+1) = \dfrac{n(n+1)(n+2)} {3}
Ambil n = 1, diperoleh
P_1: 1(2) = \dfrac{1(1+1)(1+2)} {3} = 2
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk n = 1, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
P_k: 1.2 + 2.3 + 3.4 + \cdots + k(k+1)= \dfrac{k(k+1)(k+2)} {3}
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} & P_{k+1} \\ & = 1.2 + 2.3 + 3.4 + \cdots + k(k+1) + (k+1)(k+2) \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)} {3} \bigstar \end{aligned}
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut
\begin{aligned} & \underbrace{1.2 + 2.3 + 3.4 + \cdots + k(k+1)}_{P_k} + (k+1)(k+2) \\ & = \dfrac{k(k+1)(k+2)} {3} + \dfrac{3(k+1)(k+2)} {3} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)} {3} \bigstar \end{aligned}
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 7
Buktikan n^3 - n habis dibagi 6 untuk setiap n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis induksi:
Misalkan
P_n: n^3 - n habis dibagi 6.
Ambil n = 1, sehingga diperoleh
P_1: 1^3 - 1 = 0 habis dibagi 6. Pernyataan ini jelas benar. Jadi, P_n benar untuk n = 1.
Langkah induksi:
Misalkan
P_k: k^3 - k habis dibagi 6, merupakan pernyataan yang diasumsikan benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar. Dalam hal ini,
P_{k+1}: (k+1)^3 - (k+1) habis dibagi 6.
Ekspresi pada P_{k+1} dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} (k+1)^3 - (k+1) & = k^3 + 3k^2 + 2k \\ & = (n^3 - n) + (3n^2 + 3n) \\ & = (n^3 - n) + 3n(n+1) \end{aligned}
Ekspresi terakhir terdiri dari dua suku. Suku pertama adalah (n^3 - n), habis dibagi 6, berdasarkan asumsi sebelumnya. Suku kedua adalah 3n(n+1), juga habis dibagi 6, karena mengandung faktor 3 dan salah satu di antara n atau n+1 merupakan bilangan genap sehingga mengandung faktor 2. Oleh karenanya, P_{k+1} benar.
Jadi, dapat disimpulkan kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare
Catatan: Suatu bilangan habis dibagi 6 jika dan hanya jika bilangan itu habis dibagi 2 (genap) sekaligus habis dibagi 3.

[collapse]

Soal Nomor 8
Untuk semua bilangan asli n \geq 1, buktikan bahwa n^3 + 2n adalah kelipatan 3.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Perhatikan bahwa n^3 + 2n merupakan kelipatan 3 atau dengan kata lain, n^3 + 2n habis dibagi 3.
Misalkan
P_n: 3~|~n^3 + 2n
Ambil n = 1, diperoleh
P_1: 3~|~1^3 + 2(1)
Jelas bahwa 3 membagi habis dirinya sendiri, sehingga untuk n = 1, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
P_k: 3~|~k^3+2k
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
P_{k+1}: 3~|~(k+1)^3+2(k+1) \bigstar
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa (k+1)^3 + 2(k+1) juga merupakan kelipatan 3. Hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut.
\begin{aligned} & (k+1)^3+ 2(k+1) \\ & = (k^3+3k^2+3k+1)+(2k+2) \\ & = (k^3+2k) + 3(k^2+k+1) \end{aligned}
Karena k^3+2k merupakan kelipatan 3 (berdasarkan asumsi) dan 3(n^2+n+1) jelas habis dibagi 3 (karena mengandung faktor 3), maka (k^3+2k) + 3(k^2+k+1) juga merupakan kelipatan 3.
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 9
Buktikan bahwa
1^2 - 2^2 + 3^2 - \cdots + (-1)^{n+1}n^2 = (-1)^{n+1} \dfrac{n(n+1)} {2}
untuk semua n \in \mathbb{N}

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
\begin{aligned}P_n: & 1^2 - 2^2 + 3^2 - \cdots + (-1)^{n+1}n^2 \\ & = (-1)^{n+1} \dfrac{n(n+1)}{2} \end{aligned}
Ambil n = 1, diperoleh
P_1: 1^2 = (-1)^{1+1}\dfrac{1(1+1)} {2} = 1
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk n = 1, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
\begin{aligned} P_k: & 1^2 - 2^2 + 3^2 + \cdots + (-1)^{k+1} \\ & = (-1)^{k+1}\dfrac{k(k+1)} {2} \end{aligned}
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} & P_{k+1}: \\ & 1^2 -2^2 +3^2+ \cdots + (-1)^{n+1}n^2 + (-1)^{n+2}(n+1)^2 \\ & = (-1)^{n+2}\dfrac{(n+1)(n+2)} {2} \bigstar \end{aligned}
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut.

[collapse]

Soal Nomor 10
Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli n, berlaku
\displaystyle \sum_{i = 1}^n i^3 = 1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3 = \left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]

Penyelesaian

Download Jawaban (PDF) 

[collapse]

Soal Nomor 11
Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli n, berlaku
\begin{aligned} \displaystyle \sum_{i = 1}^n i^4 & = 1^4 + 2^4 + 3^4 + \cdots + n^4 \\ & = \dfrac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30} \end{aligned}

Penyelesaian

Download Jawaban (PDF) 

[collapse]

Soal Nomor 12
Buktikan bahwa untuk n \in \mathbb{N}, berlaku
1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots (2n -1)^2 = \dfrac{n(2n-1)(2n+1)} {3}

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
P_n: 1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2n-1)^2 = \dfrac{n(2n-1)(2n+1)} {3}

Misalkan n = 1, berarti didapat
P_1: 1^2 = \dfrac{1(2(1)-1)(2(1)+1)} {3} = 1
Pernyataan di atas benar, sehingga untuk n = 1, pernyataan yang akan kita buktikan benar. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
P_k: 1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2k - 1)^2 = \dfrac{k(2k-1)(2k+1)}{3}

Asumsikan P_k benar, sehingga harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar. Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} & P_{k+1}: \\ &  1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2k - 1)^2 + (2k + 1)^2 \\ & = \dfrac{(k+1)(2k+1)(2k+3)} {3} \bigstar \end{aligned}
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.
\begin{aligned} & \underbrace{1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2k -1)^2}_{P_k} + (2k + 1)^2 \\ & = \dfrac{k(2k-1)(2k+1)}{3} + (2k+1)^2 \\ & = (2k+1)\left(\dfrac{k(2k-1) + 3(2k+1)} {3}\right) \\ & = (2k+1)\left(\dfrac{2k^2+5k+3}{3}\right) \\& = (2k+1)\left(\dfrac{(2k+3)(k+1)} {3}\right) \\ & = \dfrac{(k+1)(2k+1)(2k+3)} {3} \bigstar \end{aligned}
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 13
Buktikan bahwa jika n \in \mathbb{N}, maka n > 0

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan P_n: n > 0 dengan n bilangan asli.
Ambil n = 1, sehingga didapat
P_1: 1 > 0. Pernyataan ini jelas benar (1 lebih besar dari 0).
Jadi, P_n benar untuk n = 1. Basis induksi selesai.
Langkah induksi:
Misalkan P_k: k > 0 dengan k bilangan asli. Asumsikan P_k benar dan harus ditunjukkan bahwa P_{k+1}: k + 1 > 0 juga benar.
Perhatikan bahwa k > 0 (berdasarkan asumsi) menunjukkan k elemen bilangan positif \mathbb{P}, atau ditulis k \in \mathbb{P}. Ini juga sama untuk 1 > 0, berarti 1 \in \mathbb{P}. Untuk itu, berdasarkan definisi kepositivan bilangan: Jika a, b \in \mathbb{P}, maka a + b \in \mathbb{P}, ini berarti terbukti bahwa k + 1 > 0.
Jadi, dapat disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, P_n benar untuk n bilangan asli. \blacksquare
Komentar: Anda tidak boleh menerka bahwa setiap bilangan asli adalah bilangan positif, dengan hanya melihat anggota/elemen himpunan bilangan asli itu. Konsep yang ditegaskan dalam hal ini adalah kepositivan bilangan. Konsep ini dipelajari untuk menjawab definisi kepositivan, bagaimana suatu bilangan bisa dikatakan positif atau negatif, dan sebagainya.

[collapse]

Soal Nomor 14
Buktikan bahwa 7^n - 2^n habis dibagi 5 untuk setiap n \in \mathbb{N}

Penyelesaian

Basis induksi:
Misalkan P_n: 7^n - 2^n habis dibagi 5.
Ambil n = 1, berarti diperoleh
P_1: 7^1 - 2^1=5, yang jelas habis dibagi 5 sehingga pernyataannya benar. Basis induksi selesai.
Langkah induksi:
Misalkan P_k: 7^k - 2^k habis dibagi 5 diasumsikan merupakan pernyataan yang benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, di mana P_{k+1}: 7^{k+1} - 2^{k+1} habis dibagi 5.
Bentuk P_{k+1} di atas dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} 7^k. 7 - 2^k. 2 & = 7^k. 7 - 7.2^k + 7.2^k - 2^k. 2 \\ & = 7(7^k - 2^k) + 2^k(7-2) \\ & = 7(7^k - 2^k) + 2^k(5) \end{aligned}
Ekspresi terakhir di atas terdiri dari 2 suku. Suku pertama adalah 7(7^k - 2^k) habis dibagi 5 karena faktor 7^k - 2^k habis dibagi 5 berdasarkan asumsi sebelumnya. Suku kedua adalah 2^k(5) jelas habis dibagi 5 karena mengandung faktor 5. Jadi, P_{k+1} dapat dibagi 5.
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 15
Buktikan bahwa untuk semua bilangan asli n, a^{2n-1} + b^{2n-1} habis dibagi oleh a + b dengan menggunakan induksi matematika.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan P_n: a^{2n-1} + b^{2n-1} habis dibagi oleh a + b.
Ambil n = 1, sehingga
P_1: a + b habis dibagi oleh a +b (dirinya sendiri) jelas merupakan pernyataan yang benar. Langkah induksi:
Misalkan P_k: a^{2k-1} + b^{2k-1} habis dibagi oleh a + b. Asumsikan pernyataan ini benar. Harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, di mana
P_{k+1}: a^{2k+1} + b^{2k+1} habis dibagi oleh a + b.
Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} & a^{2k+1} + b^{2k+1} \\ & = a^{2k-1}. a^2 + b^{2k-1}. b^2 \\ & = (a^{2k-1} + b^{2k-1}) (a^2) - b^{2k-1}(a^2-b^2) \\ & = (a^{2k-1} + b^{2k-1}) (a^2) - b^{2k-1}(a+b) (a-b) \end{aligned}
Ekspresi di atas terdiri dari dua suku. Suku pertama adalah (a^{2k-1}+b^{2k-1})(a^2), habis dibagi oleh a + b karena faktor pertamanya telah diasumsikan habis dibagi oleh a + b. Sedangkan suku keduanya, yaitu -b^{2k-1}(a+b) (a-b) jelas habis dibagi a + b karena mengandung faktor tersebut. Jadi, P_{k+1} bernilai benar.
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 16
Buktikan bahwa n^3 + 5n habis dibagi 6 untuk n bilangan asli dengan menggunakan induksi matematika.

Penyelesaian

Basis induksi:
Misalkan
P_n: n^3 + 5n habis dibagi 6.
Ambil n = 1, berarti diperoleh
P_1: 1^3 + 5(1) = 6 habis dibagi 6. Pernyataan ini jelas benar. Jadi, P_n benar untuk n = 1.
Langkah induksi:
Sekarang, misalkan
P_k: k^3 + 5k habis dibagi 6.
Asumsikan pernyataan di atas benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: (k+1)^3 + 5(k+1) habis dibagi 6.
Ekspresi P_{k+1} di atas dapat ditulis menjadi
(k+1)^3 + 5(k+1) = (k^3+ 5k) + 3(k^2 + k + 1)
jika diuraikan pangkatnya.
Sekarang, dua suku pada ekspresi terakhir akan kita tinjau sebagai berikut. Suku pertama yaitu k^3 + 5k habis dibagi 6 berdasarkan asumsi sebelumnya. Suku kedua yaitu 3(k^2 + k + 1) juga habis dibagi 6, karena ekspresi ini habis dibagi 3 (mengandung faktor 3) serta habis dibagi 2 (k^2 + k + 1) merupakan bilangan genap untuk setiap k \in \mathbb{N}. Karena kedua sukunya habis dibagi 6, maka P_{k+1} telah terbukti kebenarannya.
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 17
Buktikan bahwa untuk semua bilangan asli n, berlaku
\dfrac{1}{\sqrt{1}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n}} < 2\sqrt{n} 

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
P_n: \dfrac{1}{\sqrt{1}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n}} < 2\sqrt{n}
Ambil n = 1, sehingga diperoleh
P_1: \dfrac{1}{1} < 2\sqrt{1} \Leftrightarrow 1 < 2
Pernyataan di atas jelas benar (1 kurang dari 2), sehingga untuk n = 1, P_n bernilai benar. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
P_k: \dfrac{1}{\sqrt{1}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{k}} < 2\sqrt{k}
Asumsikan P_k benar, sehingga harus ditunjukkan P_{k+1} juga benar.
Diketahui bahwa
\begin{aligned} P_{k+1} & : \dfrac{1}{\sqrt{1}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{k}} + \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} \\ & < 2\sqrt{k+1} \end{aligned}
Sekarang, perhatikan bahwa ekspresi di atas memberlakukan
\begin{aligned} & 2\sqrt{k} + + \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} < 2\sqrt{k+1} + \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} \\ & \Leftrightarrow 2\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}} < 2\sqrt{k+1} \\ & \Leftrightarrow 2\sqrt{k^{2}+k}+1 < 2k+2 \\ & \Leftrightarrow 2\sqrt{k^{2}+k}< 2k+1 \Leftrightarrow 4k^{2}+4k < 4k^{2}+4k+1 \\ & \Leftrightarrow 0 < 1 \end{aligned}
Ketaksamaan terakhir jelas benar (berdasarkan teorema kepositivan dalam analisis real), sehingga dapat dikatakan bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, P_n benar untuk n bilangan asli. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 18
Buktikan dengan induksi matematika bahwa 2^{4n-1} habis dibagi 8 untuk n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan P_n: 2^{4n-1} habis dibagi 8. 
Misalkan n = 1, berarti
P_1: 2^{4(1)-1} = 8 habis dibagi 8. Pernyataan ini benar. Untuk itu, P_n bernilai benar untuk n = 1. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan n = k, berarti
P_k: 2^{4k-1} habis dibagi 8.
Asumsikan pernyataan ini benar, sehingga harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: 2^{4(k+1)-1} = 2^{4k+3} habis dibagi 8.
Perhatikanlah bahwa, 
\begin{aligned} 2^{4k + 3} & = 2^{4k - 1 + 4} \\ & = 2^{4k - 1} \times 2^{4} \\ & = 2^{4k - 1} \times 16 \end{aligned}
Karena 2^{4k-1} atau 16 habis dibagi 8, maka pernyataan P_{k+1} terbukti benar. Ini berarti, kebenaran P_{k} mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, P_n benar untuk setiap n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 19
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
\displaystyle \sum_{k = 1}^n k. 3^k = \dfrac{(2n-1). 3^{n+1}+ 3}{4} berlaku untuk setiap n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
P_n: \displaystyle \sum_{k=1}^n k. 3^k = \dfrac{(2n-1). 3^{n+1}+3}{4}
Ambil n = 1, diperoleh
P_1: 1.3^1 = \dfrac{(2(1)-1). 3^{1+1}+3}{4} = 3
Pernyataan di atas benar. Jadi, P_n benar untuk n = 1. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan n = m (jangan menggunakan k lagi karena sudah dipakai sebagai indeks notasi sigma), berarti
P_m: \displaystyle \sum_{k=1}^m k. 3^k = \dfrac{(2m-1). 3^{m+1}+3}{4}
Asumsikan P_m benar, maka harus ditunjukkan bahwa P_{m+1} juga benar, dengan
P_{m+1}: \displaystyle \boxed{\sum_{k=1}^{m+1} k.3^k = \dfrac{(2m+1). 3^{m+2}+3}{4}}
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan. 
\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{m+1} k. 3^k & = \underbrace{\sum_{k=1}^m k. 3^k} _{P_m} + \sum_{k=m+1}^{m+1} k. 3^k \\ & = \dfrac{(2m-1). 3^{m+1}+3}{4} + (m+1). 3^{m+1} \\ & = \dfrac{(2m-1). 3^{m+1}+3}{4} + \dfrac{4(m+1). 3^{m+1}} {4} \\ & = \dfrac{(2m-1+4m+4). 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \dfrac{(6m + 3). 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \dfrac{3(2m+1). 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \boxed{\dfrac{(2m+1). 3^{m+2} + 3}{4}} \end{aligned}
Dari sini, terbukti bahwa kebenaran P_m mengimplikasikan kebenaran P_{m+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 20
Buktikan dengan induksi matematika bahwa \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{n} {2n+1}
berlaku untuk setiap n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
P_n: \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{n} {2n+1}
Ambil n = 1, diperoleh
P_1: \dfrac{1}{(2(1)-1)(2(1)+1)} = \dfrac{1}{2(1)+1} = \dfrac{1}{3}
Pernyataan di atas benar. Jadi, P_n benar untuk n = 1. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan n = m (jangan menggunakan k lagi karena sudah dipakai sebagai indeks notasi sigma), berarti
P_m: \displaystyle \sum_{k=1}^m \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{m} {2m+1}
Asumsikan P_m benar, maka harus ditunjukkan bahwa P_{m+1} juga benar, dengan
P_{m+1}: \displaystyle \boxed{\sum_{k=1}^{m+1} \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{m+1}{2m+3}}
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan. 
\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=1}^{m+1} \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}\\  & = \underbrace{\sum_{k=1}^m \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}} _{P_m} + \sum_{k=m+1}^{m+1} \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} \\ & = \dfrac{m} {2m+1}+ \dfrac{1}{(2m+1)(2m+3)} \\ & = \dfrac{m(2m+3)+1}{(2m+1)(2m+3)} \\ & = \dfrac{2m^2+3m+1}{(2m+1)(2m+3)} \\ & = \dfrac{(2m+1)(m+1)}{(2m+1)(2m+3)} \\ & = \boxed{\dfrac{m+1}{2m+3}} \end{aligned}
Dari sini, terbukti bahwa kebenaran P_m mengimplikasikan kebenaran P_{m+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 21
Sebuah ATM (Automated Teller Machine) hanya menyediakan pecahan uang Rp20.000,00 dan Rp50.000,00. Kelipatan uang berapakah yang dapat dikeluarkan oleh ATM tersebut? Buktikan dengan induksi matematika.

Penyelesaian

Langkah pertama yang perlu dilakukan adalah membentuk model matematika yang sesuai dengan kasus tersebut. Misalkan a = 20000x + 50000y untuk setiap x, y bilangan cacah, di mana x, y masing-masing menyatakan banyaknya uang pecahan Rp20.000,00 dan Rp50.000,00. Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} 20000x+50000y &  = 10000(2x + 5y) \\ & = 10000(2(x + y) + y) \end{aligned}
Dari bentuk terakhir, dapat dilihat bahwa 2(x+y) (suku pertama) adalah genap, sedangkan y (suku kedua) bisa bernilai genap/ganjil tergantung nilainya sendiri. Untuk itu, 2(x+y) + y dapat bernilai bilangan cacah (0,1,2,3, dan seterusnya). 
Jadi, dapat ditulis secara matematis, 
20000x + 50000y = 10000n
Selanjutnya, kita akan melakukan induksi terhadap variabel n. Untuk n = 1 atau n = 3, tak akan ditemukan x, y yang membuat persamaan itu bernilai benar. Tetapi, untuk n = 2, ditemukan x = 1 dan y = 0 agar persamaan itu benar. Bila dilanjutkan untuk n \geq 4, kita akan menemukan bahwa selalu ditemukan pasangan nilai (x, y) yang memenuhi persamaan ini. Dengan kata lain, kita perlu menunjukkan bahwa Rp10.000,00 adalah kelipatan uang yang dapat dikeluarkan ATM itu. Untuk membuktikan ini, perlu dilakukan proses induksi sebagai berikut. 
Basis Induksi:
Misalkan P_n: 20000x + 50000y = 10000n, n \geq 4
Pernyataan matematis di atas dapat disederhanakan menjadi
P_n: 2x + 5y = n, n \geq 4
Untuk n = 4, didapat 
P_4: 2x+5y = 4
Pasangan (x, y) = (2,0) memenuhi persamaan itu, sehingga P_4 bernilai benar untuk x, y demikian. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Sekarang, misalkan n = k, berarti
P_k: 2x + 5y = k, k\geq 4
Asumsikan P_k benar, maka harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: 2x' + 5y' = k + 1
Akan ditunjukkan bahwa ada x', y' demikian yang memenuhi persamaan di atas. 
\begin{aligned} k + 1 & = \underbrace{k}_{k = 2x + 5y} + (5 - 4) \\ & = 2x + 5y + (5(1) - 2(2)) \\ & = 2(x - 2) + 5(y + 1) \end{aligned}
Ditemukan pasangan nilai (x', y') = (x - 2, y +1) yang membuat pernyataan itu benar untuk k+1 tertentu. Jadi, kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, P_n terbukti benar untuk n \geq 4. Dengan kata lain, kelipatan pecahan uang Rp10.000,00 dapat dikeluarkan oleh ATM tersebut untuk pengambilan uang paling kecil Rp40.000,00. \blacksquare
Catatan:
P_k bernilai benar apabila terdapat pasangan nilai (x, y) yang memenuhi persamaan itu saat k tertentu. 

[collapse]

Soal Nomor 22
Tunjukkan bahwa dalam barisan aritmetika berlaku
S_n = \dfrac{1}{2}n(2a + (n-1)b), n \geq 1, n \in \mathbb{N}
dengan a dan b berturut-turut adalah suku pertama dan beda/selisih tiap suku yang berdekatan dalam barisan itu.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan P_n: S_n = \dfrac{1}{2}n(2a + (n-1)b)
Untuk n = 1, didapat
P_1: S_1 = \dfrac{1}{2}(1)(2a) = a
Pernyataan ini benar karena jumlah satu suku pertama jelas adalah suku pertama itu sendiri. Jadi, P_n benar untuk n = 1. Basis induksi selesai. 
Langkah induksi:
Misalkan
P_k: S_k = \dfrac{1}{2}k(2a + (k-1)b), k \geq 1,k \in \mathbb{N}
Asumsikan P_k benar. Harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: S_{k+1} = \dfrac{1}{2}(k+1)(2a + kb) \bigstar
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut. 
\begin{aligned} S_{k+1} & = S_k + U_{k+1} \\ & = \dfrac{1}{2}(k) (2a+(n-1)b) + (a + kb) \\ & = ak + \dfrac{1}{2}bk^2 + a + \dfrac{1}{2}bk \\ & = \left(\dfrac{1}{2}k+\dfrac{1}{2}\right) (2a+kb) \\ & = \dfrac{1}{2}(k+1)(2a+kb) \bigstar \end{aligned}
Terbukti bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, P_n benar untuk n \geq 1. \blacksquare
Catatan:
Dalam barisan aritmetika, suku ke-n adalah U_n = a + (n - 1)b.

[collapse]

Soal Nomor 23
Tunjukkan bahwa dalam barisan geometri berlaku
S_n = \dfrac{a(r^n-1)} {r - 1}, r > 1, n \geq 1, n \in \mathbb{N}
dengan r adalah rasio barisan.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan P_n: S_n = \dfrac{a(r^n-1)} {r-1}, sehingga untuk n = 1, ditulis
P_1: S_1 = \dfrac{a(r^1-1)} {r - 1} = a
Pernyataan di atas benar karena jumlah satu suku pertama jelas adalah suku pertama itu sendiri. Jadi, P_n benar untuk n = 1. Basis induksi selesai. 
Langkah induksi:
Misalkan n = k, berarti diperoleh
P_k: S_k = \dfrac{a(r^k-1)} {r-1}
Asumsikan P_k benar, maka harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: S_{k+1} = \dfrac{a(r^{k+1} - 1)}{r - 1} \bigstar
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut.
\begin{aligned} S_{k+1} & = S_k + U_{k+1} \\ & =  \dfrac{a(r^k-1)} {r-1} + ar^k \\ & = \dfrac{a(r^k - 1) + ar^k (r - 1)}{r - 1} \\ & = \dfrac{a(r^k - 1 + r^{k+1} - r^k)}{r-1} \\ & = \dfrac{a(r^{k+1} - 1)}{r-1} \bigstar \end{aligned}
Terbukti bahwa kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, P_n benar untuk n \geq 1. \blacksquare
Catatan:
Dalam barisan geometri, suku ke-n adalah U_n = ar^{n-1}.

[collapse]

Soal Nomor 24
Tunjukkan bahwa jika a \in \mathbb{R} dan m, n \in \mathbb{N}, maka
a^{m+n} = a^ma^n dan (a^m)^n = a^{mn}.
Buktikan dengan induksi matematika.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Aksioma Kelengkapan (Analisis Real)

Dalam Analisis Real, terdapat 3 aksioma yang berdiri sebagai suatu pilar. Tahukah kamu tiga aksioma itu?
Aksioma yang dimaksud adalah aksioma lapangan (field axioms), aksioma urutan (ordered axioms), dan aksioma kelengkapan (completeness axioms). Khusus untuk aksioma kelengkapan, kajiannya mengenai himpunan dan batasnya, supremum dan infimum, serta penggunaan Sifat Archimedean (Archimedean Property) yang ternyata sangat bermanfaat dalam menganalisis aksioma ini.
Berikut ini disajikan soal beserta pembahasannya mengenai aksioma kelengkapan Analisis Real.

Soal Nomor 1
Diketahui A = \{x \in \mathbb{R}~|~1 < x \leq 2\}
Tentukan batas atas dan batas bawah himpunan ini.

Penyelesaian

Batas atas himpunan A adalah bilangan dengan interval [2, \infty), karena bilangan-bilangan di interval itu lebih besar atau sama dengan semua bilangan anggota himpunan A. Batas bawah himpunan A adalah bilangan dengan interval (-\infty, 1], karena bilangan-bilangan di interval itu lebih kecil atau sama dengan semua bilangan anggota himpunan A.

[collapse]

Soal Nomor 2
Tentukanlah \max(A), \min(A), \sup(A), dan \inf(A) dari himpunan A = \{x~|~x < 3\}

Penyelesaian

Notasi \max(A) (maximum of A) artinya bilangan terbesar pada himpunan A. Karena A beranggotakan bilangan real yang lebih kecil dari 3, maka \max(A) tidak ada. Dengan kata lain, bilangan real yang sedekat mungkin dengan 3 tidak ada sebab bilangan real sangatlah padat (denseful).
Notasi \min(A) (minimum of A) artinya bilangan terkecil pada himpunan A. Ini berarti, \min(A) \to \infty karena A tidak terbatas di bawah.
Notasi \sup(A) (supremum of A) artinya batas atas terkecil dari himpunan A. Batas atas A adalah bilangan dalam interval [3, \infty). Jadi, \sup(A) = 3.
Notasi \inf(A) (infimum of A) artinya batas bawah terbesar dari himpunan A. Batas bawah A tidak ada (perhatikan bahwa A adalah himpunan bilangan real kurang dari 3), sehingga \inf(A) tidak ada.
Catatan: Banyak orang yang masih berspekulasi bahwa \max(A) ada, tetapi tidak bisa dinyatakan. Jikalau \max(A) = t, maka akan ada bilangan lain yang lebih besar darinya, yaitu \dfrac{t + 3}{2}. Jadi, jelas bahwa A tidak memiliki nilai maksimum.

[collapse]

Soal Nomor 3
Buktikan bahwa jika a batas atas himpunan A dan b batas bawah himpunan A, maka:
a) setiap c \in \mathbb{R} dengan c \geq a merupakan batas atas A.
b) setiap d \in \mathbb{R} dengan d \leq b merupakan batas bawah A.

Penyelesaian

Jawaban a)
Karena a batas atas A, maka x \leq a untuk setiap x \in A (sesuai definisi batas atas). Sekarang, untuk c \geq a, c \in \mathbb{R}, berlaku x \leq a \leq c atau dapat ditulis x \leq c, untuk setiap x \in A. Dengan demikian, c memenuhi definisi batas atas, sehingga dapat dikatakan bahwa c juga merupakan batas atas A.
Jawaban b)
Karena b batas atas A, maka x \geq b untuk setiap x \in A (sesuai definisi batas bawah). Sekarang, untuk d \leq b, d \in \mathbb{R}, berlaku x \geq b \geq d atau dapat ditulis x \geq d, untuk setiap x \in A. Dengan demikian, d memenuhi definisi batas bawah, sehingga dapat dikatakan bahwa d juga merupakan batas bawah A.

[collapse]

Soal Nomor 4
Tentukan \sup (S) dan \inf (S) jika diketahui S = \left\{x \in \mathbb{N}, \dfrac{1}{x}\right\}

Penyelesaian

Himpunan S dapat dituliskan dalam bentuk tabulasi, yaitu
S = \left\{1, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{4}, \cdots\right\}
i) Menentukan \sup S
Untuk sembarang x \in \mathbb{N}, berlaku x \geq 1 \Rightarrow \dfrac{1}{x} \leq 1
Karena 1 \in S dan \dfrac{1}{x} \leq 1, maka 1 merupakan batas atas S. Sekarang, misalkan a merupakan batas atas S yang lebih kecil dari 1. Jelas a tidak ada karena akan ada bilangan elemen S yang lebih besar dari a, yaitu 1. Dari sini, diperoleh bahwa 1 merupakan batas atas terkecil S atau ditulis \sup S = 1
ii) Menentukan \inf S
Untuk sembarang x \in \mathbb{N}, berlaku x > 0. Andaikan z adalah batas bawah S yang nilainya lebih besar dari 0 (padahal berdasarkan dugaan/intuisi, \dfrac{1}{n} akan menuju 0 jika n terus membesar, sehingga batas bawahnya adalah 0 atau kurang dari 0). Dapat ditulis, z > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{z} > 0
Menurut Sifat Archimedean, ada bilangan asli (sebut saja k) yang nilainya lebih besar dari setiap bilangan real (dalam kasus ini, \dfrac{1}{z}), sehingga dapat ditulis \dfrac{1}{z} < k \Rightarrow \dfrac{1}{k} < z

Karena k \in \mathbb{N}, maka \dfrac{1}{k} \in S. Akibatnya, 0 < \dfrac{1}{k} < z. Ini berarti z bukan batas bawah S karena tidak memenuhi definisi batas bawah (nilainya harus lebih kecil atau sama dengan seluruh elemen himpunan yang bersangkutan). Dengan kata lain, tidak ada bilangan lebih dari 0 yang menjadi batas bawah S. Dari sini, diperoleh bahwa 0 merupakan batas bawah terbesar dari S atau ditulis \inf (S) = 0.

[collapse]

Soal Nomor 5
Buktikan lema ketunggalan supremum dan infimum.
Misalkan S adalah himpunan bagian tak kosong dari \mathbb{R}.
a) Jika S mempunyai supremum, maka \sup (S) tunggal.
b) Jika S mempunyai infimum, maka \inf (S) tunggal.

Penyelesaian

Jawaban a)
Misalkan u dan v adalah supremum dari S (kita mengasumsikan supremumnya tidak tunggal, setidaknya ada 2). Karena u dan v juga merupakan batas atas S dan u = \sup (S), diperoleh u \leq v. Karena u dan v juga merupakan batas atas S dan v = \sup (S), diperoleh v \leq u. Dari kedua pernyataan di atas, diperoleh u = v. Jadi, supremum S tunggal (terbukti).
Jawaban b)
Misalkan x dan y adalah infimum dari S (kita mengasumsikan infimumnya tidak tunggal, setidaknya ada 2). Karena x dan y juga merupakan batas bawah S dan x = \inf (S), diperoleh y \leq x. Karena x dan y juga merupakan batas bawah S dan y = \inf (S), diperoleh x \leq y. Dari kedua pernyataan di atas, diperoleh x = y. Jadi, infimum S tunggal (terbukti). \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 6
Misalkan A dan B himpunan terbatas (bounded set) di \mathbb{R}. Buktikan bahwa
a) A \cup B
b) A \cap B
juga terbatas.

Penyelesaian

Jawaban a)
Karena A himpunan terbatas, maka haruslah ada bilangan real p dan q sedemikian sehingga semua elemen A berada dalam interval p dan q atau ditulis A \subseteq [p, q]. Juga karena B himpunan terbatas, maka haruslah ada bilangan real r dan s sedemikian sehingga semua elemen B berada dalam interval r dan s atau ditulis B \subseteq [r, s]. Misalkan L = \inf\{p, r\} (diambil bilangan terkecil dari bilangan real p dan r) dan K = \sup\{q, s\} (diambil bilangan terbesar dari bilangan real q dan s). Akibatnya, A \subseteq [L, K], begitu juga B \subset [L, K]. Jika x \in A \cup B, maka x \in A atau x \in B sehingga x \in [L, K]. Karena x diambil sembarang, maka A \cup B \in [L, K], maka terbukti A \cup B merupakan himpunan terbatas.
Jawaban b)
Misalkan a adalah batas atas A dan b adalah batas bawah B. Ambil sembarang x \in A \cap B. Berarti, x \in A sehingga x \leq a dan juga x \in B sehingga b \leq x. Dengan demikian, A \cap B \in [a, b]. Dari sini, dapat disimpulkan bahwa A \cap B dibatasi oleh interval tersebut, sehingga terbukti bahwa A \cap B terbatas (terbukti).\blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 7
Buktikan Teorema: Sifat Archimedean yang diturunkan dari aksioma kelengkapan.

Penyelesaian

Bunyi Sifat Archimedean adalah “Jika x \in \mathbb{R}, maka terdapat n \in \mathbb{N} sedemikian sehingga x < n
Berikut akan dibuktikan dengan menggunakan Reductio ad Absurdum (kontradiksi).
Misalkan x \in \mathbb{R}. Andaikan tidak ada n \in \mathbb{N} yang memenuhi x < n. Dengan kata lain, x \geq n untuk \forall n \in \mathbb{N}. Ini berarti, x merupakan batas atas \mathbb{N}. Karena terbatas di atas, maka berdasarkan aksioma kelengkapan, \mathbb{N} memiliki supremum. Anggap u = \sup (\mathbb{N}), berarti u-1 bukan supremum \mathbb{N} dan akibatnya terdapat k \in \mathbb{N} sedemikian sehingga u - 1 < k. Dari sini, karena u < k + 1 dan k + 1 \in \mathbb{N}, sehingga u bukan batas \mathbb{N} (ada anggota \mathbb{N} yang lebih besar dari u, yaitu k+1). Ini kontradiksi dengan redaksi \mathbb{N} terbatas di atas. Jadi, pengandaian diingkari, sehingga terbukti teorema: Sifat Archimedean tersebut. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 8
Misalkan A dan B himpunan terbatas di \mathbb{R}.
Tunjukkan bahwa \inf (A \cup B) = \inf\{\inf (A), \inf (B)\}

Penyelesaian

Misalkan \inf (A) \leq \inf (B), sehingga \inf\{\inf (A), \inf (B)\} = \inf (A) Sekarang, akan ditunjukkan bahwa \inf (A \cup B) = \inf (A) dengan cara:
1) Menunjukkan \inf (A) sebagai batas bawah A \cup B
2) Jika ada t yang merupakan batas bawah A \cup B, maka t \leq \inf (A) (sesuai definisi infimum)
Tahap 1: Jika a \in A, maka a \geq \inf (A). Jika b \in B, maka b \geq \inf (B). Berdasarkan pemisalan bahwa \inf (A) \leq \inf (B), maka b \geq \inf (B) \geq \inf (A) atau dapat juga ditulis b \geq \inf (A). Sekarang, misalkan c \in A \cup B, berarti c \in A atau c \in B. Ini berarti c \geq \inf (A), sehingga \inf (A) menjadi batas bawah A \cup B.
Tahap 2: Misalkan t batas bawah A \cup B. Karena t \leq c untuk setiap c \in A \cup B, maka ini juga berarti t \leq c untuk setiap c \in A. Dengan demikian, t adalah batas bawah A dan berdasarkan definisi infimum, t \leq \inf (A). Oleh karena itu, \inf (A) adalah batas bawah A \cup B yang nilainya lebih besar atau sama dengan setiap batas bawah A \cup B. Ditulis, \inf (A \cup B) = \inf (A)
Terbukti bahwa \inf (A \cup B) = \inf\{\inf (A), \inf (B)\}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 9
Diberikan himpunan A = \left\{\dfrac{(-1)^n} {n}, n \in \mathbb{N}\right\}

Tunjukkan bahwa \sup (A) = \dfrac{1}{2} dan \inf (A) = -1

Penyelesaian

Jika ditabulasi (didaftarkan anggotanya), himpunan A dapat ditulis menjadi A = \left\{-1, \dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{4}, \cdots \right\}
Tampak bahwa \dfrac{1}{2} merupakan batas atas A.
Sekarang, misalkan M > 0 merupakan batas atas lain dari A.
Harus ditunjukkan bahwa \dfrac{1}{2} \leq M.
Dengan kontradiksi, andaikan M < \dfrac{1}{2}. Berarti, \dfrac{(-1)^n} {n} \leq M untuk setiap n \in \mathbb{N} Tetapi bila diambil n = 2, diperoleh \dfrac{1}{2} \leq M
Ini kontradiksi dengan pengandaian sebelumnya, sehingga mesti diingkari. Jadi, haruslah \dfrac{1}{2} \leq M. Ini berarti, \dfrac{1}{2} merupakan batas atas terkecil dari A atau dapat ditulis \sup (A) = \dfrac{1}{2}
Selanjutnya, tampak bahwa -1 merupakan batas bawah A. Misalkan m batas bawah lain dari A. Akan ditunjukkan m \leq -1. Dengan kontradiksi, andaikan m > -1, sehingga \dfrac{(-1)^n} {n} \geq m untuk setiap n \in \mathbb{N}
Tetapi bila diambil n = 1, diperoleh -1 \geq m dan ini kontradiksi dengan pengandaian sebelumnya, sehingga mesti diingkari.
Jadi, haruslah m \leq -1. Ini berarti, -1 merupakan batas bawah terbesar dari A atau dapat ditulis \inf (A) = -1 (terbukti). \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 10 (Ref: Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2018)
Apa yang dapat disimpulkan dari himpunan A yang memenuhi \sup (A) = \inf (A) di mana A adalah himpunan bagian tak kosong dari \mathbb{R}?

Penyelesaian

Diketahui A \subseteq \mathbb{R} dan \sup (A) = \inf (A).
Misalkan a \in A, sehingga diperoleh pertidaksamaan
\sup (A) = \inf (A) \leq a \leq \sup (A)
Pertidaksamaan di atas akan terpenuhi saat a = \inf (A) = \sup (A). Karenanya, dapat ditulis A = \{a\} = \{\sup (A)\} = \{\inf (A)\}
Supremum atau infimum suatu himpunan adalah tunggal sehingga dapat disimpulkan bahwa A adalah himpunan yang memiliki elemen tunggal atau n(A) = |A| = 1.

[collapse]

Soal Nomor 11
Misalkan S dan T merupakan himpunan terbatas di \mathbb{R}. Buktikan bahwa jika S \subseteq T, maka
a) \inf (T) \leq \inf (S)
b) \sup (S) \leq \sup (T)

Penyelesaian

S dan T terbatas, berarti keduanya terbatas di atas sekaligus terbatas di bawah.
Jawaban a)
Karena S dan T terbatas di bawah, maka keduanya memiliki infimum. Misalkan s = \inf (S) dan t = \inf (T). Akan ditunjukkan bahwa t \leq s. Dengan kontradiksi, andaikan t > s. Karena s merupakan batas bawah terbesar dari S, maka tidak mungkin t menjadi batas bawah dari S. Artinya, terdapat x \in S yang memenuhi t > x \geq s. Tetapi karena S \subseteq T, maka terdapat elemen T yang lebih kecil dari batas bawah terbesar T. Ini kontradiksi dengan definisi infimum, sehingga pengandaian harus diingkari. Jadi, t \leq s atau \inf (T) \leq \inf (S).

Jawaban b) Karena S dan T terbatas di atas, maka keduanya memiliki infimum. Misalkan s = \sup (S) dan t = \sup (T). Akan ditunjukkan bahwa s \geq t. Dengan kontradiksi, andaikan s < t. Karena, s merupakan batas atas terkecil dari S, maka tidak mungkin t menjadi batas atas dari S. Artinya, terdapat x \in S yang memenuhi t leq x < s. Tetapi karena S \subseteq T, maka terdapat elemen T yang lebih besar dari batas atas terkecil T. Ini kontradiksi dengan definisi supremum, sehingga pengandaian harus diingkari. Jadi, s \leq t atau \sup (S) \leq \sup (T). (Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 12
Tentukan supremum dan infimum dari himpunan
T = \{\sqrt{2}, \sqrt{2 + \sqrt{2}}, \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2}}}, \cdots\}

Penyelesaian

Dengan melihat elemen-elemen T, kita temukan suatu barisan rekursif yang menyatakan setiap elemen T sebagai berikut.
a_n = \sqrt{2 + a_{n-1}}, a_0 = 0
Misalkan
\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = L,
berarti diperoleh
\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{2 + a_{n-1}}) & = L \\ \sqrt{2 + L} & = L \\ L^2 - L - 2 & = 0 \\ (L - 2)(L + 1) & = 0 \end{aligned}
Terpenuhi saat L = 2 atau L = -1. Jelas -1 tidak mungkin diambil karena menimbulkan fallacy. Jadi, 2 akan menjadi supremum dari T.
Selanjutnya, karena a_n < a_{n+1} untuk setiap n \in \mathbb{N}, maka a_n merupakan barisan monoton naik, sehingga \inf (T) = \sqrt{2}.

[collapse]

Soal Nomor 13
Misalkan a = \sup (A)< \infty dan sembarang \epsilon > 0. Buktikan bahwa terdapat x \in A yang memenuhi a - \epsilon < x

Penyelesaian

Dengan kontradiksi, andaikan a - \epsilon \geq x untuk setiap x \in A. Berarti, a - \epsilon merupakan batas atas dari A. Dengan demikian, dapat ditulis a \leq a - \epsilon atau ditulis \epsilon < 0. Ini kontradiksi dengan redaksi bahwa epsilon adalah sembarang bilangan real positif. Jadi, pengandaian harus diingkari. Terbukti bahwa a - \epsilon < x

[collapse]

Soal Nomor 14
Misalkan S = \{x \in \mathbb{R} : x > 9\}. Tunjukkan bahwa
a) himpunan S adalah himpunan yang terbatas di bawah
b) himpunan S tidak memiliki batas atas
c) \inf (S) = 9

Penyelesaian

Jawaban a)
Himpunan S memiliki batas bawah. Batas bawah S adalah seluruh bilangan dalam interval (-\infty, 9].
Jawaban b)
Dengan kontradiksi, andaikan S memiliki batas atas. Ini berarti akan ditemukan k \in \mathbb{R} sedemikian sehingga k \geq n untuk setiap n \in S. Jelas ini salah karena bila diambil n = k + a, a \in \mathbb{R}^{+}, maka pertidaksamaan tersebut tak terpenuhi. Jadi, pengandaian salah dan perlu diingkari. Dengan demikian, S tidak memiliki batas atas.
Jawaban c)
Jelas bahwa 9 merupakan batas bawah S. Sekarang, akan ditunjukkan bahwa jika ada t \in \mathbb{R} yang menjadi batas bawah yang lain dari S, maka haruslah t \leq 9. Dengan kontradiksi, andaikan t >9.
Dalam hal ini, t bukanlah batas bawah S karena akan ditemukan n = \dfrac{t + 9}{2} \in S sedemikian sehingga berlaku
t > \dfrac{t + 9}{2} > 9
Untuk itu, pengandaian diingkari. Jadi, batas bawah terbesar dari S adalah 9, dinotasikan \sup (S) = 9.
Catatan:
Menemukan bilangan yang terletak di antara t dan 9 agaklah sulit, sebab t belum diketahui nilainya. Karena pembuktian harus berlaku umum, maka pemisalan nilai t tidak diperkenankan, sehingga perlu menggunakan prinsip matematis yang lain. Dalam hal ini, \dfrac{t + 9}{2} didapat dari penggunaan Ketaksamaan Aritmetika: “Di antara dua buah bilangan real, terdapat bilangan lain, yaitu rata-rata dari dua bilangan itu.

[collapse]

Soal Nomor 15
Misalkan A himpunan terbatas dan a \in \mathbb{R}. Tunjukkan bahwa
a) a + A = \{a + x : x \in A\} adalah himpunan terbatas
b) aA = \{ax : x \in A\} adalah himpunan terbatas.

Penyelesaian

Jawaban a)
Diketahui A himpunan terbatas, berarti A memiliki supremum dan infimum. Dengan demikian, a + A terbatas di atas oleh a + \sup (A) dan terbatas di bawah oleh a + \inf (A). Oleh karena itu, himpunan tersebut terbatas.
Jawaban b)
Diketahui A himpunan terbatas, berarti A memiliki supremum dan infimum. Dengan demikian, aA terbatas di atas oleh a \times \sup (A) dan terbatas di bawah oleh a \times \inf (A). Oleh karena itu, himpunan tersebut terbatas. (Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 16 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Jika S = \{\sqrt[3]{n} - \sqrt[3]{m}~|~m, n \in \mathbb{N}\}, maka \sup (S) = \cdots

Penyelesaian

Dengan menggunakan pendekatan limit, diperoleh
\displaystyle \lim_{m \to \infty} (\sqrt[3]{n} - \sqrt[3]{m}) = -\infty
dan juga
\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt[3]{n} - \sqrt[3]{m}) = \infty
Dengan demikian, supremum dari S tidak ada karena S tidak terbatas di atas.

[collapse]

Soal Nomor 17 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2011)
Infimum dari himpunan \{n \in \mathbb{N} : (n!)\} adalah \cdots

Penyelesaian

Didefinisikan n! = n(n-1)(n-2)\cdots(2)(1)
Misalkan A = \{n \in \mathbb{N} : (n!)\}
Dengan demikian, infimum dari himpunan tersebut diperoleh saat n minimum (n = 1), sehingga \inf (A) = 1

[collapse]

Soal Nomor 18
Diberikan himpunan A = \{3^{2x} + 3^{\frac{1}{2x}} | x > 0\}.
Tentukan infimum A.

Penyelesaian

Dengan menggunakan ketaksamaan Aritmetik-Geometri,
\begin{aligned} 3^{2x} + 3^{\frac{1}{2x}} &\geq 2\left(3^{2x}.3^{\frac{1}{2x}}\right)^{\frac{1}{2}} \\ & = 2\left(3^{2x + (2x)^{-1}} \right)^{\frac{1}{2}} \\ & \geq 2.3^{\left((2x)(2x) ^{-1}\right)\frac{1}{2}} = 2 \times 3 = 6 \end{aligned}
dan persamaannya berlaku jika dan hanya jika 3^{2x} = 3^{\frac{1}{2x}} dan 2x = (2x) ^{-1}. Untuk x > 0, kita bisa mengambil x = \dfrac{1}{2} untuk memenuhi kondisi tersebut. Jadi, infimum A adalah 6.

[collapse]

Soal Nomor 19 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2006)
Supremum dan infimum dari himpunan A = \left\{\dfrac{m} {n} + \dfrac{8n} {m} : m, n \in \mathbb{N}\right\} dengan \mathbb{N} himpunan bilangan asli adalah \cdots

Penyelesaian

Misalkan \dfrac{m} {n} = t, berarti kita peroleh t + \dfrac{8}{t} = k \in \mathbb{Q}^{+}, yang berbentuk persamaan kuadrat bila ditulis menjadi t^2 - kt + 8 = 0.
Dengan menggunakan rumus kuadrat (rumus ABC), penyelesaian dari persamaan kuadrat itu adalah t_{1,2} = \dfrac{k \pm \sqrt{k^2-32}} {2} \in \mathbb{Q}^{+}
Jika diambil tanda negatifnya, maka t \notin \mathbb{Q}^{+} sehingga kita hanya perlu meninjau akar positifnya saja.
Tinjau kembali syarat radikan akar, yaitu
\sqrt{k^2-32} > 0 \Rightarrow k > 4\sqrt{2}
di mana
\displaystyle \lim_{t \to 2\sqrt{2}} k = 4\sqrt{2}
Lebih lanjut, \displaystyle \lim_{t \to 0} k = \infty
artinya untuk semua t \in \mathbb{Q}^{+}, terdapat t' \in \mathbb{Q}^{+} sedemikian sehingga k' = t' + \dfrac{8}{t'} > k. Dari sini, dapat disimpulkan bahwa infimum dari A adalah 4\sqrt{2}, sedangkan supremumnya tidak ada (karena himpunan A tidak terbatas di atas).

[collapse]

Soal Nomor 20 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2007)
Diberikan p bilangan prima dan A = \left\{-\dfrac{m} {n} - p \dfrac{n} {m} : m, n \in \mathbb{N} \right\}
Tentukan \sup (A).

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]
Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Refleksi (Geometri)

Berikut ini adalah soal bab REFLEKSI yang diambil dari buku berjudul “Geometri Transformasi” oleh Rawuh (dengan sedikit modifikasi dan perbaikan).

Soal Nomor 1
Diketahui dua titik A dan B. Lukislah sebuah garis g sehingga M_g(A) = B. Tentukan pula M_g(B).

Penyelesaian

M_g(A) = B artinya bayangan dari pencerminan titik A oleh garis g adalah B. Garis g, titik A, dan titik B dapat ditempatkan sedemikian rupa sehingga seperti gambar berikut.

Dengan demikian, jelas bahwa M_g(B) = A.

[collapse]

Soal Nomor 2
Apabila pada V ada sistem sumbu ortogonal dan A(1,3) sedangkan B(-2,-1). Tentukanlah persamaan sebuah garis g sehingga M_g(A) = B.

Penyelesaian


Sistem sumbu ortogonal (tegak lurus) yang dimaksudkan di sini adalah sistem koordinat Kartesius. Pertama-tama, carilah persamaan garis yang melalui titik A(1,3) dan B(-2,-1) sebagai berikut.
\begin{aligned} \dfrac{y-y_1}{y_2-y_1} & = \dfrac{x-x_1}{x_2-x_1} \\ \dfrac{y-3}{-1-3} & = \dfrac{x - 1}{-2-1} \\ -3(y-3) & =-4(x-1) \\ 4x - 3y + 5 & = 0 \end{aligned}
Diperoleh persamaan garisnya adalah 4x - 3y + 5 = 0.
Gradien garis ini adalah m_1 = \dfrac{4}{3}, sehingga gradien garis yang tegak lurus dengannya adalah m = -\dfrac{3}{4}. Selanjutnya, carilah titik tengah ruas garis AB, yaitu
C = \left(\dfrac{1+(-2)} {2}, \dfrac{3+(-1)} {2}\right) = \left(-\dfrac{1}{2}, 1\right)
Persamaan garis yang melalui C dan bergradien -\dfrac{3}{4} adalah
\begin{aligned} & y = m(x - x_1) + y_1 \\ & y  = -\dfrac{3}{4}\left(x + \dfrac{1}{2}\right) + 1 \\ & y  = -\dfrac{3}{4}x - \dfrac{3}{8} + 1 \\ & 6x+ 8y - 5  = 0 \end{aligned}
Jadi, persamaan garis g yang menjadi sumbu pencerminan bagi titik A dan B adalah 6x + 8y - 5 = 0.

[collapse]

Soal Nomor 3
Diketahui g = \{(x, y)~|~x = -3\}
a) Apabila A(2,1), tentukan A' = M_g(A)
b) Tentukan C apabila M_g(C) = (-1,7)
c) Apabila P(x, y) sebuah titik sembarang, tentukanlah M_g(P)

Penyelesaian

Jawaban a)
Persamaan garis yang tegak lurus dengan garis g: x = -3 dan melalui A(2,1) adalah y = 1. Titik B(-3, 1) adalah titik tengah AA', di mana A' adalah titik bayangan hasil pencerminan titik A oleh garis g. Dengan demikian,
\begin{aligned} (-3, 1) &= \left(\dfrac{x_A + x_{A'}} {2}, \dfrac{y_A + y_{A'}} {2}\right) \\ (-3,1) & = \left(\dfrac{2+x_{A'}} {2}, \dfrac{1+y_{A'}} {2}\right) \\ (-6,2) & = (2 + x_{A'}, 1 + y_{A'}) \\ (x_{A'}, y_{A'}) & = (-8, 1) \end{aligned}
Jadi, titik A' berada di koordinat (-8,1).
Jawaban b)
Persamaan garis yang tegak lurus dengan garis g: x = -3 dan melalui C' = M_g(C) = (-1,7) adalah y = 7.
Titik D(-3, 7) adalah titik tengah CC', di mana C adalah titik prapeta dari pencerminan garis g yang menghasilkan titik C'. Dengan demikian,
\begin{aligned} (-3, 7) &= \left(\dfrac{x_A + x_{A'}} {2}, \dfrac{y_A + y_{A'}} {2}\right) \\ (-3,7) & = \left(\dfrac{x_C - 1} {2}, \dfrac{y_C + 7} {2}\right) \\ (-6,14) & = (x_C - 1, y_C + 7) \\ (x_C, y_C) & = (-5, 7) \end{aligned}
Jadi, titik C berada di koordinat (-5,7).
Jawaban c)
Persamaan garis yang tegak lurus dengan garis g: x = -3 dan melalui P(x_P, y_P) adalah y = y_P. Misal Q(x_Q, y_Q) adalah titik tengah PP', di mana P' adalah titik bayangan hasil pencerminan titik P oleh garis g. Perhatikan juga bahwa x_Q = -3 dan y_Q = y_P. Dengan demikian,
\begin{aligned} Q = (-3, y_P) &= \left(\dfrac{x_P + x_{P'}} {2}, \dfrac{y_P + y_{P'}} {2}\right) \\ (-3, y_P) & = \left(\dfrac{2+x_{A'}} {2}, \dfrac{1+y_{A'}} {2}\right) \\ (-6,2y_P) & = (x_P + x_{P'}, y_P + y_{P'}) \\ (x_{P'}, y_{P'}) & = (-6 - x_P, y_P) \end{aligned}
Jadi, apabila P(x, y), maka hasil pencerminannya oleh garis g: x = -3 adalah M_g(P) = P' = (-6 - x, y).

[collapse]

Soal Nomor 4
Diketahui g = \{(x, y)~|~y = 2\}
a) Jika A = (3, \sqrt{2}), tentukan A' = M_g(A)
b) Jika D' =(2,-4), tentukan prapeta D' oleh M_g.
c) Jika P(x, y), tentukan M_g(P)

Penyelesaian

Jawaban a)
Persamaan garis yang tegak lurus dengan garis g: y = 2 dan melalui A(3,\sqrt{2}) adalah x = 3. Titik B(3,2) adalah titik tengah AA', di mana A' adalah titik bayangan hasil pencerminan titik A oleh garis g. Dengan demikian,
\begin{aligned} (3,2) &= \left(\dfrac{x_A + x_{A'}} {2}, \dfrac{y_A + y_{A'}} {2}\right) \\ (3,2) &  = \left(\dfrac{3+x_{A'}} {2}, \dfrac{\sqrt{2}+y_{A'}} {2}\right) \\ (6,4) & = (3+ x_{A'}, \sqrt{2} + y_{A'}) \\ (x_{A'}, y_{A'}) & = (3, 4-\sqrt{2}) \end{aligned}
Jadi, titik A' berada di koordinat (3, 4 - \sqrt{2})
Jawaban b)
Persamaan garis yang tegak lurus dengan garis g: y = 2 dan melalui D' = M_g(D) = (2,-4) adalah x = 2.
Titik C(2,2) adalah titik tengah DD', di mana D adalah titik prapeta dari pencerminan garis g yang menghasilkan titik D'. Dengan demikian,
\begin{aligned} (2,2) &= \left(\dfrac{x_D + x_{D'}} {2}, \dfrac{y_D + y_{D'}} {2}\right) \\ (2,2) & = \left(\dfrac{x_D + 2} {2}, \dfrac{y_D + (-4)} {2}\right) \\ (4,4) & = (x_D + 2, y_D - 4) \\ (x_D, y_D) & = (2, 8) \end{aligned}
Jadi, titik D berada di koordinat (2,8).
Jawaban c)
Persamaan garis yang tegak lurus dengan garis g: y = 2 dan melalui P(x_P, y_P) adalah x = x_P. Misal Q(x_Q, y_Q) adalah titik tengah PP', di mana P' adalah titik bayangan hasil pencerminan titik P oleh garis g. Perhatikan juga bahwa x_Q = x_P dan y_Q = 2. Dengan demikian,
\begin{aligned} Q = (x_Q, y_Q) &= (x_P, 2)= \left(\dfrac{x_P + x_{P'}} {2}, \dfrac{y_P + y_{P'}} {2}\right) \\ (x_P, 2)  & = \left(\dfrac{2+x_{A'}} {2}, \dfrac{1+y_{A'}} {2}\right) \\ (2x_P, 4) & = (x_P + x_{P'}, y_P + y_{P'}) \\ (x_{P'}, y_{P'}) & = (x_P, 4 - y_P) \end{aligned}
Jadi, apabila P(x, y), maka hasil pencerminannya oleh garis g: x = -3 adalah M_g(P) = P' = (x, 4 - y).

[collapse]

Soal Nomor 5
Diketahui garis h = \{(x, y)~|~y = x\}
a) Jika A = (2,-3), tentukan M_h(A)
b) Jika B'=(-3,5), tentukan prapeta dari B' oleh M_h
c) Apabila P(x, y) sebuah titik sembarang, tentukan M_h(P) = P'

Penyelesaian

Jawaban a)
Gradien garis h: y = x adalah m = 1, sehingga garis yang tegak lurus dengan garis ini memiliki gradien m_1 = -1.
Persamaan garis yang melalui titik A(2,-3) dan bergradien -1 adalah
\begin{aligned} y & = m_1(x - x_1)+y_1 \\ y & = -(x - 2) - 3 \\ y &= -x - 1 \end{aligned}
Selanjutnya, akan dicari titik potong garis y = x dan y = -x - 1 dengan cara mensubstitusikan persamaan pertama ke persamaan kedua (seperti penyelesaian SPLDV) , sehingga dapat ditulis
\begin{aligned} x & = -x - 1 \\ 2x & = -1 \\ x & = -\dfrac{1}{2} \end{aligned}
Jika x demikian, maka haruslah y = -\dfrac{1}{2}. Ini berarti titik tengah \overline{AA'} adalah \left(-\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}\right), di mana A' adalah titik bayangan hasil pencerminan garis h pada titik A, maka berlaku
\begin{aligned} \left(-\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}\right) &= \left(\dfrac{x_A +x_{A'}} {2}, \dfrac{y_A+y_{A'}} {2}\right)\\ \left(-\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}\right) & = \left( \dfrac{2+x_{A'}}{2}, \dfrac{-3 + y_{A'}} {2} \\ (-1, -1) & = (2 + x_{A'}, -3 + y_{A'}) \\ (x_{A'}, y_{A'}) & = (-3, 2) \end{aligned}
Jadi, koordinat titik A' adalah (-3,2).
Jawaban b)
Gradien garis h: y = x adalah m = 1, sehingga garis yang tegak lurus dengan garis ini memiliki gradien m_1 = -1.
Persamaan garis yang melalui titik B'(-3,5) dan bergradien -1 adalah
\begin{aligned} y & = m_1(x - x_1)+y_1 \\ y & = -(x + 3) + 5 \\ y &= -x + 2 \end{aligned}
Selanjutnya, akan dicari titik potong garis y = x dan y = -x + 2 dengan cara mensubstitusikan persamaan pertama ke persamaan kedua (seperti penyelesaian SPLDV) , sehingga dapat ditulis
\begin{aligned} x & = -x + 2\ 2x & = 2 \\ x & = 1 \end{aligned}
Jika x demikian, maka haruslah y = 1. Ini berarti titik tengah \overline{BB'} adalah (1,1), di mana B' adalah titik bayangan hasil pencerminan garis h pada titik B, maka berlaku
\begin{aligned} (1,1) &= \left(\dfrac{x_B +x_{B'}} {2}, \dfrac{y_B+y_{B'}} {2}\right) \\ (1,1) & = \left( \dfrac{x_B+(-3)}{2}, \dfrac{y_B+ 5} {2} \\ (2,2) & = (x_B - 3, y_B + 5) \\ (x_{B}, y_{B}) = (5, -3) \end{aligned}
Jadi, koordinat titik B adalah (5,-3).
Jawaban c)
Persamaan garis yang tegak lurus dengan garis h: y = x dan melalui P(x_P, y_P) adalah x = x_P. Misal Q(x_Q, y_Q) adalah titik tengah PP', di mana P' adalah titik bayangan hasil pencerminan titik P oleh garis h. Perhatikan juga bahwa x_Q = x_P dan y_Q = 2. Dengan demikian,
\begin{aligned} Q = (x_Q, y_Q) &= (x_P, 2)= \left(\dfrac{x_P + x_{P'}} {2}, \dfrac{y_P + y_{P'}} {2}\right) \\ (x_P,2) & = \left(\dfrac{2+x_{P'}} {2}, \dfrac{1+y_{P'}} {2}\right) \\ (2x_P, 4) & = (x_P + x_{P'}, y_P + y_{P'}) \\ (x_{P'}, y_{P'}) & = (x_P, 4 - y_P) \end{aligned}
Jadi, apabila P(x, y), maka hasil pencerminannya oleh garis g: x = -3 adalah M_h(P) = P' = (x, 4 - y).

[collapse]

Soal Nomor 6
Diketahui garis h = \{(x, y)~|~x + y =0\}
a) Jika A = (2,-3), tentukan M_h(A)
b) Jika B'=(-3,5), tentukan prapeta dari B' oleh M_h
c) Apabila P(x, y) sebuah titik sembarang, tentukan M_h(P) = P'

Penyelesaian

Jawaban a)
Gradien garis h: x + y = 0 adalah m = -1, sehingga garis yang tegak lurus dengan garis ini memiliki gradien m_1 = 1.
Persamaan garis yang melalui titik A(2,-3) dan bergradien 1 adalah
\begin{aligned} y & = m_1(x - x_1)+y_1 \\ y & = (x - 2) - 3 \\ y &= -x - 5 \end{aligned}
Selanjutnya, akan dicari titik potong garis x + y = 0 \Leftrightarrow y = -x dan y = x - 5 dengan cara mensubstitusikan persamaan pertama ke persamaan kedua (seperti penyelesaian SPLDV) , sehingga dapat ditulis
\begin{aligned} -x & = x - 5 \\ -2x & = -5 \\ x & = \dfrac{5}{2} \end{aligned}
Jika x demikian, maka haruslah y = -\dfrac{5}{2}. Ini berarti titik tengah \overline{AA'} adalah \left(\dfrac{5}{2}, -\dfrac{5}{2}\right), di mana A' adalah titik bayangan hasil pencerminan garis h pada titik A, maka berlaku
\begin{aligned} \left(\dfrac{5}{2}, -\dfrac{5}{2}\right) &= \left(\dfrac{x_A +x_{A'}} {2}, \dfrac{y_A+y_{A'}} {2}\right) \\ \left(\dfrac{5}{2}, -\dfrac{5}{2}\right) & = \left( \dfrac{2+x_{A'}}{2}, \dfrac{-3 + y_{A'}} {2}\right) \\ (5, -5) & = (2 + x_{A'}, -3 + y_{A'}) \\ (x_{A'}, y_{A'}) & = (3, -2) \end{aligned}
Jadi, koordinat titik A' adalah (3,-2).
Jawaban b)
Gradien garis h: x + y = 0 adalah m = -1, sehingga garis yang tegak lurus dengan garis ini memiliki gradien m_1 = 1.
Persamaan garis yang melalui titik B'(-3,5) dan bergradien 1 adalah
\begin{aligned} y & = m_1(x - x_1)+y_1 \\ y & = (x + 3) + 5 \\ y &= x + 8 \end{aligned}
Selanjutnya, akan dicari titik potong garis x + y = 0 \Leftrightarrow y = -x dan y = x + 8 dengan cara mensubstitusikan persamaan pertama ke persamaan kedua (seperti penyelesaian SPLDV) , sehingga dapat ditulis
\begin{aligned} -x & = x +8 \\ -2x & = 8 \\ x & = -4 \end{aligned}
Jika x demikian, maka haruslah y = 4. Ini berarti titik tengah \overline{BB'} adalah (-4,4), di mana B' adalah titik bayangan hasil pencerminan garis h pada titik B, maka berlaku
\begin{aligned} (-4,4) &= \left(\dfrac{x_B +x_{B'}} {2}, \dfrac{y_B+y_{B'}} {2}\right) \\ (-4, 4) & = \left( \dfrac{x_B+(-3)}{2}, \dfrac{y_B+ 5} {2}\right) \\ (-8,8) & = (x_B - 3, y_B + 5) \\ (x_{B}, y_{B}) & = (-5, 3) \end{aligned}
Jadi, koordinat titik B adalah (-5,3).
Jawaban c)
Persamaan garis yang tegak lurus dengan garis h: x + y = 0 (gradien m =1) dan melalui P(x_P, y_P) adalah
\begin{aligned} y - y_P & = m(x-x_P) \\ y & = x - x_P + y_P \end{aligned}.
Misal Q(x_Q, y_Q) adalah titik tengah PP', di mana P' adalah titik bayangan hasil pencerminan titik P oleh garis h.
Dengan demikian,
\begin{aligned} Q = (x_Q, y_Q) &= \left(\dfrac{x_P + x_{P'}} {2}, \dfrac{y_P + y_{P'}} {2}\right) \\ (2x_Q, 2y_Q) & = (x_P+x_{P'}, y_P+y_{P'}) \\ (x_{P'}, y_{P'}) & = (x_P-2x_Q, y_P-2y_Q) \end{aligned}
Jadi, apabila P(x, y), maka hasil pencerminannya oleh garis h: x + y = 0 adalah M_h(P) = P' = (x - 2x_Q, y - 2y_Q).

[collapse]

Soal Nomor 7
Diketahui garis g = \{(x, y)~|~x + y = 1\}
a) Tentukan M_g(0)
b) Tentukan M_g(A) dengan A(1,2)
c) Jika P = (x, x+1), tentukan P apabila M_g(P) = P

Penyelesaian

Jawaban a)
M_g(0) dalam hal ini artinya hasil pencerminan titik O(0,0) oleh garis g.
Gradien garis g: x + y = 1 adalah m = -1, sehingga garis yang tegak lurus dengan garis ini memiliki gradien m_1 = 1.
Persamaan garis yang melalui titik O(0,0) dan bergradien 1 adalah
\begin{aligned} y & = m_1(x - x_1)+y_1 \\ y & = (x - 0) + 0 \\ y &=x \end{aligned}
Selanjutnya, akan dicari titik potong garis y = x dan y = 1-x dengan cara mensubstitusikan persamaan pertama ke persamaan kedua (seperti penyelesaian SPLDV) , sehingga dapat ditulis
\begin{aligned} x & = 1-x \\ 2x & = 1 \\ x & = \dfrac{1}{2} \end{aligned}
Jika x demikian, maka haruslah y = \dfrac{1}{2}. Ini berarti titik tengah \overline{OO'} adalah \left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right), di mana O' adalah titik bayangan hasil pencerminan garis g pada titik O, maka berlaku
\begin{aligned} \left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right) &= \left(\dfrac{x_O +x_{O'}} {2}, \dfrac{y_O+y_{O'}} {2}\right) \\ \left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right) & = \left( \dfrac{0+x_{O'}}{2}, \dfrac{0 + y_{O'}} {2}\right) \\ (x_{A'}, y_{A'} & = (1, 1) \end{aligned}
Jadi, koordinat titik M_g(O) = O' adalah (-3,2).
Jawaban b)
Gradien garis g: x + y = 1 adalah m = -1, sehingga garis yang tegak lurus dengan garis ini memiliki gradien m_1 = 1.
Persamaan garis yang melalui titik A(1,2) dan bergradien 1 adalah
\begin{aligned} y & = m_1(x - x_1)+y_1 \\ y & = (x - 1) + 2 \\ y &= x + 1\end{aligned}
Selanjutnya, akan dicari titik potong garis y = 1-x dan y = x+1 dengan cara mensubstitusikan persamaan pertama ke persamaan kedua (seperti penyelesaian SPLDV) , sehingga dapat ditulis
\begin{aligned} 1-x& = x+1 \\ -2x & = 0 \\ x & = 0 \end{aligned}
Jika x demikian, maka haruslah y = 1. Ini berarti titik tengah \overline{AA'} adalah (0,1), di mana A' adalah titik bayangan hasil pencerminan garis g pada titik A, maka berlaku
\begin{aligned} (0,1) &= \left(\dfrac{x_A +x_{A'}} {2}, \dfrac{y_A+y_{A'}} {2}\right) \\ (0,1) & = \left( \dfrac{1 +x_{B'}}{2}, \dfrac{2+y_{B'} } {2}\right) \\ (0,2) & = (1+x_{B'} , 2+y_{B'}) \\ (x_{B}, y_{B}) & = (-1,0) \end{aligned}
Jadi, koordinat titik A adalah (-1,0).
Jawaban c)
Diketahui titik P(x, x+1) dan g = \{(x, y)~|~x + y = 1\}.
Perhatikan bahwa M_g(P) = P menunjukkan bahwa hasil pencerminan titik P oleh garis g adalah titik P itu sendiri. Ini berarti titik P tepat berada di sumbu cermin (garis g). Oleh karena itu, ditulis P \in g. Koordinat P adalah (x, x+1), sehingga dengan substitusi y = x+1 pada persamaan garis g, diperoleh
\begin{aligned} x + y & = 1 \\ x + (x+1) & = 1 \\ x & = 0 \end{aligned}
dan y = x + 1 = 0 + 1 = 1.
Jadi, M_g(P) = (0,1).

[collapse]

Soal Nomor 8
Diketahui garis g = \{(x, y)~|~x - 3y + 1=0\} dan sebuah titik A = (2,k). Tentukan k apabila M_g(A) = A.

Penyelesaian

Diketahui sebuah garis g \equiv x - 3y + 1 = 0 dan titik A(2,k). Karena M_g(A) = A, maka A haruslah terletak pada sumbu cermin, yaitu terletak pada garis g. Untuk mencari nilai k, substitusikan nilai x=2 dan y=k pada persamaan garis g sehingga diperoleh
\begin{aligned} 2 - 3k + 1 &= 0 \\ k & = 1 \end{aligned}
Jadi, nilai k yang memenuhi adalah k = 1.

[collapse]

Soal Nomor 9
Diketahui garis k = \{(x, y)~|~ax - 3y + 1 = 0\} dan sebuah titik B(3,-1). Tentukan a apabila M_k(B) = B.

Penyelesaian

Diketahui sebuah garis k \equiv ax - 3y + 1 = 0 dan titik B(3,-1).
Karena M_k(B) = B, maka B haruslah terletak pada sumbu cermin, yaitu terletak pada garis k. Untuk mencari nilai a, substitusikan nilai x = 3 dan y = -1 pada persamaan garis k sehingga diperoleh
\begin{aligned} a(3) - 3(-1) + 1 &= 0 \\ 3a & = -4 \\ a & = -\dfrac{4}{3} \end{aligned}
Jadi, nilai a yang memenuhi adalah -\dfrac{4}{3}

[collapse]

Soal Nomor 10
T adalah sebuah transformasi yang ditentukan oleh T(P) = (x - 5, y + 3) untuk semua titik P(x, y) \in V. Selidiki apakah T suatu isometri. Apakah sifat tersebut dapat diperluas secara umum?

Penyelesaian

Diketahui sebuah transformasi T dengan T(P) = (x - 5, y + 3) untuk semua titik P(x, y) \in V.
Menurut definisi, T disebut isometri jika untuk P_1,P_2 \in V, maka |P_1'P_2'| = |P_1P_2| di mana P_1' dan P_2' berturut-turut adalah titik bayangan hasil transformasi dari P_1 dan P_2. Sekarang, ambil sembarang titik P_1,P_2 \in V dengan P_1=(x_1,y_1) dan P_2 = (x_2, y_2). Dengan demikian,
T(P_1) = P_1' = (x_1 - 5, y_1 + 3)
T(P_2) = P_2' = (x_2 - 5, y_2 + 3)
Dengan menggunakan rumus jarak, didapat
|P_1P_2| = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2}
sedangkan untuk bayangannya,
\begin{aligned} |P_1'P_2'|& = \sqrt{(x_2'-x_1')^2 + (y_2'-y_1')^2} \\ |P_1'P_2'| & = \sqrt{((x_2-5)-(x_1 - 5))^2 + ((y_2+3)-(y_1+1))^2} \\ |P_1'P_2'| & = \sqrt{(x_2'-x_1')^2 + (y_2'-y_1')^2} \end{aligned}
Diperoleh |P_1'P_2'|= |P_1P_2|
Karena berlaku demikian, maka T dikatakan sebagai suatu isometri.
Syarat tersebut dapat diperluas secara umum. Misalkan
T(P_1) = P_1' = (x_1 + a, y_1 + b)
T(P_2) = P_2' = (x_2 + a, y_2 + b)
sehingga
|P_1P_2| = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2}
sedangkan
\begin{aligned} |P_1'P_2'| & = \sqrt{(x_2'-x_1')^2 + (y_2'-y_1')^2 \\ |P_1'P_2'| & = \sqrt{((x_2+a)-(x_1+a))^2 + ((y_2+b) -(y_1+b)^2} \\ |P_1'P_2'| & = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1))^2} \end{aligned}
Diperoleh |P_1P_2| = |P_1'P_2'|
Dengan demikian, T suatu isometri yang dapat diperumum.

[collapse]

Soal Nomor 11
Sebuah transformasi T didefinisikan untuk semua titik P(x, y) sebagai T(P) = (2x, y - 1). Selidiki apakah T suatu isometri.

Penyelesaian

Ambil sembarang titik P, Q \in V dengan P = (x_p, y_p) dan Q = (x_q, y_q)
Dengan rumus jarak, diperoleh
|PQ| = \sqrt{(x_p-x_q)^2 + (y_p-y_q)^2}
Menurut definisi transformasi T,
T(P) = (2x_p, y_p-1), T(Q) = (2x_q, y_q-1)
Dengan rumus jarak, diperoleh
\begin{aligned} & |T(P)T(Q)|  \\ & = \sqrt{(2x_p-2x_q)^2 + ((y_p-1)-(y_q-1))^2} \\ & = \sqrt{4(x_p-x_q)^2 + (y_p - y_q)^2} \end{aligned}
Diperoleh |T(P)T(Q)| \neq |PQ|
Jadi, transformasi T tidak mengawetkan jarak. Dengan demikian, dapat disimpulkan bahwa T bukanlah isometri. 

[collapse]

Soal Nomor 12
Diketahui garis g dan titik-titik A, A', B, dan C seperti terlihat pada gambar berikut.
a) Dengan menggunakan hanya sebuah penggaris, tentukan B' = M_g(B) dan C' = M_g(C)
b) Buktikan bahwa gambar yang Anda buat sudah benar.

Penyelesaian

Jawaban a)

Jawaban b)

Pada gambar di atas, garis g menjadi garis sumbu dari \overline{CC'}, \overline{BB'}, dan \overline{AA'}, sehingga B' = M_g(B), A' = M_g(A), dan C' = M_g(C). Jadi, gambar tersebut sudah benar. 

[collapse]

Soal Nomor 13
Ada sebuah garis g = \{(x, y)~|~y = x\}.
Andaikan T sebuah transformasi yang didefinisikan untuk semua P(x, y) pada bidang V sebagai berikut: T(P) = P' = (y, x). Buktikan bahwa T adalah sebuah refleksi garis pada g dengan menunjukkan:
a) T(P) = P, apabila P(x, y) \in g
b) g adalah sumbu ruas garis \overline{PP'}, apabila P(x, y) \in g

Penyelesaian Belum Tersedia

[collapse]

Soal Nomor 14
Jika h sebuah garis yang melalui titik asal dengan koefisien arah -1, tentukan
a) A jika M_h(A) =(-2,3)
b) M_h(P) jika P = (x, y)

Penyelesaian

Jawaban a)
h melewati titik (0,0) dengan m = -1. Dengan demikian, persamaan garis h adalah
\begin{aligned} y & = m(x - x_1) + y_1 \\ y & = -(x - 0) + 0 \\ y & = -x \end{aligned}
Berdasarkan konsep pencerminan, \overline{AA'} \perp h, melalui A' = (x', y') = (-2,3) dan bergradien 1,di mana A' = M_h(A).
Persamaan garis \overline{AA'} adalah
\begin{aligned} y & = m(x - x_1) + y_1 \\ y & = (x + 2) + 3 = x + 5 \end{aligned}
Perpotongan garis h dan \overline{AA'} adalah
\begin{aligned} y & = y \\ -x & = x + 5 \\ x & = -\dfrac{5}{2} \end{aligned}
Untuk x demikian, diperoleh y = \dfrac{5}{2}
Jadi, titik tengah \overline{AA'} adalah (x_p, y_p) =\left(-\dfrac{5}{2}, \dfrac{5}{2}\right)
Selanjutnya, dengan menggunakan prinsip titik tengah, diperoleh
\begin{aligned} (x_p, y_p) & = \left(\dfrac{x + x'} {2}, \dfrac{y + y'} {2}\right) \\ \left(-\dfrac{5}{2}, \dfrac{5}{2}\right) & = \left(\dfrac{x-2}{3}, \dfrac{y+3}{2}\right) \end{aligned}
Dari sini, didapat x = -3 dan y = 2. Jadi, koordinat titik A adalah (-3,2).
Jawaban b)
Garis \overline{PP'} tegak lurus garis h \equiv y = -x, sehingga m = 1 dan melalui (a, b).
Persamaan garis \overline{PP'} adalah
\begin{aligned} y & = m(x - x_1) + y_1 \\ y & = 1(x - a) + b \\ y & = x - a + b \end{aligned}
Selanjutnya, perpotongan garis h dan \overline{PP'} (titik tengah \overline{PP'}) adalah
\begin{aligned} y & = y \\ -x & = x - a + b \\ x & = \dfrac{a-b} {2} \end{aligned}
Untuk x demikian, y = -\dfrac{a-b} {2}
Jadi, titik tengah \overline{PP'} adalah \left(\dfrac{a-b} {2}, -\dfrac{a-b} {2}\right)
Berdasarkan prinsip titik tengah, diperoleh
\begin{aligned} \left(\dfrac{a-b} {2}, -\dfrac{a-b} {2}\right) & = \left(\dfrac{x+x'} {2}, \dfrac{y+y'} {2}\right) \\ \left(\dfrac{a-b} {2}, -\dfrac{a-b} {2}\right) & = \left(\dfrac{a+x'} {2}, \dfrac{b+y'} {2}\right) \end{aligned}
Jadi, diperoleh x' = -b dan y' = -a. Dengan demikian, untuk P = (a, b) = (x, y), diperoleh P' = (-b, -a) = (-y, -x)

[collapse]

Soal Nomor 15
Diketahui sebuah garis g. T sebuah fungsi yang didefinisikan untuk setiap titik P pada bidang V sebagai berikut:
Jika P \in g, maka T(P) = P
Jika P \notin g, maka T(P) = P' sehingga P' adalah titik tengah ruas garis ortogonal dari P ke g.
a) Apakah T suatu transformasi?
b) Apakah T suatu isometri?
c) Apabila ada dua titik A dan B sehingga A'B' = AB dengan A' = T(A), B'=T(B), apa yang dapat dikatakan tentang A dan B?

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 16
Diketahui titik-titik