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 ON MIPA-PT dan Pembahasan – Bidang Aljabar Linear

Berikut ini adalah soal-soal ON MIPA-PT bidang Aljabar Linear beserta pembahasannya. Beberapa soal mungkin belum disediakan penyelesaiannya. Jika Anda dapat memberi solusi, silakan kirimkan argumentasi Anda di email: shanedizzy6@gmail.com. Tentunya, kami mengucapkan terima kasih atas hal tersebut. 
Jika ada pertanyaan, silakan ajukan di kolom komentar.

Soal Nomor 1 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan K dan L adalah dua subruang berbeda dari ruang vektor real V. Jika \dim(K) = \dim(L) = 4, maka dimensi minimal yang mungkin untuk V adalah \cdots

Penyelesaian

Jika K, L dua subruang berbeda dari ruang vektor V, maka haruslah
\dim(K) = \dim(L) < \dim(V)
Karena \dim(K) = \dim(L) = 4, maka dimensi minimal yang mungkin untuk V adalah 5.

[collapse]

Soal Nomor 2
Untuk f, g \in \mathbb{C}[0,1], didefinisikan hasil kali dalam 
\langle f, g \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1} f(x)g(x)~dx
Agar fungsi f(x) = -3x + 2k^2 dan g(x) = x ortogonal pada ruang hasil kali dalam tersebut, maka nilai konstanta k adalah \cdots

Penyelesaian

Karena f(x) dan g(x) ortogonal pada RHKD tersebut, haruslah berlaku
\langle f, g \rangle = \displaystyle \int_0^1 (-3x+2k^2)(x)~dx = 0
Lakukan proses integrasi sebagai berikut. 
\begin{aligned} \displaystyle \int_0^1 (-3x^2+2k^2x)~dx & = 0 \\ \left[-x^3+k^2x^2\right]_0^1 & = 0 \\ (-1 + k^2) - 0 & = 0 \\ k & = \pm 1 \end{aligned}
Jadi, nilai konstanta k adalah \pm 1

[collapse]

Soal Nomor 3 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan V ruang vektor fungsi-fungsi ae^{3x}\sin x + be^{3x}\cos x. Transformasi T: V \mapsto V didefinisikan T(f) = f'+f untuk \forall f \in V. Matriks representasi T terhadap basis \{e^{3x}\sin x, e^{3x}\cos x\} adalah \cdots

Penyelesaian

Didefinisikan transformasi T(f) = f'+f (perhatikan bahwa f' menyatakan turunan pertama fungsi f), sehingga
\begin{aligned} T(e^{3x}\sin x) & = (3e^{3x}\sin x + e^{3x} \cos x) + e^{3x}\sin x \\ & = 4e^{3x}\sin x + e^{3x} \cos x \end{aligned}
dan
\begin{aligned} T(e^{3x}\cos x) & = (3e^{3x}\cos x - e^{3x} \sin x) + e^{3x} \cos x \\ & = - e^{3x} \sin x + 4e^{3x}\cos x \end{aligned}
Dengan memperhatikan koefisien e^{3x}\sin x dan e^{3x}\cos x} dari masing-masing hasil transformasi yang merupakan basis matriks representasi T (misal kita beri nama himpunannya B), diperoleh
\boxed{T = \begin{pmatrix} T(e^{3x} \sin x)_B & T(e^{3x} \cos x)_B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & - 1 \\ 1 & 4 \end{pmatrix} }

[collapse]

Soal Nomor 4 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan A, B, C, D matriks-matriks berukuran n \times n. Misalkan pula A memiliki balikan dan AC = CA. Buktikan bahwa
\det\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} = \det(AD-CB)

Penyelesaian

Langkah pertama yang cukup tricky untuk membuktikan persamaan itu adalah menuliskan ekspresi determinan pada ruas kirinya dalam 2 faktor. 
\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & O \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ O & D-CA^{-1}B \end{bmatrix}
di mana O dan I berturut-turut menyatakan matriks nol dan matriks identitas perkalian. 
Dengan menggunakan teorema determinan |AB| = |A||B|, diperoleh
\begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} I & O & CA^{-1} & I \end{vmatrix} \begin{vmatrix} A & B \\ O & D-CA^{-1}B \end{vmatrix}
Jika diperhatikan, bentuk matriks pada ruas kanan merupakan matriks segitiga atas dan bawah. Teorema determinan pada submatriks memperbolehkan perhitungan determinan seperti biasa, 
\begin{aligned} & \begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} \\ & = \det(I) \times \det(A(D - CA^{-1}B) -O) = \det(AD - ACA^{-1}B) \end{aligned}
Karena AC = CA, maka dapat ditulis
\begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} = \det(AD - CAA^{-1}B) = \det(AD - CB)
(Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 5 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Didefinisikan hasil kali dalam \langle A, B \rangle = \text{tr}(B^TA), A, B \in \mathbb{R}^{2 \times 2}
\left\{\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 &1 \\ a & 0 \end{bmatrix}\right\}
adalah himpunan ortogonal jika dan hanya jika a = \cdots

Penyelesaian

Himpunan matriks yang diberikan itu ortogonal dalam ruang hasil kali dalam yang diberikan, ditulis
\left \langle \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 &1 \\ a & 0 \end{bmatrix} \right \rangle = \text{tr}\left(\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 &1 \\ a & 0 \end{bmatrix}\right) = 0
Dengan mengalikan matriksnya, didapat
\text{tr}\left(\begin{bmatrix} -a & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\right) = 0
Berdasarkan definisi trace, 
-a + 1 = 0 \Rightarrow a = 1
Jadi, nilai a yang memenuhi kondisi tersebut adalah 1.
Catatan: Trace dari matriks A, dinotasikan \text{tr}(A) didefinisikan sebagai jumlah dari entri-entri diagonal utama matriks A

[collapse]

Soal Nomor 6 (Seleksi Nasional ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan A dan B adalah matriks dalam \mathbb{R}^{n \times n} yang memenuhi persamaan
AB^2 - 2BAB + B^2A = O
Tentukan nilai eigen terbesar dari matriks AB - BA.

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
\begin{aligned} & AB^2 - 2BAB + B^2A = O\\ & AB^2 - BAB - BAB + B^2A = O \\ & (AB-BA)B - B(AB - BA) = O \\ & (AB-BA)B = B(AB-BA) \end{aligned}
Persamaan terakhir menunjukkan bahwa matriks B dan AB - BA komutatif satu sama lain. Dua kemungkinan untuk kedua matriks ini adalah matriks nol atau matriks identitas perkalian (karena kedua matriks ini selalu komutatif). Jika AB - BA = O, maka nilai eigennya jelas 0 (nol), sedangkan jika AB - BA = I, maka nilai eigennya adalah 1 (satu). Jadi, nilai eigen terbesar dari matriks AB-BA adalah 1.

[collapse]

Soal Nomor 7 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2009)
Misalkan P_1 ruang polinom real berderajat paling tinggi 1 dengan hasil kali dalam
\displaystyle \langle p(x), q(x) \rangle = \int_0^1 p(x) q(x)~dx
Proses ortonomalisasi Gram-Schmidt pada himpunan \{1,x\} di P_1 akan menghasilkan himpunan ortonormal \cdots

Penyelesaian

Misalkan p_1 = 1,p_2=x, sehingga
\displaystyle p_1 \bullet p_2 = \int_0^1 x~dx = \dfrac{1}{2}
dan juga
\displaystyle ||p_1||^2 = \int_0^1~1~dx = 1
Terapkan Proses Gram-Schmidt. Misal  u_1 = p_1 = 1 dan
\displaystyle \begin{aligned} u_2 & = p_2 - \dfrac{p_2 \bigdot u_1}{||u_1||^2}u_1 \\ & = x - \dfrac{\frac{1}{2}}{1}(1) = x - \dfrac{1}{2} \end{aligned}
Jadi, diperoleh himpunan ortogonal \left \{1, x - \dfrac{1}{2}\right\}
Selanjutnya, kita akan mencari himpunan ortonormalnya dengan membagi masing-masing anggota himpunan dengan normanya. 
\displaystyle \begin{aligned} & ||u_1|| = \int_0^1~dx = 1 \\ & ||u_2|| = \int_0^1 \left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2~dx = \dfrac{11}{24} \end{aligned}
Berarti himpunan ortonormal yang dimaksud adalah
\boxed{\left\{1, \dfrac{x - \frac{1}{2}} {\frac{11}{24}} \right\} = \left\{1, \dfrac{24x-12}{11}\right\}}

[collapse]

Soal Nomor 8 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun ????) 
Contoh matriks real simetris 2 \times 2 yang semua komponennya tak nol dan semua nilai karakteristiknya negatif adalah \cdots

Penyelesaian

Misalkan matriks real simetris berukuran 2 \times 2 yang dimaksud adalah
\displaystyle\begin{bmatrix} a & b \\ b & a \end{bmatrix}
dengan a, b \in \mathbb{R}
sehingga persamaan karakteristiknya memenuhi
\begin{aligned} & \begin{vmatrix} a - \lambda & b \\ b & a - \lambda \end{vmatrix} = 0 \\ & (a - \lambda)^2 = b^2 \\ & a - \lambda =\pm b \end{aligned}
Diperoleh \lambda = a \pm b
Karena \lambda < 0, maka salah satu kombinasi nilai a, b yang memenuhi persamaan di atas adalah a = -2 dan b = 1, yaitu
-2 + 1 = -1
Jadi, contoh matriksnya adalah 
\begin{bmatrix} -2& 1 \\ 1& -2 \end{bmatrix}
Catatan: Matriks real simetris adalah matriks dengan komponen/entrinya bilangan real dan transpos matriksnya sama dengan matriks itu sendiri. 
Soal ini termasuk soal open-ended, karena jawaban yang diharapkan bisa berbeda-beda.

[collapse]

Soal Nomor 9 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2013)
Misalkan \displaystyle W = \left\{f \in C[1,2] | \int_1^2 f(x)~dx = a\right\}
Agar W merupakan subruang dari vektor C[1,2], haruslah a = \cdots

Penyelesaian

Subruang W haruslah tertutup terhadap operasi penjumlahan dan perkalian skalar. 
Misal \displaystyle \int_1^2 kf(x)~dx = a
Ambil k = 1 dan k = 2, berturut-turut diperoleh
\displaystyle \begin{cases} F(2) - F(1) = a \\ 2F(2) - 2F(1) = a \end{cases}
Kalikan persamaan pertama dengan 2, lalu dikurangi persamaan kedua, sehingga diperoleh 2a - a = 0, yang berarti \boxed{a = 0}.
Jadi, nilai a adalah 0

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini