Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Matematika Bidang Aljabar Linear

Berikut ini adalah soal-soal ON MIPA-PT bidang Aljabar Linear beserta pembahasannya yang dikumpulkan oleh penulis. Semoga dapat dijadikan referensi belajar menghadapi ON MIPA-PT. Selamat berjuang, para pejuang ON MIPA!

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
$\left \langle \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 &1 \\ a & 0 \end{bmatrix} \right \rangle = \text{tr}\left(\begin{bmatrix} 1 &a \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}\right) = 0$
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 ortonormalisasi 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)
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]

Soal Nomor 10 (Soal ON MIPA-PT Tahun 2017 Tingkat Nasional)
Misalkan $A$ dan $B$ adalah matriks dalam $\mathbb{R}^{2017\times 2017}$ yang memenuhi persamaan-persamaan
$A^{-1} = (A+B)^{-1}-B^{-1}$
dan
$\det(A^{-1}) = 2017$
Tentukan $\det(B)$ .

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
$\dfrac{1}{A} +\dfrac{1}{B} = \dfrac{A+B} {AB} = A^{-1}(A+B)B^{-1}$
Dalam hal ini, didapat $A^{-1} + B^{-1} = A^{-1}(A+B)B^{-1}$
Dari persamaan $A^{-1} = (A+B)^{-1}-B^{-1}$ , diperoleh
$\begin{aligned} A^{-1} + B^{-1} & = (A+B)^{-1} \\ A^{-1}(A+B)B^{-1} & = (A+B)^{-1} \\ BA & = (A+B)^2\\ \det(B) \cdot \det(A) & = \det(A+B)^2 && \bigstar \end{aligned}$
Selanjutnya, dari persamaan $A^{-1} = (A+B)^{-1}-B^{-1}$ , kalikan $(A+B)$ pada kedua ruasnya, sehingga didapat
$\begin{aligned} A^{-1}(A+B) & = (A+B)^{-1}(A+B) - B^{-1}(A+B) \\ I + A^{-1}B & = I - B^{-1}(A+B) \\ A^{-1}B & = - B^{-1}(A+B) \\ \det(A^{-1}B) & = \det(-B^{-1}) \cdot \det(A+B) \\ \det(A+B) & = \dfrac{\det(A^{-1}B)}{\det(-B^{-1})} \end{aligned}$
Substitusikan persamaan terakhir ini ke $\bigstar$ ,
$\begin{aligned} \det(B) \cdot \det(A) & = \dfrac{\det(A^{-1}B)^2}{\det(-B^{-1})^2} \\ \det(B) \cdot \det(A) & = \det(A^{-1})^2 \cdot \det(B^2) \cdot \det(B^2) \\ \det(A^3) & = \det(B^3) \\ \det(A) & = \det(B) \\ \dfrac{1}{2017} & = \det(B) \end{aligned}$
Jadi, nilai dari $\boxed{\det(B) = \dfrac{1}{2017}}$

[collapse]

Soal Nomor 11 (Soal ON MIPA-PT Tahun 2006 Tingkat Wilayah)
Koordinat $x^2$ terhadap basis $\{x^2+x, x+1, x^2+1\}$ di $P_2$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

Gunakan basis standar $C = \{1, x, x^2\}$ untuk menyatakan koordinat vektor $x^2$ dan setiap elemen basis itu.
Dalam kasus ini, dapat ditulis suatu kombinasi linear untuk skalar $k_1, k_2, k_3$ , yaitu
$k_1(x^2+x) + k_2(x+1)+ k_3(x^2+1)=x^2$
Jika ditulis dalam koordinat vektor menjadi
$k_1 \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} + k_2 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + k_3 \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$
Selesaikan persamaan ini dengan menggunakan Operasi Baris Elementer (OBE) pada matriks diperbesarnya (Eliminasi Gauss-Jordan).
$\begin{aligned} & \displaystyle \left[\begin{array}{ccc|c} 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ \end{array} \right] \\ & \overset{r_1 \leftrightarrow r_3} {\longrightarrow}\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{array} \right] \\ &\overset{r_2 - r_1} {\longrightarrow}\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{array} \right] \\ &\overset{r_3 - r_2} {\longrightarrow} \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \end{array} \right] \end{aligned}$
Diperoleh $k_3 = \dfrac{1}{2}, k_2= -\dfrac{1}{2}$ , dan $k_3 = \dfrac{1}{2}$ .
Jadi, koordinat $x^2$ terhadap basis $\{x^2+x, x+1, x^2+1\}$ di $P_2$ adalah $\displaystyle \begin{bmatrix} \dfrac{1}{2} \\ - \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} \end{bmatrix}$

[collapse]

Soal Nomor 12 (Soal ON MIPA-PT Tahun 2006 Tingkat Wilayah)
Jika $A = \begin{pmatrix} 2&1 \\ 1&2 \end{pmatrix}$ , maka $A^{2006} = \cdots$

Penyelesaian

Dengan menggunakan prinsip diagonalisasi matriks, pertama-tama tentukan dulu nilai eigen $A$ .
$\begin{aligned} |A - I\lambda| & = 0 \\ \begin{vmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2 - \lambda \end{vmatrix} & = 0 \\ (2-\lambda)^2-1 & = 0 \\ (\lambda - 3)(\lambda - 1) & = 0 \end{aligned}$
Diperoleh nilai eigen $A$ , yaitu $\lambda = 3$ atau $\lambda = 1$ .
Berikutnya, akan ditentukan vektor eigen untuk $\lambda = 3$ .
$\begin{aligned} (A-3I)\overline{x} & = \overline{0} \\ \left[\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} - 3\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right] \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} & = \overline{0} \\ \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} & = \overline{0} \end{aligned}$
Persamaan matriks di atas dapat diubah menjadi sistem persamaan linear
$\begin{cases} -x_1 + x_2 = 0 \\ x_1 - x_2 = 0 \end{cases}$
yang memiliki penyelesaian nontrivial, yaitu $x_1 = t$ dan $x_2 = t$ dengan $t \in \mathbb{R}$ , sehingga
$\overline{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} t \\ t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$
Selanjutnya, akan ditentukan vektor eigen untuk $\lambda = 1$ .
$\begin{aligned} (A-1I)\overline{x} & = \overline{0} \\ \left[\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right] \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} & = \overline{0} \\ \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} & = \overline{0} \end{aligned}$
Persamaan matriks di atas dapat diubah menjadi sistem persamaan linear
$\begin{cases} x_1 + x_2 = 0 \\ x_1 + x_2 = 0 \end{cases}$
yang memiliki penyelesaian nontrivial, yaitu $x_1 = t$ dan $x_2 = -t$ dengan $t \in \mathbb{R}$ , sehingga
$\overline{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} t \\ -t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$
Jadi, dari bentuk $P^{-1}AP = D$ , untuk $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ dan $D$ matriks diagonal, diperoleh
$\begin{aligned} P^{-1}AP & = -\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \\ D & = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$
Jadi,
$\begin{aligned} A^{2006} & = PD^{2006}P^{-1} \\ & = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3^{2006} & 0 \\ 0 & 1^{2006} \end{pmatrix} \left(-\dfrac{1}{2}\right) \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \\ & = -\dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} -3^{2006} -1 & -3^{2006}+1 \\ -3^{2006}+1 & -3^{2006}-1 \end{pmatrix} \end{aligned}$

[collapse]

Soal Nomor 13 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2017)
Diketahui $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 \\ 5 & 2 & 6 \\ -2 & -1 & -3 \end{pmatrix}$
Nilai dari $A^{2017} + 2017A^{2018} + 2I^{2018}$ adalah $\cdots$
A. $O$ D. $2017A+2I$
B. $2I$ E. $A+2I$
C. $A$

Penyelesaian

Perhatikanlah bahwa
$\begin{aligned} A^2 & = A \times A \\ & = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 \\ 5 & 2 & 6 \\ -2 & -1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 \\ 5 & 2 & 6 \\ -2 & -1 & -3 \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 3 & 3 & 9 \\ -1 & -1 & -3 \end{pmatrix} \\ A^3 & = A^2 \times A \\ & = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 3 & 3 & 9 \\ -1 & -1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 \\ 5 & 2 & 6 \\ -2 & -1 & -3 \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$
Karena perkalian matriks nol dengan matriks apapun tetap menghasilkan matriks nol, sedangkan perpangkatan matriks identitas tetap menghasilkan matriks identitas, maka dapat ditulis
$\begin{aligned} & A^{2017} + 2017A^{2018} + 2I^{2018} \\ & = O + 2017O + 2I = 2I \end{aligned}$
Jadi, nilai dari $\boxed{A^{2017} + 2017A^{2018} + 2I^{2018} = 2I}$
(Jawaban B)
Catatan:
$O$ merupakan notasi matriks nol, sedangkan I adalah notasi matriks identitas.

[collapse]

Soal Nomor 14
Jika $A = \begin{pmatrix} 0 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ , maka $A^{2009} = \cdots$
A. $\begin{pmatrix} a^{1004} & 0 \\ 0 & a^{1004} \end{pmatrix}$
B. $\begin{pmatrix} 0 & a^{1005} \\ a^{1004} & 0 \end{pmatrix}$
C. $\begin{pmatrix} 0 & a^{1005} \\ a^{1005} & 0 \end{pmatrix}$
D. $\begin{pmatrix} a^{2008} & 0 \\ 0 & a^{1004) \end{pmatrix}$
E. $\begin{pmatrix} 0 & a^{1004} \\ a^{1004} & 0 \end{pmatrix}$

Penyelesaian

Diketahui: $A = \begin{pmatrix} 0 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$
Perhatikan hasil dari sejumlah perpangkatan matriks $A$ berikut.
$\begin{aligned} A^2 & = A \times A = \begin{pmatrix} 0 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & a \end{pmatrix} \\ A^3 & = A^2 \times A = \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & a^2 \\ a & 0 \end{pmatrix} \\ A^4 & = A^3 \times A = \begin{pmatrix} 0 & a^2 \\ 0 & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2 & 0 \\ 0 & a^2 \end{pmatrix} \\ A^5 & = A^4 \times A = \begin{pmatrix} a^2 & 0 \\ 0 & a^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & a^3 \\ a^2 & 0 \end{pmatrix} \\ A^6 & = A^5 \times A = \begin{pmatrix} 0 & a^3 \\ a^2 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^3 & 0 \\ 0 & a^3 \end{pmatrix} \end{aligned}$
Dari uraian di atas, ditemukan pola
$A^n = \begin{pmatrix} a^{\frac{n} {2}} & 0 \\ 0 & a^{\frac{n} {2}} \end{pmatrix}$
untuk $n$ genap.
$A^n = \begin{pmatrix} 0 & a^{\frac{n+1} {2}} \\ a^{\frac{n-1} {2}} & 0\end{pmatrix}$
untuk $n$ ganjil.
Karena $2009$ adalah bilangan ganjil, maka kita dapatkan
$A^{2009} = \begin{pmatrix} 0 & a^{\frac{2009+1} {2}} \\ a^{\frac{2009-1} {2}} & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & a^{1005} \\ a^{1004} & 0\end{pmatrix}$
(Jawaban B)

[collapse]

Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Matematika Bidang Aljabar Linear

Artikel Terkait

Leave a Reply Cancel reply