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

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. Misalkan  $u_1 = p_1 = 1$ dan
$\displaystyle \begin{aligned} u_2 & = p_2- \dfrac{p_2 \cdot u_1}{||u_1||^2}u_1 \\ & = x- \dfrac{\frac{1}{2}}{1}(1) = x- \dfrac{1}{2}. \end{aligned}$
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. 
$\displaystyle \begin{aligned} & ||u_1|| = \int_0^1~dx = 1 \\ & ||u_2|| = \int_0^1 \left(x- \dfrac{1}{2}\right)^2~dx = \dfrac{1}{12} \end{aligned}$
Berarti himpunan ortonormal yang dimaksud adalah
$\boxed{\left\{1, \dfrac{x- \frac{1}{2}} {\frac{1}{12}} \right\} = \left\{1, 12x-6\right\}}$

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.

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 $a=0$.
Jadi, nilai $a$ adalah $\boxed{0}$

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} \dfrac{1}{A} +\dfrac{1}{B}&  = \dfrac{A+B} {AB} \\ & = A^{-1}(A+B)B^{-1}. \end{aligned}$
Dalam hal ini, didapat $A^{-1} + B^{-1} = A^{-1}(A+B)B^{-1}.$
Dari persamaan $A^{-1} = (A+B)^{-1}-B^{-1}$, diperoleh
$$\begin{aligned} A^{-1} + B^{-1} & = (A+B)^{-1} \\ A^{-1}(A+B)B^{-1} & = (A+B)^{-1} \\ \dfrac{1}{\det (A)} \cdot \det(A+B) \cdot \dfrac{1}{\det (B)} & = \dfrac{1}{\det(A+B)} \\ \det(A) \cdot \det(B) & = \det(A+B)^2 && \bigstar \end{aligned}$$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 $\bigstar$
$$\begin{aligned} \det(A) \cdot \det(B) & = \dfrac{\det(A^{-1}B)^2}{\det(-B^{-1})^2} \\ \det(A) \cdot \det(B) & = \det(A^{-1})^2 \cdot \det(B^2) \cdot \det(B^2) \\ \det(A^3) & = \det(B^3) \\ \det(A) & = \det(B) \\ \dfrac{1}{2017} & = \det(B) \end{aligned} $$Jadi, nilai dari $\boxed{\det(B) = \dfrac{1}{2017}}$

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 $\displaystyle \begin{bmatrix} \dfrac{1}{2} \\- \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} \end{bmatrix}$ 

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, 
$$\begin{aligned} A^{2006} & = PD^{2006}P^{-1} \\ & = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 &-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3^{2006} & 0 \\ 0 & 1^{2006} \end{pmatrix} \left(-\dfrac{1}{2}\right) \begin{pmatrix}-1 &-1 \\-1 & 1 \end{pmatrix} \\ & =-\dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}-3^{2006}-1 &-3^{2006}+1 \\-3^{2006}+1 &-3^{2006}-1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$