Materi, Soal, dan Pembahasan – Ruang Vektor Umum

Sebelum memasuki materi utama, berikut ini adalah kompetensi dasar yang seharusnya sudah dikuasai pembaca:
1. Memahami materi himpunan, fungsi, polinomial, dan matriks (sangat ditekankan)
2. Memahami prinsip logika matematika (konjungsi, disjungsi, implikasi, biimplikasi, ekuivalensi).
3. Dapat mereduksi matriks menggunakan Operasi Baris Elementer (OBE).

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 1: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai bentuk identitas penjumlahan.
Catatan 2: Objek \overline{0} yang disebut sebagai “identitas” tidak selalu berarti vektor nol \overline{0} = (0,0,\cdots, 0). Hal ini tergantung dari definisi operasi yang diberikan. Jika diberikan himpunan A, maka untuk a \in A, haruslah berlaku
a * \overline{0} = a
Prinsip seperti ini sebenarnya sama dengan prinsip pada identitas penjumlahan/perkalian bilangan real, yaitu untuk a \in \mathbb{R},
a + 0 = a dan a \times 1 = a
Untuk itu, 0 disebut identitas penjumlahan dan 1 disebut identitas perkalian pada bilangan real.
Aksioma 5:
Untuk setiap \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 1: Aksioma ini mungkin telah dipandang umum sebagai invers penjumlahan.
Catatan 2: -\overline{u} juga tidak selalu sama dengan -\overline{u} = (-u_1, -u_2, \cdots, -u_k). Hal ini tergantung dari operasi yang diberikan. Suatu vektor dikatakan invers dari vektor yang lain jika keduanya dioperasikan menghasilkan identitas. Untuk itu, identitasnya harus terlebih dahulu diketahui.

Aksioma 6:
Jika k adalah sembarang skalar dan \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) atau Ruang Bagian

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

Teorema 1: Subruang

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

Teorema 1: Dimensi

Jika V adalah ruang vektor berdimensi terhingga dan \{\overline{v}_1,\overline{v}_2, \cdots, \overline{v}_r\} adalah sembarang basis, maka
a) Setiap himpunan dengan lebih dari r vektor tak bebas linear. 
b) Tidak ada himpunan dengan vektor kurang dari r yang merentang V.

Teorema 2: Dimensi

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

Definisi 2: Dimensi

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

Definisi: Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang Nol

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

Teorema 1: Ruang Kolom

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

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

Jika x_0 menyatakan sembarang penyelesaian tunggal dari suatu sistem linear tak homogen yang konsisten, yaitu A\overline{x} = \overline{b}, dan jika \{\overline{v}_1,\overline{v}_2,\cdots, \overline{v}_r\} membentuk suatu basis untuk ruang nol dari A (ruang penyelesaian dari sistem homogen A\overline{x} = \overline{0}), maka setiap penyelesaian dari A\overline{x} = \overline{b} dapat dinyatakan dalam bentuk
\overline{x} = \overline{x} _0 + c_1\overline{v}_1 + c_2\overline{v}_2 + \cdots + c_r\overline{v}_r
dan sebaliknya dengan skalar c_1, c_2, \cdots, c_r, sedangkan vektor \overline{x} dalam rumus ini merupakan penyelesaian dari A\overline{x} = \overline{b}

Soal Nomor 1
Apakah himpunan semua pasangan tiga bilangan real (x, y, z) dengan operasi
(x, y, z) + (x', y', z') = (x + x', y + y', z + z')
dan
k(x, y, z) = (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) \in A
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 unsur identitas dalam A, yaitu \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}
Karena berlaku k(\overline{u} + \overline{v}) = k\overline{u} + k\overline{v}, maka A memenuhi aksioma ketujuh.

(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 himpunan V = \{(a, b)~|~a, b \in \mathbb{R}\} dengan operasi:
(a, b) + (a', b') = (a + a' + aa', b + b' + bb')
dan
k(a,b) = (a, kb)
Apakah V dengan operasi tersebut merupakan ruang vektor?

Penyelesaian

Jika V adalah ruang vektor, maka V harus memenuhi 10 aksioma sesuai definisi ruang vektor. 
(Aksioma 1)
Ambil sembarang \overline{u}, \overline{v} \in V. Misalkan \overline{u} = (a, b)
dan \overline{v} = (c, d), dengan a, b, c, d \in \mathbb{R}, sehingga

\begin{aligned} \overline{u} + \overline{v} & = (a, b) + (c, d) \\ & = (a + c + ac, b + d + bd) \in V \end{aligned}
Karena a, b, c, d \in \mathbb{R}, maka a + c + ac, b + d + bd juga adalah bilangan real karena operasi penjumlahan maupun perkalian bilangan real bersifat tertutup (hasil operasinya tetap merupakan bilangan real). Ini berarti \overline{u} + \overline{v} memenuhi syarat keanggotaan V dan oleh karenanya, V memenuhi aksioma pertama. 
(Aksioma 2)
Ambil sembarang \overline{u}, \overline{v} \in V. Misalkan \overline{u} = (a, b) dan \overline{v} = (c, d), dengan a, b, c, d \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} \overline{u} +\overline{v} & = (a, b) + (c, d) \\ & = (a + c + ac, b + d + bd) \\ & = (c + a + ca, d + b + db)~~~\bigstar \\ & = (c, d) + (a, b) \\ & = \overline{v} + \overline{u} \end{aligned}
Karena \overline{u} + \overline{v} = \overline{v} + \overline{u} terpenuhi, berarti V memenuhi aksioma kedua.  
Catatan: \bigstar Ekspresi ini berlaku karena adanya sifat asosiatif pada penjumlahan dan perkalian bilangan real
(Aksioma 3)
Ambil sembarang \overline{u}, \overline{v}, \overline{w} \in V. Misalkan \overline{u} = (a, b), \overline{v} = (c, d), dan \overline{w} = (e, f), dengan a, b, c, d, e, f \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} & \overline{u} + (\overline{v} + \overline{w}) \\ &  = (a, b) + ((c, d) + (e, f)) \\ & = (a, b) + (c + e + ce, d + f + df) \\ & = (a +  (c + e + ce) + a(c + e + ce), \\ & b + (d + f + df) + b(d + f + df)) \\ & = ((a + c + ac) + e + (a + c + ac)e, \\ & (b + d + bd) + f + (b + d + bd)f) \\ & = (a + c + ac, b + d + bd) + (e, f) \\ & = ((a, b) + (c, d)) + (e, f) \\ & = (\overline{u} + \overline{v}) + \overline{w} \end{aligned}
Karena \overline{u} + (\overline{v} + \overline{w}) = (\overline{u} +\overline{v}) + \overline{w} terpenuhi, berarti V memenuhi aksioma ketiga. 
(Aksioma 4)
Ambil sembarang \overline{u} \in V, \overline{u} = (a, b) dengan a, b \in \mathbb{R} dan ada unsur identitas dalam V, yaitu \overline{0} = (0,0)\in V, sehingga
\begin{aligned} \overline{u} + \overline{0} & = (a, b ) + (0,0)\\ & = (a + 0 + a.0, b + 0 + b.0) \\ & = (a, b) = \overline{u} \end{aligned}
\begin{aligned} \overline{0}+\overline{u} & = (0,0)+(a, b) \\ & = (0 + a + 0.a, 0 + b + 0.b) \\ & = (a, b) = \overline{u} \end{aligned}
Ini berarti, \overline{u} + \overline{0} = \overline{0} + \overline{u} = \overline{u} terpenuhi, sehingga V memenuhi aksioma keempat. 
(Aksioma 5) 
Misalkan \overline{u} = (a, b) \in V, dengan a, b \in \mathbb{R} dan ada invers \overline{u}, yaitu \overline{v} = \left(-\dfrac{a}{1+a}, \dfrac{b}{1+b}\right) \in V, sehingga
\begin{aligned} & \overline{u} + \overline{v} \\ & = (a, b) + \left(-\dfrac{a}{1+a}, -\dfrac{b}{1+b}\right) \\ & = \left(a - \dfrac{a}{1+a} + a\left(-\dfrac{a}{1+a}\right), b - \dfrac{b}{1+b} + b\left(-\dfrac{b}{1+b}\right)\right) \\ & = (0,0) = \overline{0} \end{aligned}
dan
\begin{aligned} & \overline{v} + \overline{u} \\ & = \left(-\dfrac{a}{1+a}, -\dfrac{b}{1+b}\right) + (a, b) \\ & = \left(-\dfrac{a}{1+a} + a - \dfrac{a}{1+a}.a, -\dfrac{b}{1+b} + b - \dfrac{b}{1+b}.b\right)\\ & = (0,0) = \overline{0} \end{aligned}

Ini berarti, \overline{u} + \overline{v} = \overline{v} + \overline{u} = \overline{0} terpenuhi, sehingga V memenuhi aksioma kelima.
Catatan: Langkah mencari invers dari \overline{u} bisa diperhatikan pada gambar berikut.

(Aksioma 6)
Misalkan k sembarang skalar (bilangan real) dan u = (a, b) \in V, dengan a, b \in \mathbb{R}, sehingga
k\overline{u} = k(a, b) = (a, kb)
Karena a, kb\in \mathbb{R}, maka k\overline{u} memenuhi syarat keanggotaan V sehingga V memenuhi aksioma keenam. 
(Aksioma 7)
Misalkan k sembarang skalar (bilangan real), \overline{u}, \overline{v} \in V, \overline{u} = (a, b) dan \overline{v} = (c, d), dengan a, b, c, d \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} k(\overline{u} + \overline{v}) & = k((a, b) + (c, d)) \\ & = k(a + c + ac, b + d + bd) \\ & = (a + c + ac, k(b + d + bd)) \\ & \neq (a + c + ac, kb + kd + kb.kd) \\ & = (a, kb) + (c, kd) \\ & = k(a, b) + k(c, d) \\ & = k\overline{u} + k\overline{v} \end{aligned}
Karena k(\overline{u} + \overline{v}) \neq k\overline{u} + k\overline{v}, maka V tidak memenuhi aksioma ketujuh.

(Aksioma 8)
Misalkan k, m sembarang skalar (bilangan real) dan \overline{u} \in V, \overline{u} = (a, b), dengan a, b \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} (k + m)\overline{u} & = (k+m) (a, b) \\ & = (a, (k+m)b) \\ & \neq (a + a + a.a, kb + mb + kb.mb) \\ & = (a, kb) + (a, mb) = k\overline{u} + m\overline{u}  \end{aligned}
Ini berarti, (k + m)\overline{u} \neq k\overline{u} + m\overline{u} sehingga V tidak memenuhi aksioma kedelapan.
Catatan: Cobalah selidiki dengan menggunakan teknik backtrack (alur mundur).

(Aksioma 9)
Misalkan k, m sembarang skalar (bilangan real) dan \overline{u} \in V, \overline{u} = (a, b), dengan a, b\in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} k(m\overline{u}) &= k(m(a, b)) \\ & = k(a, mb) && (\text{Definisi}~V) \\ & = (a, k(mb)) && (\text{Definisi}~V) \\ & = (a, (km)b) && (\text{Sifat komutatif perkalian}~\mathbb{R}) \\ & = km(a, b) && (\text{Definisi}~V) \\ & = km\overline{u} \end{aligned}
Ini berarti, k(m\overline{u}) = (km) \overline{u} sehingga V memenuhi aksioma kesembilan. 
(Aksioma 10)
Misalkan \overline{u} = (a, b) \in V, dengan a, b \in \mathbb{R}, sehingga
\begin{aligned} 1\overline{u} & = 1(a, b) \\ &  = (a, 1.b) && (\text{Definisi}~V) \\ & = (a, b) && (\text{Sifat identitas}~\mathbb{R}) \\ & = \overline{u} \end{aligned}
Ini berarti, 1\overline{u} = \overline{u} sehingga V memenuhi aksioma kesepuluh.

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

[collapse]

Soal Nomor 3
Diketahui 
P = \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 4
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 5
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 6
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 7
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 8
Diberikan U dan W adalah ruang bagian dari \mathbb{R}^n. Selanjutnya didefinisikan U \cap W dan U + W sebagai berikut.
U \cap W = \{x \in \mathbb{R}^n~|~x \in U~\text{dan}~x \in W\}
\begin{aligned} U + W = & \{x \in \mathbb{R}^n~|~x = u + w,\\ & ~\text{dengan}~u \in U, w \in W\} \end{aligned}
a) Tunjukkan bahwa U \cap W dan U + W adalah ruang bagian dari \mathbb{R}^n
b) Jika U \cap W = \{0\}, maka tunjukkan bahwa setiap vektor x \in U + W mempunyai representasi tunggal sebagai jumlahan x = u + w dengan u \in U, w \in W.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 9
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 10
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 11
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 12
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 13
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 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 = (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 15
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 16
Tentukan nilai \lambda (baca: lambda) agar vektor-vektor berikut membentuk himpunan yang tak bebas secara linear dalam \mathbb{R}^3
\begin{aligned} & \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) \end{aligned}

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 substitusikan 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 17
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]

Soal Nomor 18
Misalkan \textbf{f} = \cos^2 x dan \textbf{g} = \sin^2 x. Manakah dari pilihan berikut ini yang redaksinya terletak pada ruang yang terentang oleh \textbf{f} dan \textbf{g}
a. \cos 2x
b. 3 + x^2
c. 1

Penyelesaian

Misalkan S = \{\textbf{f}, \textbf{g}\}= \{\cos^2 x, \sin^2 x\} sehingga \text{rent}(S) = \{k_1 \cos^2 x + k_2 \sin^2 x, k_i \in \mathbb{R}\}. Jadi, dalam hal ini akan diselidiki mana dari 3 pilihan itu yang menjadi anggota \text{rent}(S). Ini berarti, kita perlu menentukan apakah masing-masing pilihan itu merupakan kombinasi linear dari \textbf{f} dan \textbf{g} atau bukan. 
Pilihan a)
Perhatikan bahwa
\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x = k_1 \cos^2 x + k_2 \sin^2 x
Dari persamaan di atas, kita peroleh bahwa k_1 = 1 dan k_2 = -1. Ini berarti, \cos 2x merupakan kombinasi linear dari \textbf{f} dan \textbf{g} sehingga merupakan anggota dari \text{rent}(S). Dengan kata lain, \cos 2x terletak pada ruang yang terentang oleh \textbf{f} dan \textbf{g}
Pilihan b) 
Perhatikan bahwa
3 + x^2 = k_1 \cos^2 x + k_2 \sin^2 x
Persamaan di atas mengimplikasikan bahwa tidak ada satupun nilai k_1 dan k_2 yang memenuhi, karena jelas bahwa bentuk trigonometri dan eksponensial x^2 tidak mungkin sama. Ini berarti, 3 + x^2 bukan kombinasi linear dari \textbf{f} dan \textbf{g} sehingga bukan anggota dari \text{rent}(S). Dengan kata lain, \cos 2x tidak terletak pada ruang yang terentang oleh \textbf{f} dan \textbf{g}
Pilihan c) 
Perhatikan bahwa
1 = \sin^2 x + \cos^2 x = k_1 \cos^2 x + k_2 \sin^2 x
Dari persamaan di atas, diperoleh k_1 = k_2 = 1. Ini berarti, 1 merupakan kombinasi linear dari \textbf{f} dan \textbf{g} sehingga merupakan anggota dari \text{rent}(S). Dengan kata lain, 1 terletak pada ruang yang terentang oleh \textbf{f} dan \textbf{g}
Catatan:
Identitas trigonometri berikut dipakai pada pilihan a dan c di atas. 
\boxed{\begin{aligned} & \cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x \\ & \sin^2 x + \cos^2 x = 1 \end{aligned}}

[collapse]

Soal Nomor 19
Tentukan persamaan bidang yang terentang oleh \overline{u} = (-1,1,1) dan \overline{v} = (3,4,4).

Penyelesaian

Nyatakan \overline{u} dan \overline{v} dalam bentuk kombinasi linear:
\begin{aligned} \overline{p} & = k_1\overline{u} + k_2\overline{v} \\ (x, y, z) & = k_1(-1,1,1) + k_2(3,4,4) \\ (x, y, z) & = (-k_1 + 3k_2, k_1 + 4k_2,k_1 + 4k_2) \end{aligned}
Diperoleh sistem linear
\begin{cases} -k_1 + 3k_2 = x \\ k_1 + 4k_2 = y \\ k_1 + 4k_2 = z \end{cases}
Dari persamaan 2 dan 3, kita dapat menarik suatu kesimpulan bahwa untuk setiap k_1 dan k_2, nilai y dan z selalu sama. Jadi, persamaan bidang yang terentang oleh \overline{u} dan \overline{v} adalah y = z.

[collapse]

Soal Nomor 20
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\} merupakan suatu basis dalam ruang vektor \mathbb{R}^3.

Penyelesaian

Syarat suatu himpunan vektor dikatakan sebagai basis pada ruang vektor \mathbb{R}^3 adalah himpunan vektor itu harus bebas linear dan merentang dalam ruang vektor \mathbb{R}^3
Syarat pertama) 
S telah terbukti bebas linear berdasarkan soal nomor 13 di atas.
Syarat kedua) 

S telah terbukti merentang di \mathbb{R}^3 berdasarkan soal nomor 17 di atas. 
Ini berarti, S merupakan himpunan vektor yang bebas linear dan merentang di \mathbb{R}^3. Dapat disimpulkan bahwa S membentuk basis dalam ruang vektor tersebut.

[collapse]

Soal Nomor 21
Diketahui 
\begin{aligned} W & = \{a + bx + cx^2~|~a = b + c, \\ & ~\text{dengan}~a, b, c \in \mathbb{R}\} \end{aligned} 
dan W merupakan subruang polinom orde dua P_2. Tentukan basis dan dimensi dari W.

Penyelesaian

Anggota dari himpunan polinom W bergantung pada nilai a, b, c, yang mengikuti persamaan a = b + c. Persamaan ini melibatkan 3 variabel. Oleh karena itu, akan ada 2 variabel yang menjadi parameter. Misalkan b = t dan c = s, di mana t, s adalah parameter. Dengan demikian, diperoleh a = t + s. Untuk itu, W dapat ditulis
\begin{aligned} W & = \{(s + t) + sx + tx^2\} \\ & = \{(1+x)s + (1 + x^2)t\} \end{aligned}
Ini menunjukkan bahwa polinom p_1 = 1 + x dan p_2 = 1 + x^2 merentang W. Karena p_1 dan p_2 keduanya tidak saling berkelipatan satu sama lain, maka p_1 dan p_2 saling bebas linear. Jadi, \{p_1, p_2\} adalah basis bagi W (syarat basis: merentang dan bebas linear). Sedangkan dimensi W adalah 2, dinotasikan \text{dim}(W) = 2, karena ada 2 polinom basis, yaitu p_1 dan p_2

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

[collapse]

Soal Nomor 22
Tentukan dimensi untuk penyelesaian dari sistem linear berikut
\begin{cases} 2x_1 + 2x_2 -x_3 + x_5 = 0 \\ -x_1  -x_2 +x_3  -3x_4  -x_5  = 0 \\  x_1  + x_2 -2x_3  -x_5  = 0 \\  -x_3  + x_4 + x_5  = 0 \end{cases}

Penyelesaian

Matriks diperbesar yang bersesuaian dengan SPL di atas adalah
\begin{bmatrix} 2 &2 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & -1 & 1 & -3 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & -2 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}
Dengan mereduksi matriks tersebut menjadi matriks eselon baris, diperoleh
\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 &1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}
Sistem persamaan linear yang bersesuaian dari matriks diperbesar di atas adalah
\begin{cases} x_1  + x_2 + x_5  = 0 \\ x_3  +x_5  = 0 \\x_4 = 0 \end{cases}
Penyelesaian dari sistem di atas adalah x_1 =-s-t, x_2 = s, x_3 =-t, x_4 = 0, dan x_5 =t
Vektor-vektor penyelesaiannya dapat ditulis sebagai berikut. 
\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - s - t \\ s \\-t \\ 0\\ t \end{bmatrix} = s \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\0\\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ -1\\0 \\1 \end{bmatrix}
Hal ini menyatakan bahwa
v_1 = \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\0\\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} dan v_2 = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ -1\\0 \\1 \end{bmatrix} merentang ruang penyelesaiannya. 
Karena v_1 dan v_2 juga bebas linear (karena tidak saling berkelipatan), maka v_1, v_2 membentuk basis untuk ruang penyelesaian. Jadi, ruang penyelesaiannya berdimensi dua (karena vektor basisnya ada dua).

[collapse]

Soal Nomor 23
Tentukan apakah polinomial berikut ini merentangkan P_2 (polinomial berderajat 2). 
\begin{aligned} & p_1(x) = 1 + x \\ & p_2(x) = 1 - x + x^2 \\ & p_3(x) = 2 + x^2 \\ & p_4(x) = 3 + x + x^2 \end{aligned}

Penyelesaian

Untuk menyelidiki apakah polinomial tersebut merentangkan P_2, nyatakan sembarang polinom p(x) = ax^2 + bx +c sebagai kombinasi linear dari p_1, p_2, p_3, dan p_4
p = k_1p_1 + k_2p_2 + k_3p_3 + k_4p_4
Substitusikan polinomial yang dimaksud sebagai berikut. 
\begin{aligned} ax^2 & + bx + c = k_1(1 + x) + k_2(1 - x + x^2) \\ & + k_3(2+x^2) + k_4(3+x+x^2) \end{aligned}
Selanjutnya, kelompokkan suku yang mengandung x^2, x, dan hanya sebuah konstanta. 
\begin{aligned} ax^2 & + bx + c  = (k_2 + k_3 + k_4)x^2  + \\ & (k_1 - k_2 + k_4)x + (k_1 + k_2 + 2k_3 + 3k_4)\end{aligned}
Dengan membandingkan koefisien suku sejenis pada kedua ruas, diperoleh SPL
\begin{cases} k_2  + k_3 + k_4 = a \\  k_1 - k_2 +k_4  = b \\  k_1 + k_2 + 2k_3  + 3k_4 = c \end{cases}
Buat matriks diperbesar dari sistem linear tersebut dan reduksikan dengan menggunakan Operasi Baris Elementer (OBE). 
\begin{aligned} & \left[\begin{array}{rrrr|r} 0 & 1 & 1 & 1 & a \\ 1 & -1 & 0 & 1 & b \\ 1 & 1 & 2 & 3 & c \end{array}\right] \\ & \left[\begin{array}{rrrr|r} 0 & 1 & 1 & 1 & a \\ 0 & -2 & -2 & -2 & \dfrac{b-c}{2} \\ 1 & 1 & 2 & 3 & c \end{array}\right]~b_2-b_3 \\ & \left[\begin{array}{rrrr|r} 0 & 1 & 1 & 1 & a \\ 0 & 1 & 1 & 1 & \dfrac{c-b}{2} \\ 1 & 1 & 2 & 3 & c \end{array}\right]~-\dfrac{1}{2}b_2 \end{aligned}
Perhatikan bahwa sistem ini akan konsisten jika dan hanya jika a = \dfrac{c-b} {2} yang ternyata bertentangan dengan pernyataan “sembarang” polinom p. Jika a \neq \dfrac{c-b} {2}, maka sistem ini tidak memiliki penyelesaian, artinya ada p \in P_2 yang tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear 
p = k_1p_1 + k_2p_2 + k_3p_3 + k_4p_4
Dengan demikian, keempat polinom itu tidak merentang/membangun P_2

[collapse]

Soal Nomor 24
Tentukan apakah polinomial berikut ini merentangkan P_2 (polinomial berderajat 2). 
\begin{aligned} & p_1 = 1 - x + 2x^2 \\ & p_2 = 5 - x + 4x^2 \\ & p_3 = 3 + x \\ & p_4 = -2 - 2x + 2x^2 \end{aligned}

Penyelesaian

Nyatakan sembarang p = ax^2 + bx + c \in P_2 sebagai kombinasi linear dari p_1, p_2, p_3, dan p_4.
p = k_1p_1 + k_2p_2 + k_3p_3 + k_4p_4
Substitusikan polinomial yang dimaksud sebagai berikut. 
\begin{aligned} ax^2 & + bx + c = k_1(1-x+2x^2) + k_2(5-x+4x^2) \\ & + k_3(3+x) + k_4(-2-2x+2x^2) \end{aligned}
Selanjutnya, kelompokkan suku yang mengandung x^2, x, dan hanya sebuah konstanta. 
\begin{aligned} ax^2 & + bx + c = (2k_1 + 4k_2 + 2k_4)x^2 + \\ & (-k_1 - k_2 +k_3 -2k_4)x + (k_1 + 5k_2 + 3k_3 - 2k_4) \end{aligned}
Diperoleh sistem linear:
\begin{cases} 2k_1 + 4k_2 + 2k_4 = a \\ -k_1 - k_2 + k_3 - 2k_4 = b \\ k_1 + 5k_2 + 3k_3 - 2k_4 = c \end{cases}
Buat matriks diperbesar dari sistem linear tersebut dan reduksikan dengan operasi baris elementer sampai terbentuk matriks eselon baris. 
\begin{aligned} & \begin{bmatrix} 2 & 4 & 0 & 2 & a \\ -1 & -1 & 1 & -2 & b \\ 1 & 5 & 3 & -2 & c \end{bmatrix}~\dfrac{1}{2}b_1 \\ & \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 & \dfrac{a}{2} \\ -1 & -1 & 1 & -2 & b \\ 1 & 5 & 3 & -2 & c \end{bmatrix}~b_2+b_1; b_3-b_1 \\ & \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 & \dfrac{a} {2} \\ 0 & 1 & 1 & -1 & \dfrac{2b+a} {2} \\ 0 & 3 & 3 & -3 & \dfrac{2c-a}{2} \end{bmatrix}~b_3-3b_2 \\ & \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 & \dfrac{a} {2} \\ 0 & 1 & 1 & -1 & \dfrac{2b+a} {2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dfrac{c-3b-2a} {2} \end{bmatrix} \end{aligned}
Diperoleh matriks berbentuk eselon baris dengan satu baris yang semua entrinya nol (baris ke-3). Ini berarti, sistem linear tersebut tidak konsisten untuk semua nilai a, b, c. Dengan kata lain, polinomial-polinomial yang dimaksud tersebut tidak merentangkan P_2.

[collapse]

Soal Nomor 25
Gunakan Teorema: Rentang untuk menunjukkan bahwa
\overline{v}_1 = (1, 6,4), \overline{v}_2 = (2,4,-1), \overline{v}_3 = (-1,2,5)
dan
\overline{w}_1 = (1,-2,-5), \overline{w}_2 = (0,8,9)
merentangkan subruang yang sama dari \mathbb{R}^3.

Penyelesaian

Penyelesaiannya dapat Anda lihat pada gambar berikut.

[collapse]

Soal Nomor 26
Diberikan U dan W adalah ruang bagian dari \mathbb{R}^n dan U \subseteq W. Jika \text{dim}(W) = 1, tunjukkan bahwa U = \{0\} dan U = W.

Penyelesaian

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

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini