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

Soal dan Pembahasan – Keterhubungan Graf

 
             Setelah kita mempelajari mengenai soal dan pembahasan Teori Dasar Graf dan Graf Isomorfik dan Subgraf, sekarang kita siap untuk mempelajari soal-soal berikut mengenai graf.
            Berikut ini merupakan contoh soal beserta penyelesaiannya mengenai definisi dan terminologi graf lanjutan, yang meliputi jalan (walk), lintasan (path), sikel (cycle). sirkuit (circuit), jalur (trail), jembatan (bridge/cut set), termasuk juga mengenai graf Euler, graf Hamilton, konektivitas graf, matriks keterhubungan langsung (adjacency matrix), matriks keterkaitan (incidency matrix), Algoritma Fleury, beserta teorema-teorema yang terkait dengannya.  Jangan lupa juga untuk belajar istilah/kosa kata mengenai graf di sini.

Soal Nomor 1
Perhatikan graf G berikut.

Carilah:
a) Sebuah jalan tertutup dengan panjang 9
b) Sebuah trail terbuka dengan panjang 9
c) Sebuah trail tertutup dengan panjang 7
d) Sebuah lintasan (path) dari simpul a ke n
e) Panjang sikel terpanjang dalam G
f) Panjang lintasan (path) terpanjang dalam G
g) Lilitan (girth) dalam G
h) Sebuah graf bagian bukan rentang

Penyelesaian

(Jawaban a) Contoh jalan tertutup dengan panjang 9 adalah jalan dengan barisan titik i~c~d~e~m~l~d~k~c~i
(Jawaban b) Contoh trail terbuka dengan panjang 9 adalah jalan dengan barisan titik a~g~b~h~j~i~c~k~d~e
(Jawaban c) Contoh trail tertutup dengan panjang 7 adalah jalan dengan barisan titik c~d~e~m~l~d~k~c
(Jawaban d) Contoh lintasan (path) dari a ke n adalah jalan dengan barisan titik a~g~b~i~c~d~e~n
(Jawaban e) Panjang sikel terpanjang dalam G adalah 4. Salah satu sikel yang panjangnya demikian adalah jalan dengan barisan titik g~b~i~j~g.
(Jawaban f) Panjang lintasan (path) terpanjang dalam G adalah 12.Salah satu lintasan yang panjangnya demikian adalah jalan dengan barisan titik a~g~b~h~j~i~c~k~d~l~m~e~n
(Jawaban g) Lilitan (girth) adalah panjang sikel terpendek dalam suatu graf. Lilitan pada graf G di atas adalah 3 (contoh: jalan i~c~k)
(Jawaban h) Graf bagian bukan rentang adalah graf bagian yang tidak memuat seluruh titik pada graf induknya. Contohnya sebagai berikut di mana titik selain e, f, m, n dihapus.


[collapse]

Soal Nomor 2
Gambarkan sebuah graf yang terdiri dari
a) 5 titik, tanpa sikel, dan terhubung
b) 6 titik, reguler-2, dan terdiri dari 2 komponen

Penyelesaian

(Jawaban a) Lihat video berikut.

(Jawaban b) Graf berikut memuat 6 titik (s, t, u, x, y, z), reguler-2 (setiap titik berderajat 2), dan terdiri dari 2 komponen.

[collapse]

Soal Nomor 3
Buktikan teorema berikut.
“Setiap jalan (u, v) dalam suatu graf memuat sebuah path (u, v)

Penyelesaian

Misalkan W sebuah jalan dalam graf G, dengan W = (u, v). Jika W tertutup, maka jelas W memuat path (trivial = hanya terdiri dari satu titik), karena u = v, sehingga path (P) = u. Jika u \neq v, maka kita misalkan jalan W di G adalah sebagai berikut.
u = v_0, v_1, v_2, v_3, \cdots, v_{n-1}, v_n = v
Apabila tidak ada titik di G pada jalan W yang dilalui lebih dari satu kali (tidak ada titik yang sama pada jalan itu), maka W sendiri adalah path (u, v).
Sebaliknya, bila tidak demikian, dengan kata lain terdapat titik di G pada jalan W yang dilalui lebih dari satu kali, maka ada i, j anggota bilangan bulat positif berbeda dengan i < j sedemikian sehingga berlaku u_i = u_j.
Jika jalan u_i, u_{i+1}, \cdots, u_{j-1} dihapus dari W, maka diperoleh suatu jalan baru, sebut saja W_1 dari titik u ke v (ini hanya pemisalan) yang mempunyai beberapa titik (minimal 1) pada W. Jika tidak ada pengulangan titik pada jalan W_1, maka W_1 adalah path (u, v).
Jika tidak demikian, ulangi prosedur penghapusan seperti di atas sampai diperoleh hasil akhir berupa jalan (u, v) yang juga adalah path (u, v) (terbukti)

[collapse]

Soal Nomor 4
Dengan menggunakan teorema pada soal nomor 3 di atas, tentukan sebuah path dari v_1 ke v_5 jika jalan W dari graf G berikut.
v_1, e_1, v_2, e_5, v_3, e_{10}, v_3, e_5, v_2, e_3, v_5

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 5
Misalkan G suatu graf yang dipresentasikan seperti gambar berikut.

Nyatakanlah matriks keterhubungan langsung dan matriks keterkaitan dari graf di atas.

Penyelesaian

Misalkan A(G) menyatakan matriks keterhubungan langsung (adjacency matrix) dari graf G, maka A(G) dapat dinyatakan sebagai berikut.
A(G) = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} \\ a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 0 \end{bmatrix}
(a_{ij} menyatakan banyaknya sisi yang menghubungkan titik i dan titik j, misalnya a_{24} berarti banyak sisi yang menghubungkan titik 2 dan 4, yaitu ada 2 sisi)
Selanjutnya, misalkan I(G) menyatakan matriks keterkaitan (incidency matrix) dari graf G, maka I(G) dapat dinyatakan sebagai berikut.
A(G) dapat dinyatakan sebagai berikut.
I(G) = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & a_{15} & a_{16} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} & a_{25} & a_{26} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} & a_{35} & a_{36} \\ a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} & a_{45} & a_{46} \end{bmatrix}
I(G) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}

(a_{ij} menyatakan keterkaitan titik i pada sisi j. Misalkan a_{43} bernilai 1 menyatakan karena sisi 3 terkait dengan titik 4).

[collapse]

Soal Nomor 6
Gambarkan graf dengan matriks keterhubungan langsung sebagai berikut.
a. \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 &0&0&0&2\\2&1&0&0&1\\1&1&2&1&0 \end{bmatrix}

b. \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 1 &1 \\ 1 & 0 &0&1&1 \\ 0 &0&0&0&0\\ 1&1&0&0&1\\ 1&1&0&1&0 \end{bmatrix}

Penyelesaian

(Jawaban a) Bentuk graf yang sesuai dengan matriks keterhubungan langsung itu adalah sebagai berikut.

Penjelasan:
Entri baris 1 kolom 1 = 0, berarti tidak ada sisi loop pada titik 1.
Entri baris 1 kolom 2 = 1, artinya ada 1 sisi yang menghubungkan titik 1 dan 2. 
Entri baris 1 kolom 3 = 0, artinya tidak ada sisi yang menghubungkan titik 1 dan 3.
Entri baris 1 kolom 4 = 2, artinya ada 2 sisi yang menghubungkan titik 1 dan 4, dan seterusnya.
(Jawaban b) Bentuk graf yang sesuai dengan matriks keterhubungan langsung itu adalah sebagai berikut.


Tips! Entri pada baris pertama menyatakan keterhubungan titik 1 pada titik lain sesuai dengan kolom matriksnya. Begitu juga entri pada baris kedua, yang menyatakan keterhubungan titik 2 pada titik lain sesuai dengan kolom matriksnya, dan seterusnya. Karena matriksnya simetris (transposnya sama), maka jika Anda tinjau dari entri kolomnya juga bisa menggunakan prinsip yang sama.

[collapse]

Soal Nomor 7
Gambarkan graf dengan matriks keterkaitan berikut.
\begin{bmatrix} 1&1&1&1&0&0&0&0 \\ 1&1&0&0&1&1&0&0 \\ 0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&1&1&1\\ 0&0&1&0&1&0&1&1 \end{bmatrix}

Penyelesaian

Pada matriks keterkaitan, banyak kolom menyatakan banyaknya sisi pada graf (ada 8 kolom berarti ada 8 sisi), sedangkan banyak baris menyatakan banyak titiknya (ada 5 baris berarti ada 5 titik). Untuk menggambar graf yang dimaksud, tinjau kolom per kolom.
Misalnya pada kolom pertama, baris 1 dan baris 2 bernilai 1, artinya titik 1 dan titik 2 terhubung oleh satu sisi. Pada kolom kedua, baris 1 dan 2 juga bernilai 1, artinya titik 1 dan titik 2 terhubung oleh satu sisi lagi (berarti sisi rangkap), dan seterusnya. Perhatikan bahwa pada entri pada baris ke-3 semuanya bernilai 0, yang berarti tidak ada sisi yang terkait dengan titik 3 (titik 3 di sini disebut sebagai titik terpencil (isolated vertex))

[collapse]

Soal Nomor 8
Berilah contoh setiap graf berikut dengan paling banyak 6 titik.
a) Graf Hamilton yang bukan Euler.
b) Graf Euler yang bukan Hamilton.

Penyelesaian

Graf Hamilton adalah graf yang memuat sikel Hamilton. Sikel Hamilton sendiri adalah jalan tertutup yang semua sisi dan titik internalnya berbeda serta melalui seluruh titik pada graf tersebut. Sedangkan graf Euler adalah graf yang memuat sirkuit Euler, yaitu jalan tertutup yang semua sisinya berbeda dan setiap sisi dilalui tepat 1 kali. Contoh yang diberikan berikut merupakan salah satunya. Silakan Anda coba buat graf yang lain.

Graf G_1 di atas mengandung sikel Hamilton dengan barisan titik
a~b~c~d~e~f~h~g~a
Jelas bahwa jalan tersebut tertutup (kembali pada titik semula), melalui semua titik pada graf, dan titik internalnya berbeda (hanya dilalui 1 kali). Oleh karena itu, graf G_1 disebut graf Hamilton. Tetapi, bukan graf Euler karena ada sisi yang tidak dilaluinya, yaitu sisi be, cf, dan fg.

(Jawaban b) Graf di atas tergolong graf Euler (karena mengandung sirkuit Euler a~b~c~d~e, tetapi bukan graf Hamilton sebab titik f tidak dilaluinya (tidak mengandung sikel Hamilton).

[collapse]

Soal Nomor 9
Tunjukkan bahwa setiap sikel pada graf bipartisi mempunyai panjang genap.

Penyelesaian

Perhatian! Sikel adalah jalan tertutup yang memuat sisi yang berbeda.
Misalkan diberikan graf bipartisi G. Andaikan graf ini memiliki setidaknya 1 sikel ganjil sehingga partisi himpunan titiknya dapat ditulis sebagai V_1 = \{v_1, v_3, v_5, \cdots\} dan V_2 = \{v_2, v_4, v_6, \cdots\}. Karena sikelnya memiliki panjang ganjil, maka jalan yang dapat terjadi adalah v_1~v_2~v_3~\cdots~v_{2n+1} untuk suatu n bilangan bulat positif. Jelas bahwa v_1 dan v_{2n+1} (ganjil) berada dalam himpunan partisi yang sama, yaitu V_1. Akibatnya graf tersebut bukan graf bipartisi (karena “terpaksa” harus dibuat sisi yang menghubungkan kedua titik itu agar menjadi jalan yang tertutup). Jadi, pengandaian diingkari. Terbukti bahwa graf bipartisi memiliki sikel dengan panjang genap.

[collapse]

Soal Nomor 10
Berapa banyak path (s, x) pada graf berikut?

Penyelesaian

Lintasan (path) adalah jalan yang memuat titik yang berbeda. Hanya ada 4 path yang dapat ditemukan dalam jalan (s, x), yaitu
s~v~w~x
s~t~u~v~w~x
s~v~w~z~y~x
s~t~u~v~w~z~y~x

[collapse]

Soal Nomor 11
Berilah 3 contoh graf yang komplemen diri (self complementary).

Penyelesaian


Graf yang komplemen diri adalah graf yang komplemennya sama dengan isomorfiknya. G^c sendiri merupakan notasi untuk menyatakan komplemen dari graf G. Berikut ini adalah 3 contoh graf yang komplemen diri. Contoh terakhir diambil dari Math Stack Exchange.




[collapse]

Soal Nomor 12
Buktikan bahwa graf yang komplemen diri mempunyai banyak titik sama dengan 4k atau 4k + 1 untuk suatu bilangan bulat positif k

Penyelesaian

Ingat bahwa graf lengkap/komplit dengan n titik memiliki \dfrac{1}{2}n(n-1) sisi. Untuk graf yang komplemen diri, banyak sisinya adalah setengah dari banyaknya sisi pada graf lengkap, yaitu \dfrac{1}{4}n(n-1). Agar diperoleh n bulat, maka dapat dituliskan 4|n(n-1), yang mengimplikasikan bahwa n = 4k atau n = 4k + 1 untuk suatu bilangan bulat positif k.

[collapse]

Soal Nomor 13
Tuliskan matriks keterhubungan langsung dan matriks keterkaitan dari graf berikut.

Penyelesaian

Matriks keterhubungan dari graf G di atas adalah sebagai berikut.
\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\  0 & 0 & 1 & 0 & 0& 1 & 0 & 0 \\  0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 &0 & 0 \\  1 & 0 & 0 & 0 &0 & 0&0&1 \\\ 0 & 1 &0&0&0&0&1&0 \end{pmatrix}
Matriks keterkaitan dari graf G di atas adalah

Ordo matriks di atas adalah 8 \times 12 yang menunjukkan bahwa graf itu memuat 8 titik dan 12 sisi.
Matriks keterhubungan langsung dari graf H di atas adalah sebagai berikut.
\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}
Sedangkan matriks keterkaitannya adalah sebagai berikut.
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 2 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}
Ordo matriks di atas adalah 4 \times 9. Banyak barisnya 4 menunjukkan bahwa jumlah titik di graf itu adalah 4, sedangkan 9 kolomnya menyatakan bahwa graf itu memuat 9 sisi. Perhatikan bahwa angka 2 pada entri di baris pertama (titik 1) matriks itu menunjukkan bahwa sisi loop mengait pada titik 1.

[collapse]

Soal Nomor 14
Tunjukkan bahwa salah satu di antara graf atau komplemennya pasti terhubung.

Penyelesaian

Misalkan G graf tak terhubung. Akan ditunjukkan G^c terhubung. Misalkan v dan w titik pada graf G. Jika vw bukan sisi di G, maka vw pasti sisi di G^c, dan berarti kita punya lintasan dari v ke w di G^c. Di lain sisi, bila vw adalah sisi di G, maka ini berarti titik v dan w berada dalam satu komponen di G. Karena G tak terhubung, maka kita bisa menemukan titik lain, sebut saja u, yang terletak di komponen lainnya sedemikian sehingga uv maupun uw bukan sisi di G. Dengan kata lain, uv dan uw adalah sisi di G^c dan vuw membentuk lintasan (path). Ini menunjukkan bahwa sembarang dua titik di G^c memiliki lintasan yang menghubungkan mereka. Dapat disimpulkan bahwa G^c pasti terhubung.

[collapse]

Soal Nomor 15
Misallan G graf bipartisi. Tunjukkan bahwa matriks keterhubungan langsung dari G dapat ditulis dalam bentuk

di mana O, P, dan Q adalah submatriks; O submatriks yang setiap unsurnya 0 (nol), sedangkan P adalah transpose dari Q.

Penyelesaian Belum Tersedia

[collapse]

Soal Nomor 16
Misalkan G graf sederhana dengan n titik dan untuk setiap titik v di G, berlaku
d(v) \ge \dfrac{1}{2}(n-1)
Buktikan bahwa G terhubung.

Penyelesaian

Misalkan G adalah graf sederhana dengan n titik. Andaikan bahwa G tak terhubung, misalnya terdiri dari setidaknya 2 komponen. Masing-masing komponen graf setidaknya memiliki 1 titik dan berdasarkan hipotesis (minimal\dfrac{1}{2}(n-1) titik), banyak titik pada masing-masing komponen adalah
1 + \dfrac{1}{2}(n-1) = \dfrac{1}{2}(n+1)
Jadi, jumlah titik pada graf G adalah
\dfrac{1}{2}(n+1) +  \dfrac{1}{2}(n+1) = n + 1
Ini kontradiksi dengan asumsi awal bahwa graf G memiliki n titik. Jadi, pengandaian diingkari. Terbukti bahwa graf G haruslah terhubung.

[collapse]

Soal Nomor 17
Tentukan \chi(G_1) (baca: chi G_1) dan \lambda(G_1) (baca: lambda G_1) dari graf G_1.

Penyelesaian

\chi(G_1) menyatakan banyak minimum titik-titik di G_1 yang jika dihilangkan akan menghasilkan graf tak terhubung atau graf trivial. Hilangkan satu titik, misalnya titik a, sehingga grafnya hanya memuat titik b dan c serta sisi bc (masih graf terhubung). Hilangkan satu titik lagi, misalnya titik b, sehingga hanya tersisa titik c. Graf tersebut menjadi graf trivial. Sesuai definisi, maka \chi(G_1) = 2 (karena titik yang dihilangkan sebanyak 2).
\lambda(G_1) menyatakan banyak minimum sisi-sisi di G_1 yang jika dihilangkan akan menghasilkan graf tak terhubung atau graf trivial. Hilangkan salah satu sisi, misalnya sisi ab, berarti G_1 masih memuat titik a, b, dan c serta sisi ac dan bc (graf terhubung). Hilangkan salah satu sisi lagi, misalnya sisi ac, sehingga graf tersebut hanya memuat titik a, b, dan c serta sisi bc. Jelas bahwa graf menjadi tak terhubung lagi. Berarti, penghilangan sisinya paling sedikit adalah 2 atau ditulis \lambda(G_1) = 2.

[collapse]

Soal Nomor 18
Tentukan \chi(G_1) (baca: chi G_1) dan \lambda(G_1) (baca: lambda G_1) dari graf-graf berikut.
 

Penyelesaian

Sebut graf pada bagian atas dan bawah berturut-turut adalah G_1 dan G_2. Sama seperti soal sebelumnya,
\lambda(G_1) = 1
\lambda(G_2) = 2 (hilangkan 2 sisi yang mengait titik di bagian ujung)
\chi(G_1) = 1
\chi(G_2) = 2 (hilangkan 2 titik dengan sisi yang mengait titik ujung)

[collapse]

Soal Nomor 19 (Soal ON-MIPA PT Seleksi Wilayah)
Suatu sisi e di graf G dikatakan suatu cut edge jika jumlah komponen dari G\e lebih dari jumlah komponen dari G. Buktikan bahwa, suatu sisi e adalah cut edge di G jika dan hanya jika e tidak termuat di setiap lingkaran di G.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]
Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan -Ulangan Tengah Semester (UTS) Struktur Aljabar (Grup)

Berikut ini adalah 6 soal UTS Struktur Aljabar (TA 2017/2018) yang diujikan pada tanggal 6 November 2017 oleh Dr. Yulis Jamiah, M.Pd. Peserta (mahasiswa) hanya perlu menjawab 3 soal dari 6 soal yang diberikan, dengan syarat 2 soal bernomor ganjil dan 1 soal bernomor genap.

Soal Nomor 1
Tunjukkan bahwa G = \left\{\begin{bmatrix} a & b \\ 0 & d \end{bmatrix} | a, b, d \in \mathbb{R}, ad \neq 0\right\} merupakan grup terhadap operasi perkalian matriks. Apakah G juga grup abelian?

Penyelesaian

Harus ditunjukkan bahwa (G, \times) memenuhi sifat tertutup, memenuhi sifat asosiatif, memiliki identitas, dan setiap elemennya memiliki invers.
(Bersifat tertutup) Ambil sembarang A, B \in G dengan A = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} dan B = \begin{pmatrix} e & f \\ 0 & h \end{pmatrix} (semua entrinya real dan determinannya tak nol). Akan ditunjukkan bahwa AB \in G. Perhatikan bahwa,
AB = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} e & f \\ 0 & h \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ae & ap + bh \\ 0 & dh \end{pmatrix} \in G
karena memenuhi sifat keanggotaan G. Jadi, operasi perkalian matriks di G merupakan operasi biner karena bersifat tertutup.
(Bersifat asosiatif) Ambil sembarang A, B, C \in G dengan A = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}, B = \begin{pmatrix} e & f \\ 0 & h \end{pmatrix}, dan C = \begin{pmatrix} i & j \\ 0 & l \end{pmatrix} (entrinya bilangan real dan determinannya tak nol). Akan ditunjukkan bahwa berlaku (AB)C = A(BC)
\begin{aligned} (AB)C & = \left[\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e & f \\ 0 & h \end{pmatrix}\right] \begin{pmatrix} i & j \\ 0 & l \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} ae & af + bh \\ 0 & dh \end{pmatrix} \begin{pmatrix} i & j \\ 0 & l \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} (ae)i & (ae)j + (af + bh)l \\ 0 & (db)l \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} a(ei) & a(ej + fl) + b(hl) \\ 0 & d(hl) \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} ei & ej + fl \\ 0 & hl \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}\left[\begin{pmatrix} e & f \\ 0 & h \end{pmatrix} \begin{pmatrix} i & j \\ 0 & l \end{pmatrix}\right\] \\ & = A(BC)\end{aligned}
Karena berlaku demikian, maka dapat disimpulkan bahwa G memenuhi sifat asosiatif.
(Memiliki identitas) G memiliki identitas, yaitu I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \in G sedemikian sehingga berlaku
\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} dengan \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \in G
(Setiap elemen memiliki invers) Ambil sembarang elemen A \in G dengan A = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}. Klaim bahwa invers dari A adalah A^{-1} = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{a} & -\dfrac{b}{ad} \\ 0 & \dfrac{1}{d} \end{pmatrix} sedemikian sehingga berlakulah
AA^{-1} = I
di mana I elemen identitas G
Keempat syarat ini terpenuhi sehingga terbukti bahwa G dengan operasi perkalian matriks merupakan grup. Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa G dengan operasi tersebut bukanlah grup abelian. Berarti, harus ditunjukkan bahwa AB \neq BA untuk A,B \in G
Ambil A = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} dan B = \begin{pmatrix} e & f \\ g & h \end{pmatrix} dengan A, B \in G
berarti
AB = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e & f \\ 0 & h \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ae & af + bh \\ 0 & dh \end{pmatrix}
sedangkan
BA = \begin{pmatrix} e & f \\ 0 & h \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ea & eb + fd \\ 0 & hd \end{pmatrix}
Diperoleh AB \neq BA sehingga tidak berlaku sifat komutatif dalam G. Jadi, G bukan grup abelian.

[collapse]

Soal Nomor 2
Jika (G, \circ) grup dan a, b \in G, tunjukkan bahwa a \circ x = b dan y \circ a = b hanya memiliki penyelesaian tunggal.

Penyelesaian

Pertama-tama, akan ditunjukkan bahwa a \circ x = b memiliki penyelesaian. Diketahui (G, \circ) grup, ambil a \in G, berarti a^{-1} \in G. Jadi,
\begin{aligned} a \circ x & = b \\ a^{-1} \circ (a \circ x) & = a^{-1} \circ b\\ (a^{-1} \circ a) \circ x &  = a ^{-1} \circ b\\ e \circ x & = a^{-1} \circ b \\ x & =a^{-1} \circ b \end{aligned}
Berdasarkan sifat tertutup pada grup, a^{-1} \circ b merupakan elemen G sehingga merupakan penyelesaian dari persamaan a \circ x = b
Selanjutnya, akan dibuktikan bahwa penyelesaian dari persamaan itu tunggal.
Misalkan x_1 dan x_2 merupakan penyelesaian dari persamaan tersebut, berarti berlaku
a \circ x_1 = b = a \circ x_2
Dengan hukum kanselasi kiri, diperoleh
x_1 = x_2
Jadi, penyelesaiannya selalu tunggal.
Kedua, akan ditunjukkan bahwa y \circ a = b memiliki penyelesaian. Diketahui (G, \circ) grup, ambil a \in G, berarti a^{-1} \in G. Jadi,
\begin{aligned} y \circ a & = b \\ (y \circ a) \circ a^{-1} & = b \circ a^{-1} \\ y \circ (a \circ a^{-1} \) & = b \circ a ^{-1} \\ y \circ e & = b \circ a^{-1} \\ y & =b \circ a^{-1} \end{aligned}
Berdasarkan sifat tertutup pada grup, b \circ a^{-1} merupakan elemen G sehingga merupakan penyelesaian dari persamaan y \circ a = b
Selanjutnya, akan dibuktikan bahwa penyelesaian dari persamaan itu tunggal.
Misalkan y_1 dan y_2 merupakan penyelesaian dari persamaan tersebut, berarti berlaku
y_1 \circ a = b = y_2 \circ a
Dengan hukum kanselasi kanan, diperoleh
y_1 = y_2
Jadi, penyelesaiannya selalu tunggal. (Terbukti)

[collapse]



Soal Nomor 3
Diketahui (G, \times) grup dengan G = \{I, A, B, C\} dan
\left{I = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, A = \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, B = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}, C = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\right}
a) Tunjukkan bahwa G grup siklik dengan generator B.
b) Tunjukkan bahwa G grup siklik dengan generator C.

Penyelesaian

Ingat definisi grup siklik berikut.
Misalkan G grup dan \mathbb{Z} himpunan bilangan bulat. G disebut grup siklik jika ada a \in G sedemikian sehingga G = \{a^n | n \in \mathbb{Z}\}. Elemen a pada G selanjutnya disebut generator dari G.
(Jawaban a) Perhatikan bahwa,
B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}
B^2 = B \times B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = A
B^3 = B^2 \times B = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = C
B^4 = B^3 \times B = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} = I
Ternyata kita peroleh bahwa perpangkatan B menghasilkan/membangkitkan seluruh elemen G. Berarti, G adalah grup siklik dengan generator B atau ditulis G = [B]
(Jawaban b) Perhatikan bahwa,
C = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}
C^2 = C \times C = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = A
C^3 = C^2 \times C = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} = B
C^4 = C^3 \times C = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}
Ternyata kita peroleh bahwa perpangkatan C menghasilkan/membangkitkan seluruh elemen G. Berarti, G adalah grup siklik dengan generator C atau ditulis G = [C]

[collapse]

Soal Nomor 4
Jika (G, \star) grup dan a, b, c \in G, tunjukkan bahwa
a) a \star c = b \star c \Rightarrow a = b
b) c \star a = c \star b \Rightarrow a = b

Penyelesaian

Karena G grup, maka berlaku sifat tertutup, sifat asosiatif, memiliki identitas yaitu e, dan setiap elemen memiliki invers. Perhatikan bahwa,
a \star c = b \star c
(Operasi elemen c^{-1} pada kedua ruas)
(a \star c) \star c^{-1} = (b \star c) \star c^{-1}
(Terapkan sifat asosiatif)
a \star (c \star c^{-1}) = b \star (c \star c^{-1})
(Gunakan eksistensi invers)
a \star e = b \star e
(Gunakan sifat identitas)
a = b (Terbukti)
Teorema ini selanjutnya dikenal sebagai Hukum Kanselasi Kanan.
Selanjutnya dengan prinsip yang sama,
\begin{aligned} c \star a & = c \star b \\ c^{-1} \star (c \star a) & = c^{-1} \star (c \star b)  \\ (c^{-1} \star c) \star a & = (c^{-1} \star c) \star b \\e \star a & = e \star b \\ a &= b \end{aligned} (Terbukti)
Teorema ini selanjutnya dikenal sebagai Hukum Kanselasi Kiri.

[collapse]

Soal Nomor 5
Diberikan G grup dengan G = \left\{I = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, A = \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, B = \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}, C = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}\right\}
Tunjukkan bahwa H = \{I, B\} merupakan subgrup dari G.

Penyelesaian

H adalah grup finit (grup yang elemen himpunannya berhingga), sehingga kita diperbolehkan menggunakan teorema berikut.
G grup, H \subseteq G, H = \emptyset, H finit, H subgrup dari G jika dan hanya jika \forall a, b \in H \Rightarrow ab \in H
Dari redaksi yang diberikan, jelas bahwa H himpunan bagian dari G dan H tidak kosong.
Ambil I, B \in H.
IB = BI = B \in H
(Gunakan sifat identitas perkalian matriks)
Jadi, sifat tertutup berlaku dalam H. Berarti, H subgrup dari G (terbukti)

[collapse]

Soal Nomor 6
Jika A dan B subgrup dari grup G, tunjukkan bahwa A \cap B juga subgrup G.

Penyelesaian

Akan ditunjukkan bahwa irisan dua subgrup adalah subgrup juga, yaitu menunjukkan bahwa A \cap B tidak membentuk himpunan kosong, A \cap B merupakan subset dari G, berlakunya sifat tertutup, dan setiap elemen di A \cap B memiliki invers.
(A \cap B tidak kosong)
Secara matematis, ditulis A \cap B \neq \emptyset. Karena A subgrup dari G, maka A memiliki identitas, yaitu e. Begitu juga B dengan identitas yang sama, yaitu e. Dari kedua ini, diperoleh e \in A \cap B. Jadi, A \cap B = \emptyset tidak kosong (salah satu anggotanya adalah e)

(A \cap B subset G)
A subgrup dari G, berarti A \subseteq G
B subgrup dari G, berarti B \subseteq G
Dari kedua ini, diperoleh A \cap B \subseteq G
(Berlaku sifat tertutup)
Akan ditunjukkan bahwa untuk setiap a, b \in A \cap B berlaku ab \in A \cap B
Ambil sembarang a, b \in A \cap B. Selanjutnya,
a \in A \cap B \Rightarrow a \in A \land a \in B
b \in A \cap B \Rightarrow b \in A \land b \in B
Karena a, b \in A dan A subgrup dari G, maka dengan sifat tertutupnya, berlaku ab \in A
Juga karena a, b \in B dengan B subgrup dari G, maka dengan sifat tertutupnya, berlaku ab \in B
Dari kedua ini, akhirnya diperpleh ab \in A \cap B (terbukti)
(Setiap elemen di A \cap B memiliki invers)
Ambil sembarang a \in A \cap B
a \in A \cap B berarti a \in A dan a \in B. Karena A dan B keduanya subgrup dari G, maka dengan sifat ketertutupan inversnya, berlaku a^{-1} \in A dan a^{-1} \in B, yang berarti a^{-1}\in A \cap B. Jadi, setiap sembarang elemen A \cap B memiliki invers padanya.
Keempat syarat telah terpenuhi, sehingga terbukti bahwa A \cap B adalah subgrup dari G

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini