Bab 7 Basis Dan Dimensi

Kombinasi Linier

Aljabar Matriks -Mahmud 'Imrona [email protected]

Definisi Kombinasi Linier Misalkan V ruang vektor. S={u S={u1, u2, ..., un}⊆V. Misalkan a∈V. Vektor a disebut dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S, jika terdapat skalar-skalar (konstanta riil) k 1, k 2, ..., k n, sehingga memenuhi persamaan: k 1u1+ k 2u2+ ...+ k nun=a Contoh: (a, b, c)=a(1, 0,0)+b(0,1,0)+c(0,0,1), berarti berarti vektor (a, b, c) dapat dinyatakan dinyatakan sebagai sebagai kombinasi kombinasi linier dari {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}


Contoh Kombinasi Linier 1 Tunjukkan u=(2, 3, -1) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari W={a1=(1, 0, 1), a2=(0, 1, -1), a3=(1, 1, -1)} -1)} dan tuliskan tuliskan bentuknya. bentuknya. Jawab: Akan dicari skalar-skalar k1, k2, dan k3 yang memenuhi: u= k1a1+ k2a2+ k3a3. (2, 3, -1)= k 1(1, 0, 1)+ k2(0, 1, -1)+ k 3(1, 1, -1) (2, 3, -1)=(k1, 0, k 1)+ (0, k2, -k2)+ (k3, k3, - k3) (2, 3, -1)=( k 1+ k3, k2+ k3, k1-k2-k3 ) Berarti membentuk sistem persamaan linier: 2= k1 + k3 3= k2 + k3 -1= k1 - k2 - k3 Untuk menghitung menghitung skalar-skalarny skalar-skalarnya a dapat digunakan digunakan eliminasi eliminasi Gauss-Jordan. Gauss-Jordan. Dari eliminasi eliminasi Gauss-Jordan Gauss-Jordan di dapat: k1=2, k2=3, dan k3=0. Berarti kombinasi kombinasi liniernya liniernya adalah: u= 2a 2a1+ 3a 3a2


1

Contoh Kombinasi Linier 3 (1/ 2) Apakah a=(2, -1, 3) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S={u1=(2, -2, 4), u2=(0, 1, 2), u3=(1, 0, 4)}? Jawab: Akan dicari k 1, k2, dan k 3 yang memenuhi persamaan: a=k1u1+k2u2+k3u3 (2, -1, 3)=k 1(2, -2, 4)+k2(0, 1, 2)+k 3(1, 0, 4) (2, -1, 3)=(2k 1+k3, -2k1+k2, 4k1+2k2+4k3) Didapat sistem persamaan linier: 2 = 2k1 + k3 -1 = -2k1+ k2 3 = 4k1+2k2+4k3


Contoh Kombinasi Linier 3 (2/2) Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan sistem persamaan linier ini akan diselesaikan:

⎡2 0 1 2 ⎤ ⎡2 0 1 2 ⎤ ⎡2 0 1 2⎤ ⎢0 1 1 1 ⎥ ⎢− 2 1 0 − 1⎥ b + b ~ ⎢0 1 1 1 ⎥ ~ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 2 1 ⎢⎣ 4 2 4 3 ⎥⎦ b3 − 2b1 ⎢⎣0 2 2 − 1⎥⎦ b3 − 2b2 ⎣⎢0 0 0 − 3⎦⎥ Karena sistem persamaan linier di atas ti dak mempunyai solusi, berarti a tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S.


Contoh Kombinasi Linier 4 (1/ 2) Apakah a=(2, -1, 6) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S={u1=(2, -2, 4), u2=(0, 1, 2), u3=(1, 0, 4)}? Jawab: Akan dicari k 1, k2, dan k 3 yang memenuhi persamaan: a=k1u1+k2u2+k3u3 (2, -1, 6)=k 1(2, -2, 4)+k2(0, 1, 2)+k 3(1, 0, 4) (2, -1, 6)=(2k 1+k3, -2k1+k2, 4k1+2k2+4k3) Didapat sistem persamaan linier: 2 = 2k1 + k3 -1 = -2k1+ k2 6 = 4k1+2k2+4k3


2

Contoh Kombinasi Linier 4 (2/ 2) Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan sistem persamaan linier ini akan diselesaikan:

⎡ 2 0 1 2⎤ ⎢− 2 1 0 − 1⎥ b + b ~ ⎢ ⎥ 2 1 ⎢⎣ 4 2 4 6 ⎥⎦ b3 − 2b1

⎡2 0 1 2⎤ ⎢0 1 1 1⎥ ~ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 2 2 2⎥⎦ b3 − 2b2

⎡2 0 1 2⎤ ⎢0 1 1 1⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 0 0 0⎥⎦

Karena sistem persamaan linier di atas mempunyai solusi tak hingga banyaknya, yaitu: k 1= 1 – ½ t, k2=1 –t, k3=t, berarti a dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S, yaitu: a=(1 –½ t)u1+(1 – t)u2+ tu3 dengan t sebarang bilangan riil


Kombinasi Linier-Sub Ruang (1/ 3) Misalkan V Ruang Vektor dan B={v1, v2, ..., vr} ⊆ V, Maka himpunan dari semua kombinasi linier dari B, yaitu: W={k 1v1+k 2v2+ …+k rvr| k 1,k 2, …,k r∈R} membentuk sub ruang. Bukti: Ambil k 1=k 2= ... = k r = 0, 1. maka: 0v1+0v2+ ...+0vr =o. Jadi W ≠∅.


Kombinasi Linier-Sub Ruang (2/ 3) 2. Ambil u, w ∈W. Akan diperlihatkan u+w ∈W Misalkan u= l 11v1+l 12v2+ …+l 1rvr dimana l 11,l 12, …,l 1r∈R dan w = l 21v1+l 22v2+ …+l 2rvr dimana l 21,l 22, …,l 2r∈R {aksioma u+w= (l 11v1+l 12v2+ …+l 1rvr)+(l 21v1+l 22v2+ …+l 2rvr) asosiatif } = l 11v1+l 12v2+ …+l 1rvr + l 21v1+l 22v2+ …+l 2rvr {aksioma asosiatif } = l 11v1+ l 21v1+l 12v2+ l 22v2+ …+l 1rvr + l 2rvr {aksioma distributif } = (l 11+l 21)v1+(l 12+l 22)v2+ …+(l 1r+l 2r)vr {sifat bilangan riil } (l 11+l 21),(l 12+l 22), …,(l 1r+l 2r)∈R Jadi u+w∈W


3

Kombinasi Linier-Sub Ruang (3/ 3) 3. Ambil u∈W da n c ∈R. Akan diperlihatkan c u∈W Misalkan u=l 11v1+l 12v2+ …+l 1rvr dimana l 11,l 12, …,l 1r∈R c u = c (l 11v1+l 12v2+ …+l 1rvr) distributif } = cl 11v1+cl 12v2+ …+cl 1rvr {sifat bilangan riil } cl 11, cl 12, …, cl 1r∈R Jadi c u∈W

{aksioma

∴ W sub ruang dari V


Tantangan 1 1.

Manakah vektor-vektor di bawah ini yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S={ a1=(1, -1, 0), a2=(0, 2, 1), a3=(1, 1, 1), a4=(1, 3, 2)} a. b. c. d. e. f.

u=(2, 0, 1) u=(-1, 1, 1) u=(0, 2, 3) u=(4, 3, -1) u=(2, 1, -1) u=(0, 0, 1)


Tantangan 2 2. 3.

Apakah vektor-vektor pada bidang 3x + 2y – z = 0, dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S={a1=(2,0,3), a2=(0,1,2)}? Jelaskan! Manakah polinom-polinom di bawah ini yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari: S={p1=2+3x2, p2=-1+x+3x2, p3=3+x+9x2}

a. b. c. d. e. f.

3+x+2x2 2x + 5x2 1+x+6x2 2 + 2 x +1 2x2 5 – 2x2 4+2x+15x2


4

Membangun


Membangun Misalkan V ruang vektor. S={u1, u2, ..., ur} ⊆ V. S disebut membangun V, jika setiap vektor di V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S atau terdapat skalar-skalar k 1, k2, …, kr∈R, sehingga memenuhi: v= k1u1+k2u2+ …+krur untuk setiap v∈V Contoh:  S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} membangun R 3. Karena setiap vektor di R 3 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S, (k1, k2, k3)= k1e1 + k2e2 + k3e3. 

B={p1=1, p2=x, p3=x2} membangun P 2. Karena setiap vektor di P 2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari B, a+bx+cx 2=ap1+bp2+cp3.


Contoh Membangun Apakah himpunan-himpunan di bawah ini membangun ruang vektor yang sesuai? a. B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)} b. Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3 =3x + 4x2} ⎡ 2 0⎤ ⎡0 3⎤ ⎡1 0⎤ ⎫ c. M=⎧ ⎨m1 = ⎢ ⎥, m 2 = ⎢2 1⎥, m 3 = ⎢2 1⎥ ⎬ ⎣− 1 0⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎭ ⎩ Jawab: a. B⊆R2, ambil w=(a, b). Apakah w=(a, b) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari B, w=k1u1+k2u2+k3u3 selalu mempunyai solusi?

(a, b)=k1(1, 2)+k2(-1, 1)+k3(0, 3) (a, b)=(k1, 2k1)+ (-k2, k2)+ (0, 3k3) (a, b)=(k1 - k2, 2k1 + k2 + 3k 3) Didapat sistem persamaan linier: a= k1 - k2 b=2k1 + k2 + 3k3

Diselesaikan menggunakan eliminasi GaussGauss-Jordan Aljabar Matriks -Mahmud 'Imrona [email protected]

5

Jawab Membangun (1/5) ⎡1 −1 ⎡1 −1 0 a⎤ ⎢2 1 3 b⎥ b − 2b ~ ⎢⎣0 3 ⎣ ⎦ 2 1

⎡1 −1 0 a ⎤b1 +b2 ~ ⎥ ~ 3 b-2a⎦ 13b2 ⎢0 1 1 (b- 2a)⎥ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ dikembalikan ke bentuk sistem persamaan linier, didapat: k 1 k 2

+

k 3

=

+

k 3

=

0

a ⎤

a+b ⎤ ⎡ ⎢1 0 1 ⎥ 3 ⎢ (b - 2a) ⎥ ⎢0 1 1 ⎥ ⎣ ⎦ 3

a+b

3 b - 2a 3

dengan subtitusi mundur, didapat: a +b

k 1 =

3 b - 2a

k 2 =

3

− k 3 − k 3

karena k3 dapat bernilai sebarang, maka k 3 dimisalkan sebagai sebuah parameter, k 3=t, sehingga, k 1=(a+b)/3 -t, dan k 2=(b-2a)/3 - t, yang berarti selalu mempunyai solusi. Jadi, B membangun R 2. Aljabar Matriks -Mahmud 'Imrona [email protected]

Jawab Membangun (2/5) Karena Q⊆P2, maka akan ditunjukkan bahwa Q membangun P2 atau w=k1p1+k2p2+k3p3 selalu mempunyai solusi dengan w=a+bx+cx2. a+bx+cx2= k1(2+x+2x2)+k2(-1 + 2x +3x 2)+k3(3x + 4x2) a+bx+cx2= (2k1+ k1x+2k1x2)+ (-k2 + 2k2x +3k2x2)+ (3k3x + 4k3x2) a+bx+cx2= (2k1 - k2)+ (k1 + 2k2 + 3k3)x + (2k 1 + 3k2 + 4k3)x2 Didapat sistem persamaan linier: ⎡ 2 − 1 0 ⎤ ⎡ k 1 ⎤ ⎡ a ⎤ a=2k1 - k2 ⎢ 1 2 3 ⎥ ⎢ k ⎥ = ⎢ b ⎥ b= k1 + 2k2 + 3k3 ⎢ ⎥⎢ 2 ⎥ ⎢ ⎥ c=2k1 + 3k2 + 4k3

⎣⎢ 2

3

4 ⎦⎥ ⎣⎢ k 3 ⎦⎥

⎣⎢ c ⎦⎥

Persamaan matrik di atas selalu mempunyai solusi, jika matrik koefisien mempunyai invers, berarti determinan matrik koefisien tidak sama dengan nol. 2

−1 0

1

2

3

2

3

4 b3 − 2b2

b1

− 2b2

0

= 1 0

Jadi, Q membangun P2.

−5 −6 2

= −

3

−1 − 2

−5 −6 =-(10-6)=-4≠0 −1 − 2


Jawab Membangun (3/5) Karena M⊆M2x2, maka akan ditunjukkan bahwa M membangun M 2x2. Berarti pula apakah persamaan w=k1m1+k2m2+k3m3 selalu mempunyai solusi untuk bentuk umum w, w= ⎡a b ⎤ Didapat sistem persamaan linier:

⎢c d ⎥ ⎣ ⎦ ⎡2 ⎣−1

⎡0 3⎤ ⎡1 0⎤ ⎥ + k 2 ⎢2 1⎥ + k 3 ⎢2 1⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ b⎤ = ⎡ 2k 1 + k 3 3k 2 ⎤ d⎥⎦ ⎢⎣− k 1 + 2k 2 + 2k 3 k 2 + k 3 ⎥⎦

⎡a ⎢c ⎣ ⎡a ⎢c ⎣

b⎤

⎡2 ⎢0 ⎢ ⎢− 1 ⎢ ⎣0

0

1

a ⎤ b3

3

0

b

d⎥⎦

= k 1 ⎢

0⎤ 0⎦

a= 2k1 + k3 b= 3k2 c= -k1 + 2k2 + 2k3 d= k2 + k3 Diselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan:

⎡− 1 2 2 c ⎤ ⎡−1 ⎥ ⎢0 3 0 b ⎥ ~⎢ 0 1 a ⎥ b3 + 2b1 ⎢ 0 ⎥ ⎢ 1 1 d⎦ ⎣0

⎢0 ⎥ ⎥ ~ ⎢ ⎢2 ⎥ 2 2 c b1 ⎢ ⎥ ⎣0 1 1 d⎦

2 2

c ⎤

3 0

b

⎥b ⎥ 4~

4 5 a + 2c⎥ 1 1

⎥

d ⎦ b2


6

Jawab Membangun (4/6) ⎡− 1 ⎢0 ⎢ ⎢0 ⎢ ⎣0

2 2

c ⎤

1 1

d

⎡−1 2 2

c

⎤

⎢0 1 1 ⎥ ⎥ d ⎥ ⎥ ~ ~ ⎢ ⎢ 0 0 1 a + 2c- 4d⎥ 4 5 a + 2c⎥ b3 − 4b2 ⎢ ⎥ ⎥ 3 0 b ⎦ b4 − 3b2 ⎣ 0 0 − 3 b - 3d ⎦ b4 + 3b3

⎡−1 ⎢0 ⎢ ⎢0 ⎢ ⎣0

⎤ ⎥ ⎥ 0 1 a + 2c - 4d ⎥ ⎥ 0 0 3a + 6c + b -15d⎦ 2 2

c

1 1

d

Sistem persamaan linier di atas, hanya mempunyai solusi jika 3a+b+6c15d=0, sedangkan yang diminta untuk sebarang nilai: a, b, c, dan d. Jadi, ada matrik 2x2 yang tidak bisa dinyatakan sebagai kombinasi linier dari M. Aljabar Matriks -Mahmud 'Imrona [email protected]

Jawab Membangun (4/5) Contoh penyangkal:

⎡1 1⎤ ⎥ ⎣1 1⎦

u= ⎢

⎡1 ⎢1 ⎣ ⎡1 ⎢1 ⎣

Didapat sistem persamaan linier: 1= 2k1 + k3 1= 3k2 1⎤ 2 0 0 3 1 0 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎥ = k 1 ⎢ ⎥ + k 2 ⎢2 1⎥ + k 3 ⎢2 1⎥ 1= -k1 + 2k2 + 2k3 1⎦ ⎣−1 0⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 1= k2 + k3 Diselesaikan dengan eliminasi Gauss-Jordan: 1⎤ 3k 2 ⎤ ⎡ 2k 1 + k 3 = ⎢− k + 2k + 2k k + k ⎥ 1⎥⎦ ⎣ 1 2 3 2 3⎦


Jawab Membangun (5/5) ⎡2 ⎢0 ⎢ ⎢− 1 ⎢ ⎣0 ⎡− 1 ⎢0 ⎢ ⎢0 ⎢ ⎣0

0

1 1⎤ b3

3

0 1

⎡− 1 ⎢0 ⎥ ⎥ ~⎢ 2 2 1⎥ b1 ⎢ 2 ⎢ ⎥ 1 1 1⎦ ⎣0 2

2

1

1

⎡− 1 ⎢0 ⎢ ⎥ ~ 0 1 1⎥ b3 + 2b1 ⎢ 0 ⎢ ⎥ 1 1 1⎦ ⎣0 2 3

1⎤ 1⎥

⎥ ~ 0 1 -1 ⎥ ⎥ 0 − 3 - 2⎦ b4 + 3b3

2 1⎤ 0 1⎥

⎡− 1 ⎢ 0 ⎢ ⎢ 0 ⎢ ⎣ 0

2

2 1⎤

2

3

0 1

1

1 1⎥

4

5 3⎥ b3 − 4b2

3

0 1⎦ b4 − 3b2

⎡− 1 ⎥b ⎢ ⎥ 4 ~ ⎢0 4 5 3⎥ ⎢0 ⎥ 1 1 1⎦ b2 ⎢ 0 ⎣

2 1⎤

⎥

~

⎥

1 ⎤

2

2

1

1

1

0

1

-1⎥

0

0

- 5⎦

⎥ ⎥ ⎥

Dari matrik terakhir ini, terlihat bahwa SPL tidak mempunyai solusi. Jadi, ada matrik 2x2 yang tidak bisa dinyatakan sebagai kombinasi linier dari M. Jadi, M tidak membangun ruang vektor M 2x2.


7

Bebas Linier


Bebas Linier Misalkan V ruang vektor. B={a1, a2, ..., an}⊆V. Himpunan B disebut bebas linier, jika persamaan vektor: k1a1 + k2a2 + ...+ k nan = o hanya dipenuhi oleh k1 = k2 = ...= k n = 0 (hanya solusi trivial). Jika terdapat solusi yang lain (solusi tak trivial), maka B disebut tak bebas linier/ bergantung linier. Contoh: S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} bebas linier, karena (0, 0, 0)=a e1 + be2 + ce3=(a, b, c), berarti hanya dipenuhi oleh a=b=c=0. B={p1=1, p2=x, p3=x2} bebas linier, karena 0=a p1+bp2+cp3=a+bx+cx2, berarti a=b=c=0. ⎧

⎡1 0⎤ ⎡0 1⎤ ⎡0 0⎤ ⎡0 0⎤⎫ bebas linier, ⎥, m 2 = ⎢0 0⎥, m3 = ⎢1 0⎥, m4 = ⎢0 1⎥⎬ 0⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎭ karena persamaan vektor berikut

M= ⎨⎩m1 = ⎢⎣0

⎡0 ⎢0 ⎣

0⎤ 0⎥⎦

=am1+bm2+cm3+dm4=

⎡a b⎤ ⎢c d⎥ , berarti didapat: a=b=c=d=0. ⎣ ⎦ Aljabar Matriks -Mahmud 'Imrona [email protected]

Sifat-sifat Himpunan Tak Bebas Linier (Bergantung Linier) 1.

2.

Jika B={v1, v2, ..., vn} himpunan tak bebas linier, maka selalu satu vektor dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya atau vi=k1v1+k2v2+...+k i-1vi1+ki+1vi+1+ ...+k nvn untuk i=1, 2, ..., n Jika B={ v1, v2} himpunan tak bebas linier, maka v1=kv2 {v 1 kelipatan dari v 2 }


8

Tantangan 1. Apakah himpunan-himpunan di bawah ini membangun dan bebas linier? a. B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)} b. Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x 2, p3=3x + 4x2}

⎧

c. M= ⎨m1 =

⎩

⎡2 ⎢−1 ⎣

0⎤ ⎡0 3⎤ ⎡1 0⎤⎫ ⎥, m2 = ⎢2 1⎥, m3 = ⎢2 1⎥⎬ 0⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎭

d. Q={u1=(1, 0, 1, 2), u2=(2, 2, 3, 7), u3=(1, 1, 2, 4), u4=(-1, -1, -2, -2)} e. B={u1=(2, 1), u2=(0, 1), u3=(3, 3)} f. B={p1= 1 - x - x 2 + 2x3, p2= x + 3x2, p3=2 –2x - x2 + 4x3, p4=-1 + 2x + 4x 2 + x3} g. B={p1=1 -x, p2=1 + 2x, p3=2 + x} 2. Tentukan vektor-vektor yang membangun himpunan semua vektor di bidang: 2x + 3y – z = 0. Apakah vektor-vektor tersebut bebas linier? Jelaskan! Aljabar Matriks -Mahmud 'Imrona [email protected]

Basis dan Dimensi


Basis Misalkan V ruang vektor. B={u1, u2, ..., un}⊆ V. B disebut basis ruang vektor V, jika B memenuhi dua aksioma, berikut: 1. B bebas linier 2. B membangun V

Contoh: S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} basis di R3. B={p1=1, p2=x, p3=x2} basis polinom berderajat maksimal 2 M=

⎧⎪ ⎡1 0⎤ ⎡0 1⎤ ⎡0 0⎤ ⎡0 0⎤ ⎫⎪ ⎨m1 = ⎢ ⎥, m2 = ⎢0 0⎥, m3 = ⎢1 0⎥, m4 = ⎢0 1⎥ ⎬ basis matrik 2x2. ⎪⎩ ⎣0 0⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎪⎭

Basis-basis di atas disebut basis baku dari masing-masing ruang vektor


9

Basis Tidak Tunggal 

 



contoh: Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x 2, p3=3x + 4x2}, juga basis P 2, karena: k1p1+k2p2+k3p3=o, hanya dipenuhi oleh k1=k2=k3=0 k1p1+k2p2+k3p3=a+bx+cx2, selalu mempunyaisolusi berapapun a, b, dan c Kedua persamaandi atas mempunyai matrik koefisien

⎡2 ⎢1 ⎢ ⎣⎢ 2

−1

0⎤

2

3⎥

3

⎥

dan mempunyaisolusi seperti yang

4 ⎦⎥

dikehendaki, jika determinannyatidak sama dengan nol. 2

− 1 0 b1 − 2b2

1

2

3

2

3

4 b3 − 2b2

0

= 1 0

−5 −6 2

3 =−

−1 − 2

−5 −6 =-(10-6)=-4≠0 −1 − 2


Ruang Vektor Berdimensi Berhingga Misalkan {o}≠V ruang vektor. V disebut berdimensi berhingga, jika mempunyai himpunan yang banyak anggotanya berhingga yang menjadi basis. Jika tidak ada himpunan yang demikian ini disebut berdimensi tak hingga. Perkecualian, walaupun ruang vektor nol tidak mempunyai basis, namun dianggap berdimensi berhingga. Contoh: R3, P2, M2x2 termasuk berdimensi berhingga.


Dimensi Ruang Vektor Misalkan V ruang vektor berdimensi berhingga, dimensi dari V, ditulis dim(V), adalah banyaknya anggota (kardinalitas) dari basis. Perkecualian, untuk ruang nol didefinisikan berdimensi nol. Contoh: 1. dim(R3)=3, dim(Rn)=n, dim(M2x2)=4, dim(P2)=3, dim(Pn)=n+1. 2. Tentukan dimensi dari sub ruang pada bidang: -x + 2y +5z=0. Jawab: x=2y+5z, sehingga (x, y, z) = (2y+5z, y, z) dan karena y dan z variable bebas, y=t, z=s, akibatnya: (x, y, z)=(2t+5s, t, s)= t(2, 1, 0)+s(5, 0, 1) {dapat dibaca vektor pada bidang – x+2y+5z=0 dibangun oleh vektor (2, 1, 0) dan (5, 0, 1)}. Karena (2, 1, 0) dan(5, 0, 1) tidak salingberkelipatan, maka bebas linier. Jadi, basis sub ruang–x+2y+5z=0 adalah{(2, 1, 0), (5, 0, 1)} berarti berdimensi 2.


10

Contoh

(1/ 2)

Tentukan basis dan dimensi dari ruang solusi sistem persamaan linier homogen berikut: 2x + 2y – 3z =0 2x + 3y – z – w = 0 2x + 5y + 3z – 3w = 0 Jawab: ⎡2 2 −3 0 0⎤ ⎡2 2 − 3 0 0⎤ b1 − 2b2 ⎡2 2 − 3 0 0 ⎤ ⎢2 3 − 1 − 1 0⎥ b − b ~ ⎢0 1 2 −1 0⎥ ~ ⎢0 1 2 − 1 0⎥ ~ 2 1 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 3 6 −3 0⎦⎥ b3 − 3b2 ⎣⎢0 0 0 0 0⎦⎥ ⎣⎢2 5 3 − 3 0⎥⎦ b3 − b1 ⎡2 0 − 7 2 0⎤ ⎢0 1 2 −1 0⎥ ⎢ ⎥ ⎣⎢0 0 0 0 0⎥⎦

2x – 7z + 2w = 0 atau x = (7z – 2w)/2 y + 2z - w = 0 atau y = - 2z + w Aljabar Matriks -Mahmud 'Imrona [email protected]

Contoh

(2/2)

karena z dan w anu yang bebas, misalkan z = t dan w=s, maka didapat: x = (7t – 2s)/2 y = -2t + s Sehingga solusinya berbentuk: (x, y, z, w)=t (7/2, -2, 1, 0) + s (-1, 1, 0, 1) Jadi, basis ruang solusi sistem persamaan linier di atas adalah: {(7/2,-2,1,0), (-1,1,0,1)} dan dimensi: 2


Tantangan Apakah himpunan vektor-vektor di bawah ini basis ruang vektor yang sesuai? Jelaskan.

1. a. b. c. d. e.

B={u1=(3, 0), u2=(1, 2), u3=(-2, 1)} B={u1=(2, 1, 0), u2=(1, -1, 2), u3=(-2, 2, 1)} B={u1=(1, 0, 1, 2), u2=(2, 2, 3, 7), u3=(1, 1, 2, 4), u4=(-1, -1, -2, -2)} B={p1=1 -x, p2= 2 + 3x} B={p1= 1 - x - x 2 , p2= x + 3x2, p3= 2 – 2 x - x2}

Tentukan basis dan dimensi dari

2. a. b.

ruang vektor polinom yang berbentuk a+bx+cx2, dengan syarat a=b+2c. Semua vektor berbentuk (a, b, c, d) dengan b = a – 3d, c = a + d


11

Tantangan 3.

Tentukan basis dan dimensi ruang solusi sistem persamaan linier homogen berikut: 2 x1 + x2 − x3 + 2 x4 − x5 = 0 ⎫

⎪

x1

+ 2 x2 + x3 − x4 − x5 = 0 ⎫

a. − 2 x1 + 3 x2 − 2 x3 + x4 − 3 x5 = 0⎬ b. 4 x1 + 3 x2 + 3 x3 − 4 x4 − 5 x5 = 0⎪⎬ 4 x2 − 3 x3 + 3 x4 − 4 x5 = 0

⎪ ⎭

3 x1 + x2 + 2 x3 − 3 x4

− 4 x5 = 0 ⎪⎭


12

Bab 7 Basis Dan Dimensi

Recommend Documents