Ale Basis Dan Dimensi-1.docx

MAKALAH ALJABAR LINEAR ELEMENTER (Basis and Dimension) and (Coordinates with Respect to a Basis) makalah ini disusun untuk memenuhi tugas mata kuliah aljabar linear elementer

DISUSUN OLEH:

FEBY RENDANI

(18205011)

HANIFAH HUMAIRAH

(18205013)

LIZA WULANDARI

(18205019)

NURUL JANNAH

(18205030)

REFIKA SARI

(18205037)

DOSEN PEMBIMBING: Drs. HENDRA SYARIFUDDIN, M. Si, Ph. D

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA PROGRAM PASCASARJANA UNIVERSITAS NEGERI PADANG 2019

KATA PENGANTAR Segala puji bagi Allah SWT, yang telah melimpahkan rahmat dan hidayahNya kepada kita semua, sehingga penulis dapat menyelesaikan makalah ini. Penulis berharap agar semua orang dapat memperoleh berbagai informasi yang berguna dari makalah ini. Penulis juga berharap jika ada kritikan dan saran dari pembaca akan diterima dengan senang hati. Demi kesempurnaan makalah ini dan untuk perbaikan makalah yang akan datang. Akhir kata, penulis mengucapkan terima kasih atas dukungan, bantuan dan bimbingan yang telah diberikan oleh Bapak Drs. Hendra Syarifuddin, M. Si, Ph.D selaku dosen pembimbing yang telah membantu penulis dalam menyelesaikan makalah ini, serta rekan-rekan yang ikut membantu terselesainya makalah ini.

Padang,

Maret 2019

Penulis

1

DAFTAR ISI

KATA PENGANTAR..............................................................................................i DAFTAR ISI...........................................................................................................ii BAB I.......................................................................................................................1 PENDAHULUAN...................................................................................................1 A.

LATAR BELAKANG...................................................................................................1

B.

RUMUSAN MASALAH.............................................................................................1

C.

TUJUAN..................................................................................................................1

BAB II.....................................................................................................................2 PEMBAHASAN.....................................................................................................2 A. Basis dan Dimensi.....................................................................................................2 B.

Koordinat Sehubungan Dengan Basis...................................................................12

BAB III..................................................................................................................19 PENUTUP.............................................................................................................19 A.

KESIMPULAN........................................................................................................19

Daftar Pustaka......................................................................................................22

2

BAB I PENDAHULUAN A. LATAR BELAKANG Ruang-ruang vector umum merupakan salah satu materi penting yang harus dipelajari pada mata kuliah aljabar linear. Banyak aspek-aspek atau bagian-bagian yang termasuk dalam pembahasan ruang-ruang vector umum, yaitu ruang-ruang vector umum real, kombinasi linear, himpunan rentangan, sub ruang, rentang linear, ruang baris dari matriks, ketakbebasan dan kebebasan linear, basis dan dimensi, koordinat sehubungan dengan basis, ruang kolom dan ruang kosong serta peringkat dan kekosongan. Dalam mempelajari ruang-ruang vector umum, maka seluruh bagianbagian tersebut harus diketahui dan dipahami agar dapat mengerti tentang ruang-ruang vector umum secara keseluruhan. Dalam makalah ini penulis akan mambahas bagian tentang “Basis dan Dimensi” serta “Koordinat sehubungan dengan Basis”. B. RUMUSAN MASALAH Rumusan masalah pada makalah ini adalah : 1. Bagaimana konsep Basis dan Dimensi? 2. Bagaimana konsep Koordinat yang sehubungan dengan Basis? C. TUJUAN Tujuan dari penulisan makalah ini adalah untuk membahas: 1. Konsep Basis dan Dimensi. 2. Konsep Koordinat yang sehubungan dengan Basis.

1

BAB II PEMBAHASAN

A. Basis dan Dimensi Andaikan terdapat satu titik di bidang P dalam R3 yang diberikan oleh persamaan X+Y = 0. Semua titik didapatkan dari (x, y, -x) dan terdiskripsikan oleh dua koordinat x dan y. Identifikasi satu titik (x, y, -x) dua koordinat utama (x, y)

∈

∈

P dengan

R2, hal itu memungkinkan untuk melihat

bidang P sama dengan bidang di R2. (identifikasi ini adalah sebuah proyeksi). Jelas bahwa bidang-bidang itu berbeda, karena P adalah himpunan bagian dari ruang 3 R3, saat R2 adalah bidang abstrak. Kenapa itu adalah dua bidang berbeda jika dapat dilihat sama? Alasannya karena mereka berada pada dimensi yang sama. Pada bagian ini diawali dengan membuat defenisi dari dimensi. Kuncinya dengan menggunakan konsep secara serentak dari kebebasan linear dan rentangan. Defenisi 1 Himpunan dari sebuah vector {v1, v2, . . ., vn} dalam ruang vector V dinamakan sebuah basis untuk V, jika: (i) v1, v2, . . ., vn bebas linear (ii) rentangan {v1, v2, . . ., vn} = V

sebagai contoh: kita menunjukkan dengan ei = (0,. . .,0,1,. . .,0) adalah vector dalam Fn dengan semua anggotanya 0 kecuali 1 sebagai satu-satunya anggota ke-i dalam barisan. Ini mudah untuk melihat bahwa {e1, e2, . . , en} adalah sebuah basis untuk Fn. {e1, e2, . . , en} disebut standar basis untuk Fn. Lemma 1 Andaikan {v1, v2, . . ., vn} dan {w1, w2, . . ., wm} keduanya dasar dari ruang vector V. jika n=m, berarti keduanya (terbatas) dasar dari ruang vector yang mempunyai angka yang sama pada elemen-elemennya. 2

Bukti: Karena v1, v2, . . ., vn rentangan V, masing-masing dari w1, w2, . . ., wn adalah kombinasi linear dari v1, v2, . . ., vn. misalnya w1, w2, . . ., wm adalah bebas linear, kita dapat menyimpulkan dari teorema 1.3.9 bahwa m ≤ n. menurut simetri dari hipotesis , dapat ditemukan bahwa n ≤ m. oleh sebab itu n = m dan lemma 1 terbukti. Kita

dapat

menetapkan

dimensi

dari

ruang

vector

dengan

mengindikasikan elemen angka dari basis. Dengan memperhatikan lemma 1 ditunjukkan defenisi 1, yang diartikan: tidak mungkin sebuah ruang vector mempunyai angka yang berbeda pada elemennya. Dengan melihat eksistensi basis standar Fn terlihat bahwa dimensi dari Fn adalah n. Defenisi 2 Andaikan V adalah ruang vector dan mempunyai basis dengan n elemen untuk beberapa bilangan asli n. Dapat dikatakan bahwa V berdimensi-n. Jika sebuah ruang vector berdimensi-n untuk beberapa n, disebut bahwa V adalah dimensi terbatas. Jika V bukan dimensi terbatas, disebut dimensi takberbatas/takberhingga.

Ruang vector 0 kosong

∅

{0⃗ }

berdasarkan kaidah sebuah basis himpunan yang mana mempunyai elemen 0. Jadi {0⃗ } adalah dimensi-

nol ruang vector. Biasanya, sebuah ruang vector mempunyai banyak basis berbeda. Faktanya, jika F adalah sebuah dimensi tak berbatas (untuk contoh jika F = R atau F = C), maka banyak ruang vector nol tak berbatas dengan basis yang berbeda. Kuncinya, adalah semuanya mempunyai angka yang sama pada elemennya. Contoh 1 (i)

himpunan vector

3

{( ) ( )}

1 , −1 1 1 2 dibentuk dari sebuah basis R . Vector itu bebas linear, dan karena 1 −1 1 1 adalah sebuah matriks baris dua , banyak sistem dari persamaan, bentuk X 1 +Y −1 = a 1 1 b

( )

() ( )()

selalu dapat diselesaikan jika a,b

∈

R. oleh karena itu dua vector

merentang di R2. (ii) himpunan vector

{( ) ( ) ( )} 1 1 0 1 , 0 , −1 0 1 1

bukan bentuk sebuah basis R3. Vector-vektor itu tidak bebas linear karena 1 1 0 0 − + = 1 0 −1 0 0 1 1 0 (iii) himpunan vector

() ()( ) ()

{( ) ( ) ( ) ( )} 4 −2 1 4 3 0 2 7 2 , 3 , 5 , 6 1 0 9 4 7 1 2 7

tidak dapat dijadikan sebuah basis R5 karena R5 adalah dimensi-5 dan Lemma 1 menunjukkan bahwa banyak basis dari R5 harus memuat 5 elemen. (iv) Ruang vector Pn dari semua polynomial dengan koefisien dalam F dengan derajat tertinggi n adalah sebuah ruang vector dimensi (n+1). Misalnya pada sebuah basis kita berikan barisan elemennya {1, X, X2, …, X4} . Karena setiap elemen dalam Pn memiliki perwakilan khusus dalam bentuk anXn + . . . + a1X + a0 dimana an, . . ., a1 , a0

∈

F, jelas

bahwa ini barisan merentang. Selanjutnya, karena vector nol adalah pernyataan khusus sebagai 0 = 0Xn + . . . + 0X + 0, barisan ini jelas bebas linear. Kita boleh mengganti basis ini sebagai basis standar dari P n.

4

terdapat banyak basis lain Pn yang dapat digunakan. Sebagai contoh, untuk setiap f

∈

F kumpulan dari elemen { 1, (X + f), (X + f) 2, . . . ,

(X + f)n} juga sebuah basis Pn. (v) Ruang vector P dari semua polinomial dengan koefisien dalam lapangan F [lihat contoh 1.2.7 (ii)] bukan sebuah dimensi takberbatas ruang vector F, karena setiap batasan barisan dari polinomial harus mempunyai pangkat tertinggi. Oleh sebab itu, setiap penjumlahan perkalian skalar dari polinomial harus memiliki derajat dengan pangkat tertinggi. Dengan demikian bukan kumpulan terbatas dari polinomial dapat merentang P, dan P tidak bisa menjadi dimensi berbatas. (vi) Ruang vektor

M mxn

dari matrik

mxn

dengan koefisien pada F

adalah sebuah ruang vektor berdimensi −mn . Salah satu cara untuk memeriksa bahwa kumpulan matriks I ={ Eij|1≤ i≤ m ,1 ≤ j ≤n } Dimana Eij adalah matriks dengan elemen 1 dan elemen lainnya 0 adalah basis dari Mmxn(F). Akibat selanjutnya, dalam banyak kasus untuk memudahkan pekerjaan untuk memeriksa jika kumpulan vektor adalah basis sebuah ruang vektor. Ilustrasi selanjutnya tergantung dari konsep kebebasan linier, rentangan, dan dimensi. Teorema 1 Misalkan V adalah ruang vektor berdimensi-n i.

Jika

v 1 , v 2 ,..... , v n

v 1 , v 2 ,..... , v n

ii.

Jika

adalah kebebasan linier dalam V maka

adalah bentuk sebuah basis dari V.

v 1 , v 2 ,..... , v n

rentangan V maka

bentuk sebuah basis dari V Bukti:

5

v 1 , v 2 ,..... , v n

adalah

i.

v 1 , v 2 ,..... , v n

Kita harus menunjukkan bahwa w ∈ V . Jika

w

bukan kombinasi linier dari v 1 , v 2 ,..... , v n

menurut Lemma 1.3.6 berdimensi-n, misalkan v 1 , v 2 ,..... , v n ,

w

u1 ,u 2 , ..... ,u n

v 1 , v 2 ,..... , v n

w

maka

adalah kebebasan linier. V adalah basis dari V maka setiap

adalah kombinasi linier dari

v 1 , v 2 ,..... , v n ,

Sejak

span V. Misalkan

v 1 , v 2 ,..... , v n .

adalah kebebasan linear. Teorema 1.3.9

menunjukkan bahwa n+1 ≤ n . Ini tidak mungkin. ii.

v 1 , v 2 ,..... , v n

Kita harus menunjukkan bahwa

j

Jika bukan, menurut Lemma 1.3.8 ada vj

mana

adalah kombinasi linier dari

adalah kebebasan linier. dengan

1≤ j ≤ n

yang

v 1 , v 2 ,..... , v j−1 . Mengikuti

Lemma 1.1.6 (i) bahwa v 1 , v 2 ,..... , v j−1, v j +1 , ..... , v n memiliki beberapa v 1 , v 2 ,..... , v n . Misalkan

u1 ,u 2 , ..... ,u n

adalah basis ruang vektor V berdimensi-n maka setiap

u1 ,u 2 , ..... ,u n

rentangan sebagai original

adalah

kombinasi

u1 ,u 2 , ..... ,u n

linier

v 1 , v 2 ,..... , v j−1, v j +1 , ..... , v n

dari

dan

adalah kebebasan linier. Teorema 1.3.9 menunjukkan

bahwa n ≤ n−1 . Ini kontradiksi dengan pembuktian teorema. Teorema selanjutnya menunjukkan bagaimana menemukan dasar dan menghitung dimensi berbagai ruang vektor dengan matriks. Itu dengan tegas menggambarkan bagaimana menggunakan operasi baris dan urutan dalam belajar dasar untuk ruang vektor. Ditegaskan bahwa urutan matriks sama dengan urutan transposnya. Tanpa konsep ruang vektor dan beberapa pemahaman dimensi, hasil ini tidak akan sulit dibuktikan. Teorema 2 Misalkan dari

A

matriks

mxn

dan

R

adalah eselon baris tereduksi

A .

A

i. Dimensi ruang baris dari untuk ruang baris dari

A

rk ( A) . Basis

A

A

juga

rk ( A) . Basis

rk ( A )=rk ( At )

6

A

adalah kumpulan kolom A yang

mana cocok untuk kolom yang berisi 1 utama di R. iii.

A

adalah kumpulan baris tak nol dari R.

ii. Dimensi ruang kolom dari untuk ruang kolom dari

adalah

Bukti: Kita tahu bahwa rk ( A) adalah bilangan dari baris taknol dari R. i. Menurut teorema 1.2.2 (i) ruang baris A sama dengan ruang baris R. Ruang baris R dengan jelas rentangan baris taknol di R. Selain itu tiap baris taknol di R memuat 1 utama di kolom R yang mana ada elemen taknol lainnya, baris taknol di R adalah kebebasan linier. Oleh sebab itu, baris taknol R bentuk sebuah basis dari ruang baris A. Seperti baris rk ( A ) , vektor tersebut merentang ini diberikan (i) ii. Misal standar

rk ( A )=r

maka kolom berisi 1 utama adalah vektor basis

pertama

e 1 , e 2 , ..... , er ∈ F

m

r

di

F

m

,

bahwa

mereka

adalah

. Vektor ini bebas linier dan berdasarkan defenisi

bentuk eselon baris tereduksi vektor tersebut merentang ruang kolom R. (setiap kolom di R memiliki m−r

nol di bawah.

Misalkan B merupakan kumpulan kolom dari A yang mana cocok untuk kolom r di R dan merupakan matriks B yang kolomnya adalah kolom di B. Reduksi baris dari A untuk R, baris reduksi B untuk matriks yang kolomnya adalah kolom konsisten dari

e 1 , e 2 , ..... , er

di R. Matriks ini memiliki rank

r, jadi teorema 1.3.4 menunjukkan bahwa kolom dari B adalah bebas linier. Kolom tersebut berisi 1 utama di R merentang ruang kolom di R, menurut teorema 1.2.2 (ii) setiap kolom A harus kombinasi linier dari kolom di B. Berdasarkan fakta, B merentang ruang kolom di A. Ini menunjukkan bahwa B adalah basis untuk ruang kolom di A dan terbukti (ii) iii. Meninjau bahwa ruang kolom U dari A sama dengan ruang baris V dari t A t . Akibatnya rk ( A )=dim ( U )=dim ( V ) =rk ( A ) . (terbukti)

Contoh 2

Diberikan sebuah matrik 7

(

M=

2 3 1 1 1 0 1 1 −1 0 2 0 −2 4 0

)

Pengurangan bentuk baris eselon dari M adalah

(

1 0 −1 2 0 0 1 1 −1 0 0 0 0 0 1

)

Selanjutnya

Mt =

2 0 2 3 1 0 1 1 −2 1 −1 4 1 0 0

( )

Bentuk hasil pengurangan garis eselon 1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

( ) Penerapan teorema 2 (i) kita menemukan bahwa jajaran spasi dari M adalah 3 dimensi baris dasar dari bentuk pengurangan garis eselon M. Jika kita menerapkan bagian (ii) dari teorema 2 ke M t kita dapat menemukan bahwa spasi kolom Mt (yang mana baris acu M) catatan dua basis menghasilkan cara yang berbeda, catatan itu juga mengurang kolom baris eselon bentuk dari Mt tidak berbentuk sebuah basis untuk baris spasi dari M. Seperti yang telah disebutkan sebelumnya, ketika mempertimbangkan sebuah kumpulan dari P-Vektor, kamu mungkin membutuhkan bentuk matrik dimana baris atau kolom mereka, tergantung pertanyaan – pertanyaan yang kamu perlukan untuk dijawab. Ada beberapa keuntungan untuk salah satu dari dua metode, tetapi tentu kamu tidak bingung dalam perbedaan kesimpulan (i) dan (ii) dari teorema 2.

8

Point

diatas,

kita telah

menggambarkan dan

berdasarkan

pembelajaran dari (dimensi terbatas) spasi Vektor tanpa mempertimbangkan pertanyaan basis ada. Ini kembali bahwa jika seseorang mengambil beberapa prinsip dasar dari kumpulam teori (dalam keterangan – keterangan pemilihan aksioma, kemudian ini bisa menjadi bukti bahwa setiap spasi Vektor tetap sebuah satu dimensi tak terbatas) mempunyai sebuah basis (untuk lebih detail lihat sec.7.5) bagai mana pun dalam dimensi tak terbatas keadaan ini adalah mungkin untuk memberikan cukup konstuktif teorema bahwa setiap ruang Vektor secara terbatas yang membentang memiliki dasar. Bagian ini diakhiri dengan beberapa hasil yang menjamin adanya basis dari ruang Vektor dengan sifat tertentu. Hasil ini akan memiliki kegunaan teoritis penting dikemudian hari. Adanya dasar dalam kasus secara terbatas membentang dapat ditemukan di 1.4.9 (i). Pada lemma berikutnya kita mempertimbangkan himpunan rentangan minimal dan maksimal subset bebas linear. Satu himpunan rentangan minimal adalah kumpulan Vektor yang merentang ruang Vektor V (A proper subset dari himpunan S adalah salah satu yang berbeda dari S). Analog maksimal satu linear himpunan bebas adalah bagian bebas linear dari ruang vektor yang subset besar gagal menjadi linear. Lemma 2 misalkan v1, v2, . . .,vn adalah elemen dari ruang Vektor V, i.

Jika {v1, v2, . . .,vn} adalah elemen dari ruang Vektor v adalah spaning set minimal untuk V, maka {v1, v2,. . .,vn} adalah basis untuk V.

ii.

Jika {v1, v2, . . .,vn} maksimal sebuah linear bagian independen dari V, maka {v1, v2, . . .,vn} adalah basis dari V.

Bukti :

9

i. Kita harus menunjukkan bahwa v1, v2, . . .,vn bebas linear, jika tidak maka dengan lemma 1.3.8 kita tahu bahwa beberapa v1 adalah kombinasi linear dari v1,...,vj-1, ini diikuti dengan lemma 1.1.6 (i) bahwa v1, . . .,vj-1, vj+1, . . .,vn adalah satu set mencakup untuk V. Ini bertentangan dengan minimalitas {v1, . . .,vn} dan ini menetapkan kebebasan linearnya. ii. Kita harus menunjukan bahwa v1, v2, . . .,vn merentang pada V, asumsikan bahwa v1, v2, . . .,vn tidak merentang. Pilih W

∈

V dengan rentang w

∈ V {v1, v2, . . .,vn} maka dengan teorema 1.3.6 kita melihat bahwa v1, v2,vn. w adalah linear indepedent. Ini bertentangan dengan maksimality dari {v1, v2, . . .,vn} dan menetapkan bahwa v1, v2, . . .,vn rentang V. Sebagai konsekuensi dari lemma ini kita memperoleh beberapa hasil keberadaan dasar yang disebutkan sebelumnya. Corollary 1 i.

Setiap ruang vektor V dengan himpunan rentangan terbatas memiliki sebuah basis

ii.

Setiap sub ruang V dari ruang vektor n-dimensi memiliki sebuah basis

iii.

Setiap sub ruang V dari Fn memiliki sebuah basis

Bukti : i. Mengambil minimal set yang mencakup seperti set harus ada dengan mempertimbangkan himpunan bagian dari satu set spanning terbatas tetap. Dengan lemma 1.4.6 (i) itu adalah dasar untuk V. ii. Oleh teorema 1.3.9 subset bebas linear dari V dapat memiliki paling banyak n elemen. Jadi harus ada maksimal (dan terbatas) bagian bebas linear dari V. Dengan lemma 1.4.8, bagian tersebut adalah dasar. (iii) ini adalah kasus khusus dari (ii). Ini membuktikan corollary tersebut. Sebagai aplikasi kita memperoleh hubungan mendasar antara rank dari matrik A dan dimensi dari ruang kosong ker(A). Hasil ini diamati pada

10

perhitungan sebelumnya colorrary 0.5.8 (ii), dimana ia menunjukan bahwa solusi untuk persamaan Ax = ⃗0 di n variabel dapat dijelaskan oleh n-rk (A) disebut nullity dari A dan di lambangkan dengan null(A) kita akan menggunakan hasil ini sering dan kami akan menyebutnya sebagai peningkat ditambah nulitas teorema.

Teorema 3 (rank plus nullity theorm) Jika A adalah matrik m x n dengan rank (A) = r, maka ker (A) =

{ v ∨Av= ⃗0 }

adalah ( n – r ) – ruang vektor dimensi. Dengan kata

lain, rk (A) + nol (A) = n

Bukti : Dengan menggunakan lemma 1.3.10 dapat dilihat bahwa ker (A) memilih spanning minimal ditetapkan dengan Vektor n – r. Lemma 1.4.8 (i) menunjuk ker (A) adalah ( n – r ) – dimensi hal ini memberikan teorema. Hasil akhir dari bagian ini bagian terbukti menjadi alat yang sangat nyaman. Contoh berikut menunjukkan bagaimana hasil ini dapat diterapkan. Teorema 4 (ekstensi teorema basis) Kira v1, v2, . . .,v5 secara linear Vektor bebas dalam ruang Vektor V berdimensi-n, kemudian terdapat w5 + 1, . . ., wn

∈

V sehingga {v1,

v2, . . .,v5, w5+1, . . ., wn} adalah basis untuk V.

Bukti : Memilih w5+1, . . .,wt sehingga v1, . . . , v5, w5+1, . . ., w5+1 adalah bebas linear dan t adalah sebagai besar mungkin. Perhatikan bahwa nomor tersebut t harus ada, karena selalu ada di sebagian besar n = dim (V) Vektor disetiap bagian bebas linear dari V. (Jika t = 0, tidak ada Vektor baru dipilih), oleh lemma 2

11

(ii) yang maksimal dari himpunan bebas linear {v1, . . .,v5, w5+1} menjamin bahwa itu adalah basis. Sejak dim (V) = n, r + t = n berikut. Ini membuktikan hasilnya. Contoh 3 Vektor X2 + 1 dan X2 – 1 adalah bebas linear di P 3, ruang Vektor dari semua Polinomial gelar paling 3 satu misalnya kebutuhan dasar untuk P 3 mengandung Vektor ini. Teorema 4 mengatakan bahwa harus memiliki basis. Untuk menghasilkan basis seperti itu, kita mencoba menambahkan unsur – unsur dalam {X 2 + 1, X2 – 1} satu persatu sampai kita mendapatkan maksimal linear bagian independen P 3. Terbukti 1 ∈

rentangan {X2 + 1, X2 – 1}. Jadi kita tidak menambah Vektor 1

untuk dasar kita. Namun X

∉

rentang {X2 + 1, X – 1}. Jadi kita

menambahkannya yaitu himpunan baru {X2 = 1, X2 – 1, X} adalah bebas linear. Sekali lagi kita melihat bahwa X2 terletak pada rentang himpunan ini, sementara X 3 tidak. Kita menyimpulkan bahwa himpunan Vektor {X 2 + 1, X2 – 1, X, X3} adalah bebas linear dan akibatnya adalah dasar untuk P3 mengandung dua vector asli.

B. Koordinat Sehubungan Dengan Basis Meskipun dua ruang vektor F dari dimensi yang sama dapat berbeda, dari sudut pandang aljabar pada dasarnya memiliki struktur yang sama (lihat Teorema 1.5.5). Di bagian ini kita membuat ini cukup eksplisit, dengan menunjukkan bagaimana mengidentifikasi ruang vektor dimensi-n semaunya dengan Fn. Teorema selanjutnya, merupakan konsekuensi mudah dari Lemma 1.3.7, adalah kuncinya. dengan teorema ini kita akan dapat menentukan koordinat vektor sehubungan dengan dasar. Teorema 5 Misalkan {v1, v2, ......., vn} adalah dasar untuk ruang vektor V. Kemudian untuk setiap vektor w

∈

V ada urutan yang unik dari

skalar a1, a2, ... ..,an sehingga w = a1v1 + a2v2 + .... + anvn.

12

Bukti: ∈ V adalah

Karena {v1, v2, ......., vn} adalah dasar dari V, setiap elemen w

kombinasi linear dari v1, v2, ......., vn. Keberadaan skalar yang unik a1, a2, ... ..,an dari mengikuti Lemma 1.3.7. Keunikan dari skalar a1, a2, ... ..,an di Teorema 5 memungkinkan kita untuk mendefinisikan koordinat untuk ruang vektor berdimensi terhingga semaunya. Kami menekankan bahwa setiap sistem koordinat tergantung pada suatu pilihan dari sebuah basis untuk ruang vector dan yang dimana urutan elemen basis didaftarkan. Defenisi 3 v 1 , v 2 ,..... , v n ruang vektor V adalah basis Sebuah basis ordered yang elemennya terdaftar di urutan spesifik. Misalkan v 1 , v 2 ,..... , v n adalah basis ordered untuk V dan w ∈ V . a1 , a2 ,..... , an adalah v 1 , v 2 ,..... , v n w koordinat dari dengan jika w=a1 v 1 +a 2 v 2+.....+an v n . Catatan bahwa teorema 1.5.1 bahwa kita memberi basis ordered sama. Katakan kemudian menunjukkan koordinat vektor

a1 , a2 ,..... , an

unik. Biasanya

B=v 1 , v 2 , ....., v n

dan kita

w=a1 v 1 +a 2 v 2+.....+ an v n

dengan a1 a2 (w) B= . . an

()

Catatan: i. Pernyataan sebelumnya tidak bermaksud bahwa Maksudnya bahwa

w

w

di

Fm .

lies inside beberapa ruang vektor berdimensi-n

dan memiliki koordinat tertentu dengan respect basis B. Notasi vektor

13

kolom digunakan untuk koordinat sehingga aljabar matriks bisa dipergunakan. ii. Notasi untuk ordered basis matematika

umum.

Kita

v 1 , v 2 ,..... , v n gunakan

konsisten dengan praktek kurung

kurawal

{dan},

{v 1 , v 2 , ....., v n } , yang merupakan susunan dari n vektor dan tidak

menentukan ordering dari elemen. Notasi yang benar untuk kumpulan ordered adalah menggunakan parentheses (seperti yang kita lakukan untuk elemen dari

F

n

), jadi kita menulis v 1 , v 2 ,..... , v n untuk basis ordered.

Bagaimanapun, dalam pengalaman pengarang, ini sangat mudah untuk membingungkan notasi ini dengan elemen dari

Fn , jadi kita telah

memutuskan

dan

untuk

v 1 , v 2 ,..... , v n

penyalahgunaan

notasi

menggunakan

ketika menenutkan basis ordered. Tetapi jangan lupa

tentang ordering, ini sangat penting dalam konteks koordinat. Contoh 4 1. Pada ruang vektor

F

n

S={e 1 , e 2 , ..... , en ¿

basis standar

memberikan

koordinat standar dari vektor dalam

Fn . Dalam istilah notasi kita, jika

kita

v =(a1 , a 2 , ..... , an)∈ F n

anggap

vektor

v =a1 e1 + a2 e 2 +.....+an e n ,

koordinat

standar

dari

v

maka adalah

(a1 , a2 ,..... , a n) . Kalau tidak kita dapat menulis notasi kolom

(v)S =

a1 a2 . . . an

()

(ii) Memperhitungkan penyusunan basis B=

{( ) ( ) ( )} 1 3 2 0 , 2 , 1 2 6 5

Dari R3. Untuk menemukan koordinat dari vektor (1,1,1) sehubungan dengan B, kita mesti membuat

14

() () () ()

1 1 3 2 1 = a1 0 + a2 2 + a3 1 1 2 6 5 Skalar yang tepat untuk a1, a2, ... ..,an. Untuk melakukan ini, kita harus harus memecahkan sistem persamaan 1 3 2 X 1 0 2 1 Y = 1 2 6 5 Z 1

( ) ( ) () ( ) ( ) () ( )( ) ( ) () ( )

...................................... (*)

Dapat diperiksa bahwa

−1

1 3 2 2 −3/2 −1/2 = 0 2 1 1 1/ 2 −1/2 2 6 5 −2 0 1 Dengan demikian, solusi (*) diberikan oleh X 2 −3/ 2 −1/2 1 0 Y = 1 1/2 −1/2 1 = 1 Z −2 0 1 1 −1 Diperoleh bahwa

1 0 = 1 1 1B −1 Melihat secara dekat, membuat kita mengerti arti B yang terletak dibawah. Secara umum, (r, s, t) ∈ R3.

(

( ) ( )

)( )

2 −3/2 −1/2 r 1 1/2 −1/2 s −2 0 1 t

( 32 ) s +t 1 1 r + ( ) s−( ) t 2 2 2 r−

=

−2 r +t

Diperoleh bahwa

() r s t

B

( 32 ) s +t 1 1 r + ( ) s−( ) t 2 2 2 r−

=

−2 r +t

(iii) Misalkan V menjadi dimensi dua dari ruang bagian R4 yang mana mempunyai hubungan basis

15

{( ) ( )} 0 1 1 0 , 1 3 2 4

C=

memperhitungkan dengan menggunakan vektor (3, -2, 7, 8). Karena 3 0 1 −2 1 0 = -2 +3 7 1 3 8 2 4 Kita dapatkan bahwa 3 −2 −2 = 3 7 8 C

( ) () () () ()

(iv) Memperhitungkan dasar standar untuk P4, diambil dalam urutan biasa, S =

{ 1, X , X 2 , X 3 , X 4 } . Kemudian koordinat vektor (yang

merupakan polinomial) memilih koefisien. Dengan kata lain

(aX4 + bX3 + cX2 + dX +e)s =

2.

() e d c b a

menunjukkan bahwa koordinat vektor dalam Fn. Sehubungan dengan basis tidak standar dapat ditentukan b perkalian matriks menggunakan invers matriks yang tepat. Hal ini dijabarkan dalam teorema berikutnya. buktinya adalah persis sama dengan perhitungan pada Contoh 4 (ii). Sebuah hasil yang lebih umum akan dibuktikan dalam Teorema 3.3.4. Teorema 6 Misalkan B = {v1, v2, ...., vn} adalah basis memerintahkan Fn. Himpunan A menjadi matriks (v1, v2, ..., vn); yaitu, A adalah matriks yang kolom-kolomnya koordinat vektor di B. Kemudian A dapat dibalik dan untuk v setiap Fn, (v)B = A-1v.

16

Bukti: Misalkan v

∈

Fn. Dalam rangka untuk mencari koordinat v terhadap B,

salah satu harus menyelesaikan persamaan v = X1v1 + X2v2 + ...... + Xnvn untuk X1, X2, ...., Xn

∈

F. Dengan definisi perkalian matriks ini adalah

dengan memecahkan sistem persamaan A X´ = v. Karena persamaan ini selalu memiliki solusi unik (seperti B adalah basis dari F n), maka dari Teorema 0.6.9 bahwa A dapat dibalik. Solusi untuk sistem persamaan adalah A-1v, yang menurut definisi adalah vektor kolom (v)

B

, seperti yang

diperlukan. Hasil akhir ini mengatakan bahwa koordinat sejumlah vektor adalah jumlah dari koordinat. Hasil akhir ini mengacu pada pengenalan bagian ketika kita berkata “aljabar berbicara” dua ruang vektor dimensi yang sama adalah sama.

Teorema 7 Misalkan B = {v1, v2, ...., vn} adalah dasar terurut dari ruang vektor V berdimensi-n. Misalkan w1, w2

∈

V menjadi vektor dan misalkan k

∈ F. Maka

(w1 + w2) B = (w1)B + (w2)B dan (kw1)B = k(w1)B

Bukti: Kita menyatakan w1 = a1v1 + . . . + anvn dan w2 = b1v1 + . . . + bnvn sehingga:

(w1)B =

a1 a2 . . . an

b1 b2 . . . bn

() () dan (w2)B =

17

Karena w1 + w2 adalah kombinasi linear w1 + w2 = (a1 + b1) v1 + . . . + (an + bn) vn, diperoleh bahwa:

1+¿ b 1 ¿ a¿ a2+ b2 . (w1 + w2)B = . . a n+¿ b ¿ n

Demikian pula kita mempunyai kw1 = k a1v1 + . . . + kanvn sehingga (kw1)B =

k(w1)B. Ini membuktikan teorema. Dalam kasus dimana V adalah ruang vektor F, teorema sebelumnya merupakan konsekuensi sederhana dari hasil sebelumnya pada aljabar matriks dan Teorema 1.5.4 menggunakan hukum distributif perkalian matriks, kita mempunyai tepat dibalik matriks A, (w1 + w2)B = A-1 (w1 + w2) = A-1 w1 + A-1w2 = (w1)B + (w2)B.. Demikian juga, (kw1)B = A-1 kw1= k A-1w1 = k (w1)B, seperti

yang dibutuhkan. Kita akan kembali ke sistem koordinat ketika kita mempelajari transformasi linear di Chap. 3. Identifikasi suatu ruang vektor V berdimensi-n dengan menggunakan Fn dengan menggunakan memmerintahkan secara B dapat dilihat sebagai fungsi UB: V → Fn didefenisikan oleh UB(v) = (v)B untuk semua v

∈

V. Teorema 1.5.1 dan 1.5.5 memperlihatkan bahwa fungsi UB

adalah sebuah contoh dari yang disebut Isomorfisme. Isomorfisme adalah ekuivalensi dari ruang vektor dan dipelajari secara rinci dalam Bab 3.

18

BAB III PENUTUP A. KESIMPULAN Defenisi 1 Himpunan dari sebuah vector {v1, v2, . . ., vn} dalam ruang vector V dinamakan sebuah basis untuk V, jika: i. ii.

v1, v2, . . ., vn bebas linear rentangan {v1, v2, . . ., vn} = V

Lemma 1 Andaikan {v1, v2, . . ., vn} dan {w1, w2, . . ., wm} keduanya dasar dari ruang vector V. jika n=m, berarti keduanya (terbatas) dasar dari ruang vector yang Defenisi Teorema 21 mempunyai angka yang sama pada elemen-elemennya. Andaikan MisalkanVVadalah adalahruang ruangvector vektordan berdimensi-n mempunyai basis dengan n elemen v 1 ,bilangan v 2 ,..... , vasli untuk beberapa n. Dapatkebebasan dikatakan bahwa berdimensi-n. i. Jika adalah linier V dalam V maka n Jika sebuah vector berdimensi-n untuk basis beberapa n, disebut bahwa v 1 , vruang adalah bentuk sebuah dari V. 2 ,..... , v n 19

V ii. adalah terbatas. Jika V bukan dimensi v 1 , v 2 ,..... , v n rentangan v 1 , v 2terbatas, ,..... , v n disebut Jika dimensi V maka adalah dimensi takberbatas/takberhingga. bentuk sebuah basis dari V

Teorema 2 Misalkan dari

A

matriks

mxn

R

dan

adalah eselon baris tereduksi

A . A

i. Dimensi ruang baris dari untuk ruang baris dari

A

adalah

rk ( A) . Basis

A

adalah kumpulan baris tak nol dari

R. ii. Dimensi ruang kolom dari untuk ruang kolom dari

A

A

juga

rk ( A) . Basis

A

adalah kumpulan kolom A yang

Lemmamana 2 cocok untuk kolom yang berisi 1 utama di R. misalkan v1, v2, . . .,vn adalah elemen dari ruang Vektor V, i. Jika {v1, v2, . . .,vn} adalah elemen dari ruang Vektor v adalah spaning set minimal untuk V, maka {v1, v2,. . .,vn} adalah basis untuk V. ii. Jika {v1, v2, . . .,vn} maksimal sebuah linear bagian independen dari V, maka {v1, v2, . . .,vn} adalah basis dari V.

Corollary 1 i. Setiap ruang vektor V dengan himpunan rentangan terbatas memiliki sebuah basis ii.Setiap sub ruang V dari ruang vektor n-dimensi memiliki sebuah basis iii. Setiap sub ruang V dari Fn memiliki sebuah basis

Teorema 3 (rank plus nullity theorm) Jika A adalah matrik m x n dengan rank (A) = r, maka ker (A) =

{ v ∨Av= ⃗0 }

20

adalah ( n – r ) – ruang vektor dimensi. Dengan kata

lain, rk (A) + nol (A) = n

Teorema 4 (ekstensi teorema basis) Kira v1, v2, . . .,v5 secara linear Vektor bebas dalam ruang Vektor V berdimensi-n, kemudian terdapat w5 + 1, . . ., wn

∈

V sehingga {v1,

v2, . . .,v5, w5+1, . . ., wn} adalah basis untuk V.

Teorema 5 Misalkan {v1, v2, ......., vn} adalah dasar untuk ruang vektor V. Kemudian untuk setiap vektor w

∈

V ada urutan yang unik dari

skalar a1, a2, ... ..,an sehingga w = a1v1 + a2v2 + .... + anvn.

Defenisi 3 v 1 , v 2 ,..... , v n ruang vektor V adalah basis Sebuah basis ordered yang elemennya terdaftar di urutan spesifik. Misalkan v 1 , v 2 ,..... , v n adalah basis ordered untuk V dan w ∈ V . a1 , a2 ,..... , an adalah v 1 , v 2 ,..... , v n w koordinat dari dengan jika w=a1 v 1 +a 2 v 2+.....+ an v n .

Teorema 6 Misalkan B = {v1, v2, ...., vn} adalah basis memerintahkan Fn. Himpunan A menjadi matriks (v1, v2, ..., vn); yaitu, A adalah matriks yang kolom-kolomnya koordinat vektor di B. Kemudian A dapat dibalik dan untuk v setiap Fn, (v)B = A-1v. Teorema 7 Misalkan B = {v1, v2, ...., vn} adalah dasar terurut dari ruang vektor V berdimensi-n. Misalkan w1, w2 ∈ F. Maka

∈

21

V menjadi vektor dan misalkan k

(w1 + w2) B = (w1)B + (w2)B dan (kw1)B = k(w1)B

Daftar Pustaka Anton, howard. Aljabar Linear. Jakarta : Erlangga Jacob, Bill. 1990. Linear Algebra. New York : W.H Freeman and Company.

22