Diktat Aljabar Linearku.pdf

DIKTAT MATA KULIAH ALJABAR LINEAR ELEMENTER (BAGIAN I)

DISUSUN OLEH ABDUL JABAR, M.Pd

JURUSAN/PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA STKIP PGRI BANJARMASIN MARET 2013

MUQADIMAH

Alhamdulillah penyusun ucapkan ke hadirat ALLAH SWT, karena berkat limpahan rahmat, taufik dan hidayah-Nya penyusun dapat menyelesaikan diktat Aljabar Linear ini. Shalawat dan salam juga semoga selalu tercurah kepada junjungan kita Nabi Muhammad SAW beserta sahabat, kerabat, serta ummat beliau yang senantiasa istiqamah mengikuti risalah beliau hingga akhir zaman. Diktat ini disusun dalam dua bagian, dengan harapan setelah selesai bagian I akan dilaksanakan ujian tengah semester, dan nanti langsung dilanjutkan dengan bagian II. Semoga dengan penyusunan diktat ini dapat membantu mahasiswa dalam belajar Aljabar Linear, tentu saja perlu ditambah dengan buku pendukung lainnya. Penyusun juga menyadari bahwa diktat ini masih jauh dari sempurna, sehingga saran dan kritik sangat penyusun harapkan. Banjarmasin, Maret 2013 Penyusun, TTD Abdul Jabar, M.Pd

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal ii

DAFTAR ISI

BAB I SISTEM PERSAMAAN LINEAR DAN MATRIKS 1.1 Sistem Persamaan Linear 1.2 Matriks

Halaman ……………………………………… 1

………………………………………………………………………….

1

……………………………………………………………………………………………………..

2

1.2.1 Macam-macam matriks

……………………………………………………………………………..

2

1.2.2 Kesamaan matriks ……………………………………………………………………………………….

4

1.2.3 Transpose matriks

5

……………………………………………………………………………………..

1.2.4 Operasi aljabar matriks

……………………………………………………………………………..

1.3 Hubungan SPL dengan Matriks

5

……………………………………………………………………..

7

………………………………………………………………………………….

8

1.5 Menentukan invers matriks ……………………………………………………………………………..

10

1.6 SPL Homogen …………………………………………………………………………………………………

11

BAB II DETERMINAN

………………………………………………………………………………………….

13

2.1 Pendahuluan ………………………………………………………………………………………………….

13

2.2 Ekspansi Kofaktor ………………………………………………………………………………………….

14

2.3 Reduksi baris menggunakan operasi baris elementer ………………………………………

14

2.4 Metode Cramer

……………………………………………………………………………………………..

15

2.5 Hubungan Determinan, Invers Matriks dan Penyelesaian SPL …………………………..

17

BAN III VEKTOR DI R2 DAN R3 ………………………………………………………………………………

18

3.1 Pendahuluan ………………………………………………………………………………………………….

18

3.2 Operasi-operasi pada Vektor …………………………………………………………………………..

18

3.3 Hasil kali titi, panjang vektor, dan jarak …………………………………………………………..

19

3.4 Proyeksi ortogonal

……………………………………………………………………………………….

20

…………………………………………………………………………………………

21

1.4 Eliminasi Gauss-Jordan

3.5 Hasil Kali Silang

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal iii

BAB I SISTEM PERSAMAAN LINEAR DAN MATRIKS 1.1 Sistem Persamaan Linear Definisi 1.1 : Persamaan Linear Persamaan linear adalah persamaan yang peubahnya berpangkat satu. Suatu persamaan linear dengan n peubah x1, x2, … , xn dapat dinyatakan dalam bentuk : a1 x1 + a2 x2 + … + an xn = b (1.1) dimana a1, a2 , … , an dan b adalah konstanta-konstanta real. Definisi 1.2 : Penyelesaian Persamaan Linear Penyelesaian dari persamaan linear (1.1) adalah urutan dari n bilangan s 1, s2, … , sn sehingga persamaan tersebut dipenuhi bila x1= s1, x2 =s2, … , xn = sn (1.2) disubstitusikan terhadapnya. Himpunan semua pemecahan persamaan tersebut dinamakan himpunan penyelesaian. Definisi 1.3 : Sistem Persamaan Linear Suatu himpunan berhingga dari persamaan- persamaan linear dalam peubah-peubah x1, x2, …, xn dinamakan sistem persamaan linear atau sistem linear. Suatu urutan bilangan-bilangan s1, s2, … , sn dinamakan pemecahan dari sistem tersebut jika (1.2) adalah pemecahan dari masing-masing persamaan pada sistem tersebut. Sebuah sistem sebarang yang terdiri dari m persamaan linear dengan n bilangan yang tidak diketahui : a11 x1 + a12 x2 + … + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + … + a2n xn = b2 : (1.3) . am1 x1 + am2 x2 + … + amn xn = bm Definisi 1.4 : Konsistensi 1. Sebuah sistem persamaan yang tidak memiliki penyelesaian dikatakan tidak konsisten. Jika ada setidak-tidaknya satu pemecahan, maka sistem persamaan tersebut dikatakan konsisten. 2. Suatu sistem persamaan linear mungkin tidak memiliki penyelesaian, atau memiliki persis satu penyelesaian, atau memiliki tak berhingga banyaknya penyelesaian. Dalam 2 dimensi dapat digambarkan sebagai berikut : i

i k

Tidak ada penyelesaian

i=k k

Tepat satu penyelesaian

Banyak penyelesaian

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 1

1.2 Matriks Defenisi 1.5: Matriks Matriks adalah sekumpulan bilangan yang disusun menjadi suatu jajaran persegi panjang yang terdiri atas baris dan kolom dan dibatasi tanda kurung. Sebuah matriks dapat diberi nama dan nama itu biasanya dinyatakan dengan memakai huruf besar (kapital), seperti A, B, C, …. dan seterusnya. Contoh 1.1: (i) Dengan menandai kurung biasa  7 8 9 2 5   dan B =   A =  11 0 3   3  4 (ii)

Dengan menandai kurung siku  7 8 9 2 5  A=  dan B =    11 0 3 3  4 Suatu matriks A seperti pada pembahasan terdahulu, yang terdiri dari m baris dan n kolom, maka matriks A berordo m x n dan ditulis dengan lambang Am x n. Sedangkan banyaknya elemen (unsur) matriks A sama dengan m x n buah. Dengan demikian matriks A yang berordo m x n dapat disajikan sebagai berikut : Baris ke-1  a11 a12 a13 ... ... a1n  a  Baris ke-2  21 a22 a23 ... ... a2 n  a a32 a33 ... ... a3n  Am x n =  31 ... ... ... ... ... ...     ... ... ... ... ... ...  a  Baris ke-m  m1 am 2 am 3 ... ... am n  Kolom ke-1

Kolom ke-n

Contoh 1.2  2 7   adalah matriks berordo 2 x 2 A 2 x 2 =   1 5   3 4 12    adalah matriks berordo 2 x 3 B2 x 3 =   6 3 0  1.2.1 Macam-macam Matriks Jika diperhatikan dari banyaknya baris dan banyaknya kolom serta jenis elemen-elemennya, maka matriks dibedakan menjadi beberapa macam yaitu: 1. Matriks Baris Matriks baris adalah matriks yang hanya terdiri dari satu baris atau matriks yang berordo (1 x n) dengan n > 1 Contoh 1.3 : A1 x 3 = (3 5 1) B1 x 4 = (2 3 7 -6) 2. Matriks Kolom Matriks kolom adalah matriks yang hanya terdiri dari satu kolaom atau matriks yang berordo (m x 1) dengan m > 1 Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 2

Contoh 1.4 :  7    A3 x 1 =   3   9   

 0     2  B4 x 1 =   2    1   

 8      9 C5 x 1 =  3     15   1   

3. Matriks persegi/kuadrat Matriks persegi adalah matriks yang banyak barisnya sama dengan banyak kolomnya. Matriks Am x n disebut matriks persegi jika m = n, sehingga sering ditulis A m x n = An. Pada matriks persegi elemen-elemen a11, a22, a33, …, ann disebut elemen-elemen diagonal utama, dan an1, …, a1n disebut elemen-elemen diagonal samping. Defenisi: Trace Trace A adalah hasil penjumlahan dari elemen-elemen pada diagonal utama dari matriks persergi A. Trace A = a11 + a22 + … + ann Contoh 1.5: 2 5 7   A3x3 = A3 =  6  1 4  3 0 8   Elemen diagonal utamanya adalah 2, -1, 8 Elemen diagonal samping adaaalah 3, -1, 7 Trace A = (2) + (-1) + (8) = 9 4. Matriks diagonal Matriks diagonal adalah matriks persegi yang semua elemennya bernilai nol, kecuali elemen diagonal utama. Contoh 1.6: 1 0 0 1 0 0      2 0  A2 =  B3 =  0 3 0  C3 =  0 1 0  0 1 0 0 0 0 0 1     5. Matriks segitiga atas Matriks segitiga atas adalah matriks persegi yang elemen-elemen dibawah diagonal utamanya adalah nol. Contoh 1.7: 1  5 4   5 1  D2 =  E3 =  0 2 8   0 2 0 0 3   6. Matriks segitiga bawah Matriks segitiga bawah adalah matriks persegi yang elemen-elemen diatas diagonal utamanya adalah nol.

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 3

Contoh 1.8: 8 0  F2 =  1 3

 7 0 0   G3 =  2 1 0   5 8 7  

7. Matriks identitas Matriks identitas adalah matriks diagonal yang semua nilai elemen-elemen pada diagonal utamanya sama dengan satu, sedangkan elemen lainnya nol. Matriks identitas disebut juga matriks satuan yang dilambangkan dengan “I”. Contoh 1.9: 1 0 0   1 0  I2x2 =  I3x3 =  0 1 0  0 1 0 0 1   8. Matriks nol Matriks nol adalah matriks yang seluruh elemennya bernilai nol. Matriks nol dinyatakan dengan lambang “O” Contoh 1.10: 0 0   0 0 0  0 0  O3x2 =  0 0   O2x3 =  O2x2 =  0 0 0  0 0 0 0   1.2.2 Kesamaan Matriks Defenisi 1.6: Kesamaan Matriks Dua buah matriks A dan B dikatakan sama dan ditulis A=B apabila keduanya berordo sama dan semua unsur-unsur yang bersesuaian sama. Contoh 1.11:  12 4  10  4    2 8 5 8    A=  B= 2 C=   3 6  2    4 6 1  5 1 4 6 1    Maka A=B, tetapi AC dan BC Contoh 1.12: 9  x  y 5 9   dan B=  Jika A=  x  y  6 6 1 Tentukan nilai x dan y apabila A=B! Jawab : A=B maka x+y=5 x–y=1+ 2x = 6 x=3 y=2

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 4

1.2.3 Transpose Matriks Defenisi 1.7: Transpose Matriks Transpose matriks A adalah suatu matriks yang diperoleh dengan cara mengubah setiap elemen baris matriks A menjadi elemen kolom matriks transposenya, atau sebaliknya. Transpose matriks A dilambangkan dengan At atau AT. Contoh 1.13:  1  3  1 5  maka AT = At =   A =  5 4    3 4  4 2  5  B =  9 8 3 

maka

BT

=

Bt

 4 9   =  2 8   5 3  

1.2.4 Operasi Aljabar Matriks Pada pembahasan di atas, kita telah mempelajari pengertian matriks, notasi, ordo matriks, jenis-jenis matriks, kesamaan matriks dan transpose matriks, maka pada sub bahasan ini kita akan membahas operasi (pengerjaan) antar matriks, diantaranya adalah operasi penjumlahan dan pengurangan, perkalian matriks dengan bilangan real (scalar) dan perkalian matriks dengan matriks. a. Penjumlahan Matriks Defenisi 1.8: Penjumlahan Matriks Jika A dan B adalah dua buah matriks yang berordo sama, maka jumlah matriks A dan matriks B (ditulis A+B) adalah sebuah matriks baru yang didapat dengan cara menjumlahkan elemenelemen matriks A dengan elemen-elemen matriks B yang seletak. Contoh 1.14: b b   a11 a12 a13  b  dan B(2x3) =  11 12 13  Jika diketahui : A(2x3) =   a21 a22 a23   b21 b22 b23  a12  b12 a13  b13  a b  Maka : (A + B)(2x3) =  11 11  a21  b21 a22  b22 a23  b23  Contoh 1.15: 3 1 4   1 2 6   8  9 1  ; B =   ; C =   Jika : A =  3 5  2   2 4  3   1 10 7  Tentukan : a). A + B b). B + C Jawab : 3 1 4   1 2 6   +   a) A + B =   3 5  2    2 4  3

4  6   2 1 10   3  (1) (1)  2 =  =  54 (2)  (3)   1 9  5   3  (2)  1 2 6   8  9 1  +   b) B + C =    2 4  3    1 10 7 

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 5

 7  7 7  =    3 14 4  Sifat-sifat penjumlahan matriks adalah:

1. Sifat Komutatif

:A+B=B+A

2. Sifat Assosiatif

: (A + B) + C = A + (B + C)

b. Perkalian Matriks dengan Bilangan Definisi 1.9: Perkalian Matriks dengan Skalar Jika k adalah bilangan real dan A adalah sebuah matriks maka kA adalah sebuah matriks baru yang didapat dari hasil perkalian k dengan elemen-elemen matriks A. Misalnya :  a11 a12 a13 ... a1n     a21 a22 a23 ... a2 n  A=   ... ... ...   a  a a ... a m2 m3 mn   m1  ka11 ka12 ka13 ... ka1n     ka21 ka22 ka23 ... ka2 n  Maka kA =   ... ... ...    ka  ka ka ... ka m2 m3 mn   m1 c. Perkalian Matriks dengan Matriks Definisi 1.10: Perkalian Matriks dengan Matriks Dua buah matriks hanya dapat dikalikan apabila jumlah kolom matriks yang dikalikan sama dengan jumlah baris dari matriks pengalinya. Hasil kali dua buah matriks A mxn dengan Bnxp adalah sebuah matriks baru Cmxp. Cara mendapatkan unsur pada baris ke-i kolom ke-j matriks C adalah dengan mengalikan dan menjumlahkan unsur-unsur baris ke – i matriks A dengan kolom ke-j matriks B.

Amxn x Bnxp = Cmxp a b p q  ; B =   maka: Missal A =  c d r s  a b   p q   ap  br aq  bs      =  AB =   c d   r s   cp  dr cq  ds  Contoh 1.16: Tentukan hasil perkalian matriks berikut ini:  0 1   1 5 4   ; A =  B =   4 2  3 2  3  2 6   Jawab : A(2x3) . B(3x2) = C(2x2)

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 6

1 5 4   A.B =   3 2  3

 0 1     4 2  2 6  

 (1)(0)  (5)(4)  (4)(2) (1)(1)  (5)(2)  (4)(6)   =   (3)(0)  (2)(4)  (3)(2) (3)(1)  (2)(2)  (3)(6)    12 33   =    14  11

d. Matriks Invers Definisi 1.11: Matriks Invers Jika A dan B adalah matriks kuadrat yang berordo sama dan berlaku AB = BA = I, maka A dapat dibalik, dan B merupakan invers dari matriks A. e. Sifat-sifat Operasi Matriks Dari uraian diatas diperoleh sifat-sifat matriks. Untuk setiap matriks A, B dan C (yang dapat dijumlah/dikalikan) dipenuhi: 1. (AB) C = A (BC) ............................................Sifat Asosiatif 2. A (B + C) = AB + AC ....................................Sifat Distributif Kiri 3. (B + C) A = BA + CA ....................................Sifat Distributif Kanan 4. k (AB) = (kA) B = A (kB) ..........................Perkalian Skalar 5. AI = IA = A ......................................................Sifat Identitas 6. A0 = 0A = 0 ....................................................Sifat Matriks Nol 7. AB  BA............................................................Tidak Berlaku Sifat Kumulatif kecuali matriks yang saling invers dan perkalian dengan identitas. 8. (AB)T = BTAT........................................... Sifat perkalian matriks 9. (AB)-1 = B-1A-1 1.3 Hubungan SPL dengan Matriks Proposisi 1.5 : Augmented Matrix Persamaan (1.3) dapat dituliskan dalam bentuk augmented matrix (matriks yang diperbesar) sebagai berikut :  a11 a12 ... a1n b1     a 21 a 22 ... a 2 n b2   ...  ... ...   a  a ... a b m2 mn m  m1 (1.4) Proposisi 1.6 : Operasi Baris Elementer Penyelesaian sistem persamaan (1.4) dapat dilakukan dengan operasi baris elementer (OBE) pada matriks diperbesarnya. Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 7

Operasi Baris Elementer : 1. Kalikanlah sebuah baris dengan sebuah konstanta yang tidak sama dengan nol 2. Pertukarkanlah dua baris pada matriks 3. Tambahkanlah perkalian dari satu baris pada baris yang lain. 1.4 Eliminasi Gauss-Jordan Langkah-langkah menyelesaikan SPL dengan Eliminasi Gauss: 1. SPL diubah dulu menjadi menjadi matriks yang diperbesar (MD) 2. Lakukan OBE pada MD sehingga matriks berbentuk eselon baris (MEB) 3. Kembalikan MEB menjadi SPL biasa 4. Selesaikan SPL dengan substitusi. Langkah-langkah menyelesaikan SPL dengan Eliminasi Gauss-Jordan: 1. SPL diubah dulu menjadi menjadi matriks yang diperbesar (MD) 2. Lakukan OBE pada MD sehingga matriks berbentuk eselon baris tereduksi (MEBT) 3. Kembalikan MEBT menjadi SPL biasa Proposisi 1.7: Matriks Eselon Baris Tereduksi (MEBT) MEBT adalah matriks yang memenuhi syarat berikut: a. Bila terdapat baris tak nol, maka bilangan tak nol pertama adalah 1. 1 ini disebut 1 utama b. Dua baris tak nol yang berurutan, maka 1 utama baris bawah lebih ke kanan dari 1 utama di atasnya. c. Baris nol berada di bawah d. Setiap kolom yang memuat 1 utama bernilai nol di tempat lainnya. Jika matriks hanya memenuhi syarat a, b, dan c maka matriks tersebut dinamakan MEB. Contoh 1.17 : Diketahui: x+y=7 2x – y = 2 Selesaikan SPL di atas menggunakan: a. Eliminasi Gauss b. Eliminasi Gauss-Jordan Penyelesaian a. Eliminasi Gauss Langkah 1: Ubah SPL MD 1 1 7    2 1 2 Langkah 2: Lakukan OBE pada MD sehingga terbentuk MEB 7  1 1 1 1 7 1 1 7   -2b1 + b2   b2/(-3)    0  3  12   2 1 2 0 1 4 Keterangan: -2b1 + b2 artinya (-2) kali baris 1 tambahkan pada baris ke-2, jika diuraikan: (-2).1 + 2 = 0 (-2).1 + (-1) = -3 Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 8

(-2).7 + 2 = -12 b2/(-3) artinya baris ke-2 dikali –(1/3), jika diuraikan 0/(-3) = 0 -3/(-3) = 1 12/(-3) = 4 Langkah 3: Ubah MEB  SPL x+y=7 0x + y = 4  y =4, nilai y = 4 disubstitusikan ke persamaan x + y = 7 didapatkan x = 3 Jadi penyelesaian dari SPL di atas adalah x = 3 dan y = 4. b. Eliminasi Gauss-Jordan Langkah 1: idem Langkah 2: Lakukan OBE pada MD sehingga terbentuk MEBT 1 0 3 1 1 7   -b2 + b1  Lanjutan dari atas  0 1 4 0 1 4 Langkah 3: Ubah MEBT SPL 1 0 3   x + 0y = 3  x = 3, 0 1 4

0x + y = 4  y = 4

Jadi penyelesaian dari SPL di atas adalah x = 3 dan y = 4. Contoh tambahan eleminasi Gauss Diketahui persamaan linear x + 2y + z = 6 x + 3y + 2z = 9 2x + y + 2z = 12 Tentukan Nilai x, y dan z Jawab: Bentuk persamaan tersebut ke dalam matriks:

-B1+B2

-2B1+B3

3B2+B3

B3/3 (Matriks menjadi Eselon-baris) Maka mendapatkan 3 persamaan linier baru yaitu x + 2y + z = 6 y+z=3 z=3 Kemudian lakukan substitusi balik maka didapatkan: y+z=3 y+3=3 y=0 x + 2y + z = 6 x+0+3=6 x=3 Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 9

Jadi nilai dari x = 3 , y = 0 ,dan z = 3 Contoh tambahan eliminasi Gauss-Jordan Diketahui persamaan linear x + 2y + 3z = 3 2x + 3y + 2z = 3 2x + y + 2z = 5 Tentukan Nilai x, y dan z Jawab: Bentuk persamaan tersebut ke dalam matriks:

-2B1 + B2

-1B2 dan B3/8

-2B1 + B3

-4B3 + B2

-3B2+B3

-3B3+B1

-2B2 + B1 (Matriks menjadi Eselon-baris tereduksi) Maka didapatkan nilai dari x = 2 , y = − 1 ,dan z = 1 1.5 Menentukan invers matriks Invers suatu matriks (misalkan invers A) dapat dihitung dengan menggunakan eliminasi Gauss–Jordanterhadap matriks diperbesar [ A : I] dimana ukuran I sama dengan ukuran A. Cara perhitungan seperti ini didasarkan dari sifat A A –1 = I. Untuk menentukan solusi dari SPL tersebut maka berdasarkan prosedur yang telah dipelajari sebelumnya , maka dapat dilakukan eliminasi Gauss – Jordan terhadap matriks [A : I] . Jika A memang memiliki invers maka matriks eselon baris tereduksinya akan berbentuk [I: A-1] . Jika setelah melakukan eliminasi Gauss–Jordan tidak diperoleh bentuk [ I : A-1] maka disimpulkan bahwa matriks tersebut tidak memiliki invers. Contoh 1.18:  2 5 5 Diketahui A =  1  1 0 , tentukan A-1 jika ada!  2 4 3 Jawab:  2 5 5 | 1 0 0 1 1 0 | 0  1 0 1 0 0 | 3  5  5 5  = [I : A-1] [A : I] =  1  1 0 | 0 1 0  0 3 5 | 1 2 0  0 1 0 |  3 4  2 4 3 | 0 0 1 0 2 3 | 0 2 1 0 0 1 | 2  2  3 (langkah detailnya sebagai latihan)  3  5  5 5  Jadi A-1 =  3 4  2  2  3 Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 10

1.6 SPL Homogen Definisi 1.12: Sistem Persamaan Linear Homogen Sebuah sistem persamaan linear dikatakan homogen jika pada persamaan (1.3) nilai b i = 0 untuk setiap i = 1,2,...,m Tiap-tiap sistem persamaan linear homogen adalah sistem yang konsisten, karena x 1=x2 = ... = xn = 0 selalu merupakan penyelesaian. Penyelesaian ini dinamakan penyelesaian trivial. Jika ada penyelesaian lain yang memenuhi persamaan homogen tersebut, maka penyelesaian tersebut dinamakan penyelesaian tak trivial. Penyelesaian trivial terjadi jika satu – satunya penyelesaian untuk SPL adalah x = 0 hal ini terjadi jika semua kolom pada matriks diperbesar [A : B] (setelah dilakukan eliminasi Gauss– Jordan ) memiliki satu utama kecuali untuk kolom yang terakhir atau dengan kata lain semua kolom pada matriks A memiliki satu utama . Jika hal yang sebaliknya terjadi yaitu tidak semua kolom pada matriks A ( setelah dilakukan eliminasi Gauss–Jordan ) memilki satu utama atau jika terdapat baris nol maka penyelesaian untuk SPL adalah penyelesaian tak trivial yaitu penyelesaian tak hingga banyak. TEOREMA 1.1: Sistem persamaan linear homogen dengan lebih banyak bilangan tak diketahui (peubahnya) daripada banyaknya persamaan, selalu mempunyai tak hingga banyak penyelesaian. Contoh 1.19 Diketahui sistem persamaan linear homogen x + 2y = 0 -x - 2y + z = 0 2x + 3y + z = 0 Jawab: Penyelesaian SPL homogen di atas adalah 2 0 | 0 1 0 0 | 0 1 [ A : B]   1  2 1 | 0  0 1 0 | 0 (langkah detailnya sebagai latihan)  2 3 1 | 0 0 0 1 | 0 Pada matriks yang terakhir terlihat bahwa semua kolom matriks A memiliki satu utama sehingga penyelesaiannya adalah trivial yaitu x = 0, y = 0, dan z = 0. Contoh 1.20 Diketahui sistem persamaan linear homogen  1  1 2  1   x  0   2 1  2  2   y  0          1 2  4 1   z  0       0  3  w 0 3 0

Penyelesaian SPL homogen di atas:

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 11

 1  1 2  1 | 0 1  2 1  2  2 | 0  0     1 2  4 1 | 0  0    0  3 | 0  0 3 0

 1| 0 1  2 0 | 0 (langkah detail sebagai latihan) 0 0 0 | 0  0 0 0 | 0 0

0

Pada matriks yang terakhir terlihat bahwa hanya dua kolom dari matriks A yang memiliki satu utama atau terdapat dua baris nol , ini berarti bahwa penyelesaian SPL adalah tak trivial yaitu penyelesaian banyak dengan dua parameter, yaitu x = w dan y = 2z sehingga kalau z = s dan w = t, maka x = t, y = 2s, z = s, dan w = t.

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 12

BAB II DETERMINAN 2.1 Pendahuluan Definisi 2.1 Misalkan A matriks kuadrat , fungsi determinan A sering dituliskan sebagai determinan matriks A ( disingkat det(A) atau |A| ) didefinisikan sebagai jumlah semua hasil kali elementer bertanda dari A. Hasil kali elementer dari matriks A akan berbentuk : a1p1. a2p2… . anpn dimana p1,p2, …, pn merupakan permutasi dari bilangan – bilangan 1,2,…, n. Tanda dari a1p1. a2p2… . anpn sendiri ditentukan dari banyaknya bilangan bulat besar yang mendahului bilangan yang lebih kecil ( banyaknya invers ) pada bilangan p1,p2, …, pn, jika banyaknya invers adalah ganjil maka tandanya negatif ( – ) dan jika sebaliknya tandanya positif ( + ). Contoh 2.1: a12  a  ! Tentukan determinan dari matriks  11 a a 22   21 Jawab Karena matriks di atas berukuran 2 x 2 maka kita perlu mencari permutasi dari 1 dan 2 Permutasi Hasil Kali Elementer Banyak Invers Hasil Kali Elementer Bertanda (1 2) a11a22 0 + a11a22 (2 1) a12a21 1 - a11a22 Determinan matriks a11a22 - a11a22 Contoh 2.2:  a11  Tentukan determinan dari matriks  a 21 a  31

a12 a 22 a32

a13   a 23  ! a33 

Jawab Karena matriks di atas berukuran 3 x 3 maka kita perlu mencari permutasi dari 1, 2, 3 Permutasi Hasil Kali Elementer Banyak Invers Hasil Kali Elementer Bertanda (1 2 3) a11a22a33 0 + a11a22a33 (1 3 2) a11a23a32 1 - a11a23a32 (2 1 3) a12a21a33 1 - a12a21a33 (2 3 1) a12a23a31 2 + a12a23a31 (3 1 2) a13a21a32 2 + a13a21a32 (3 2 1) a13a22a31 3 - a13a22a31 a11a22a33- a11a23a32- a12a21a33+ Determinan matriks a12a23a31+ a13a21a32- a13a22a31 Mencari determinan juga bisa menggunakan aturan panah, tapi cara ini terbatas hanya untuk ukuran 2 x 2 dan 3 x 3, yakni: (garis ke kanan bawah positif, garis ke kiri bawah negatif) a11

a12

a11

a12

a13

a11

a12

a21

a22

a21

a22

a23

a21

a22

a31

a32

a33

a31

a32

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 13

2.2 Ekspansi Kofaktor Salah satu metode yang digunakan untuk menghitung determinan adalah ekspansi kofaktor. Definisi Minor Minor elemen aij ( Mij ) yaitu determinan yang didapatkan dengan menghilangkan baris i dan kolom j matriks awalnya. Definisi Kofaktor Kofaktor elemen aij ( Cij ) = (−1 )i+j Mij Jika A matriks bujur sangkar berukuran nxn , maka dengan menggunakan metode ini perhitungan determinan dapat dilakukan dengan dua cara yang semuanya menghasilkan hasil yang sama yaitu : – ekspansi sepanjang baris i det(A) = ai1Ci1 + ai2Ci2 + … + ainCin – ekspansi sepanjang kolom j det(A) = a1jC1j + a2jC2j + … + anjCnj Contoh 2.3

1 2 3 Diketahui A = 0 2 1  , Tentukan det (A) dengan menggunakan ekspansi kofaktor ! 0 3 2 Jawab Cara 1 Akan dicoba menggunakan ekspansi kolom 1 untuk menghitung det (A) Det (A) = a11C11 + a21C21 + a31C31 2 1 C11 = (−1 )1+1 M11 = M11 = =4–3=1 3 2 2 3 C21 = (−1 )2+1 M21 = − M21 = − = -(4 – 9) = 5 3 2 2 3 C31 = (−1 )3+1 M31 = M31 = = 2 – 6 = -4 2 1 Jadi det (A) = (1 . 1) + (0 . 5) + (0 . -4) = 1 Cara 2 Akan dicoba menggunakan ekspansi baris 1 untuk menghitung det (A) Det (A) = a11C11 + a12C12 + a13C13 2 1 C11 = (−1 )1+1 M11 = M11 = =4–3=1 3 2 0 1 C12 = (−1 )1+2 M12 = − M12 = − = -(0 – 0) = 0 0 2 0 2 C13 = (−1 )1+3 M13 = M13 = =0–0=0 0 3 Jadi det (A) = (1 . 1) + (2 . 0) + (3 . 0) = 1 2.3 Reduksi baris menggunakan operasi baris elementer Penggunaan metode ini sebenarnya tidak lepas dari metode ekspansi kofaktor yaitu pada kasus suatu kolom banyak mengandung elemen yang bernilai 0. Berdasarkan sifat ini maka matriks yang berbentuk eselon baris atau matriks segitiga akan lebih mudah untuk dihitung Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 14

nilai determinannya karena hanya merupakan perkalian dari elemen diagonalnya. Reduksi baris dilakukan dengan mengubah kolom – kolom sehingga banyak memuat elemen 0. Biasanya bentuk metriks akhir yang ingin dicapai adalah bentuk eselon baris atau bentuk segitiga tetapi ini tidak mutlak. Jika bentuk eselon atau segitiga belum tercapai tetapi dianggap perhitungannya sudah cukup sederhana maka determinan bisa langsung dihitung. Dalam melakukan reduksi baris operasi yang digunakan adalah operasi baris elementer. Pada operasi baris elementer ada beberapa operasi yang berpengaruh terhadap nilai determinan awal , yaitu :  Jika matriks B diperoleh dengan mempertukarkan dua baris pada matriks A maka det (B) = − det (A)  Jika matriks B diperoleh dengan mengalikan konstanta k ke salah satu baris matriks A maka det (B) = k det (A)  Jika matriks B didapatkan dengan menambahkan kelipatan suatu baris ke baris lainnya, maka det (B) = det (A) Contoh 2.4 Diketahui: a b c  A  d e f  , dimana det (A) = s  g h i  Tentukan determinan dari matriks berikut e f  d e f  d a  d b  e c  f      B   a b c , C   2a 2b 2c , D  d  g e  h f  i  .  g h i   g  h  i   g h i  Jawab; Matrik B diperoleh dari mempertukarkan baris 1 dan baris 2 sehingga det(B) = -det(A) = -s Matrik C diperoleh dari mempertukarkan baris 1 dan baris 2, baris kedua dikali 2 dan baris ketiga dikali (-1) sehingga det(C) = -2.(-1)det(A) = 2s Matriks D diperoleh dengan menambahkan baris yang satu dengan yang lainnya sehingga det(D) = det (A) = s. 2.4 Metode Cramer Jika AX = B adalah sebuah sistem linear n yang tidak di ketahui dan det(A)≠ 0 maka persamaan tersebut mempunyai penyelesaian yang unik

dimana A j adalah matrik yang didapat dengan mengganti kolom j dengan matrik B Contoh 2.5 Gunakan metode cramer untuk menyelesaikan persoalan di bawah ini x1 + 2x3 = 6 -3x1 + 4x2 + 6x3 = 30 -x1 - 2x2 + 3x3 = 8 Jawab: Bentuk matrik A dan B Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 15

0 2 1 6   A =  3 4 6 dan B = 30   1  2 3  8  kemudian ganti kolom j dengan matrik b 0 2 6 2 0 6 6 1 1      A1 = 30 4 6 , A2 =  3 30 6 A3 =  3 4 30   8  2 3   1  2 8    1 8 3 dengan metode panah kita dapat dengan mudah mencari determinan dari matrik-matrik di atas maka,

Menentukan invers suatu matriks dapat juga menggunakan rumus berikut : 1 A 1  adj( A) , dimana adj(A) = CT, C = {cij}, cij = kofaktor elemen aij det( A) Contoh 2.6 Cari A-1 dari matriks pada contoh 1.18 dengan menggunakan rumus A 1 

1 adj( A) . det( A)

Jawab Diketahui:  2 5 5 A =  1  1 0  2 4 3 Sehingga det(A) = -1 1 0 1 0 1 1 C11 = (-1)1+1M11 = =-3 C12 = =3 C13 = =-2 2 3 4 3 2 4 Dengan cara yang sama diperoleh C21 = 5, C22 = -4, C23 = 2, C31 = 5, C32 = -5, C33 = 3  3 3  2 Sehingga diperoleh C =  5  4 2   5  5 3  5  3 5 Adj ( A)  C T   3  4  5  2 2 3  Sehingga 5   3  5  5  3 5 1  1 A  3  4  5 =  3 4 5   1  2 2 3   2  2  3 Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 16

2.5 Hubungan Determinan, Invers Matriks dan Penyelesaian untuk Sistem Persamaan Linier Jika suatu SPL berbentuk AX = B dan A matriks bujur sangkar , maka sifat dari penyelesaian SPL dapat diketahui dari nilai determinan A atau invers matriks A. Berikut ini adalah hubungan yang berlaku : Det (A) ≠ 0 Det (A) = 0

 A–1 terdefinisi (ada)  penyelesaian tunggal untuk SPL  A tidak memiliki invers

Det (A) = 0 => banyak penyelesaian atau tidak mempunyai penyelesaian Pada kasus det (A) ≠ 0 untuk menentukan penyelesaiannya dapat digunakan invers matriks untuk menghitungnya, yaitu X = A–1B . Sedangkan pada kasus det (A) = 0 , untuk menentukan penyelesaian SPL harus digunakan eliminasi Gauss–Jordan pada matriks diperbesar [A : B] . Contoh 2.7 Diketahui SPL berikut  2 5 5   x  1    1  1 0  y    2        2 4 3  z  1 Penyelesaian Karena det(A)= -1, maka  3  5  5 X = A–1B =  3 4 5   2  2  3

1   12 2 =  10  (A-1 diambil dari contoh 2.6)     1    5  Dari sini diperoleh x = -12, y = 10, dan z = -5.

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 17

BAB III VEKTOR DI R2 DAN R3 3.1 Pendahuluan Definisi 3.1 Vektor didefinisikan sebagai besaran yang memiliki arah. Kecepatan, gaya dan pergeseran merupakan contoh – contoh dari vektor karena semuanya memiliki besar dan arah walaupun untuk kecepatan arahnya hanya positif dan negatif. Vektor dikatakan berada di ruang – n ( Rn ) jika vektor tersebut mengandung n komponen. Jika vektor bearada di R2 maka dikatakan vektor berada di bidang, sedangkan jika vektor berada di R3 maka dikatakan vektor berada di ruang. Secara geometris, di bidang dan di ruang vektor merupakan segmen garis berarah yang memiliki titik awal dan titik akhir. Vektor biasa dinotasikan dengan huruf kecil tebal atau huruf kecil dengan ruas garis. Contoh 3.1 A B v atau v Dari gambar diatas terlihat beberapa segmen garis berarah ( vektor ) seperti AB dengan A disebut sebagai titik awal , sedangkan titik B disebut titik akhir. Vektor posisi didefinisikan sebagai vektor yang memiliki titik awal O. 3.2 Operasi–operasi pada Vektor Definisi penjumlahan dua vektor Jika u dan v adalah dua vektor sebarang berada di ruang yang sama, maka vektor (u + v) adalah vektor yang ditentukan sebagai berikut: Tempatkan vektor v sedemikian rupa sehingga titik awalnya berimpitan dengan titik akhir u. Vektor u + v diwakili oleh anak panah dari titik awal u hingga titik akhir v. Contoh 3.2 v u u+v Definisi Selisih Jika u dan v adalah dua vektor sebarang berada di ruang yang sama, v dari u didefinisikan sebagai u – v = u + (-v) Perkalian vektor dengan skalar Vektor nol didefinisikan sebagai vektor yang memiliki panjang = 0. Misalkan u vektor tak nol dan k adalah skalar, k ∈ R . Perkalian vektor u dengan skalar k , k u didefinisikan sebagai vektor yang panjangnya |k| kali panjang u dengan arah : Jika k > 0 ku searah dengan u Jika k < 0 ku berlawanan arah dengan u Contoh 3.3 u -u 2u Perhitungan vektor Diketahui a dan b vektor–vektor di ruang yang komponen–komponennya adalah a = (a1,a2,a3) dan b = ( b1,b2,b3 ) Maka a + b = (a1 +b1, a2+b2, a3+b3 ) Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 18

a − b = (a1 – b1, a2 – b2, a3 – b3 ) k .a = ( ka1, ka2, ka3 ) Jika c = AB kemudian titik koordinat A = ( a1,a2,a3 ) dan B = ( b1,b2,b3 ) maka c= (b1 − a1 , b2 − a2, b3 − a3 ) 3.3 Hasil kali titik , panjang vektor dan jarak antara dua vektor Panjang Vektor (Norma) Panjang dari suatu vektor u sering disebut norma (norm) u dan dinyatakan dengan u . Jika u  R2 dengan u = (u1, u2) maka u  u12  u 22 . Jika u  R3 dengan u = (u1, u2, u3) maka

u  u12  u 22  u32 . Suatu vektor dengan norma satu disebut vektor satuan (unit vector) Jarak Jika P1(x1, y1, z1) dan P2(x2, y2, z2) adalah dua titik pada ruang berdimensi 3, maka jarak (distance) d diantara keduanya adalah norma dari vektor P1 P2 . Karena P1 P2 =(x2 - x1, y2 - y1, z2 - z1), maka:

d  x2  x1    y2  y1   z 2  z1  Hal yang sama jika P1(x1, y1) dan P2(x2, y2) adalah dua titik pada ruang berdimensi 2, maka jarak (distance) d diantara keduanya adalah 2

d

2

2

x2  x1 2   y2  y1 2

Hasil kali titik Definisi Jika u dan v adalah vektor-vektor pada pada ruang berdimensi 2 atau ruang berdimensi 3 dan α adalah sudut antara u dan v, maka hasil kali titik (dot product) atau hasil kali dalam Eucledian (Eucledian inner product) u.v didefinisikan oleh  u v cos jika u ≠ 0 dan v ≠ 0 u.v   0 jika u = 0 atau v = 0  Jika a = (a1, a2, a3) dan b = (b1, b2, b3), maka hasil kali titik vektor a dan b didefinisikan sebagai : a . b =a1.b1+ a2.b2 +a3.b3 Jika a = (a1, a2) dan b = (b1, b2), maka hasil kali titik vektor a dan b didefinisikan sebagai : a . b =(a1.b1)+ (a2.b2) Jadi hasil kali titik dua buah vektor berupa skalar. Dengan mengetahui besarnya α , akan diketahui apakah hasil kali titik akan bernilai positif atau negatif atau sebaliknya. a . b > 0 ↔ α lancip , 0 ≤ α < 90o a . b = 0 ↔ α = 90o, a dan b saling tegak lurus a . b < 0 ↔ α tumpul, 90o < α ≤ 180o Contoh Diketahui u = ( 2, –1,1 ) dan v = ( 1,1,2 ). Tentukan besar sudut yang dibentuk oleh u dan v! Jawab u . v = 2 –1 + 2 = 3 Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 19

u  2 2   1  12  6 2

v  12  12  2 2  6 3 1  =>α = cos-1( ½ ) = 60o 6 6 2 Jadi sudut yang dibentuk antara u dan v adalah 60o cos 

3.4 Proyeksi ortogonal Diketahui vektor a dan b adalah vektor – vektor pada ruang yang sama seperti terlihat pada gambar dibawah ini : w2

a

w1 b Vektor a disusun dari dua vektor yang saling tegak lurus yaitu w1 dan w2 ,jadi dapat dituliskan a = w1 + w2. Dari proses pembentukannya w1 juga disebut sebagai vektor proyeksi ortogonal a terhadap b karena merupakan hasil proyeksi secara ortogonal vektor a terhadap b, sedangkan w2 disebut sebagai komponen dari a yang tegak lurus terhadap b. Karena w1 merupakan hasil proyeksi di b maka dapat dituliskan w1 = k b , nilai k ini akan menentukan arah dan panjang dari w1 . Jika sudut antara a dan b adalah tumpul , maka tentunya nilai k akan negatif ini juga berarti arah w1 akan berlawanan dengan arah b . Menghitung w1 Untuk menghitung w1 , harus dihitung terlebih dahulu nilai k. Dengan menggunakan aturan hasil kali titik , diperoleh : a . b = (w1 + w2) . b = w1 . b (karena w2 dan b saling tegak lurus maka w2 . b = 0) = w1 b cos = k b b cos (α adalah 0 atau 180) =k b Jadi k 

2

a.b b

2

Sehingga w1 = kb =

a.b b

2

b

w2 = a – w1 Panjang w1 =

a.b b

Contoh Diketahui a = (4, 1, 3) dan b = ( 4, 2,–2). Tentukan a. Vektor proyeksi tegak lurus dari a terhadap b! b. Panjang dari vektor proyeksi tersebut ! c. Komponen dari a yang tegak lurus terhadap b ! Jawab:

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 20

a.

b. c.

Misalkan w1 adalah vektor proyeksi tegak lurus dari a terhadap b, maka w1 = k b 4.4  1.2  3.(2) 12 1 sedangkan k = 2   sehingga w1 = ½ ( 4, 2,–2) = (2, 1, -1) 24 2 4  2 2  (2) 2 a.b 4.4  1.2  3.(2) 12 6 Panjang w1 = =   2 2 2 b 24 6 4  2  (2) Misalkan w2 merupakan komponen dari a yang tegak lurus terhadap b, maka w2 = a – w1 = (4, 1, 3) - (2, 1, -1) = (2, 0, 4)

3.5 Hasil Kali Silang Definisi Misalkan u = (u1, u2, u3) dan v = (v1, v2, v3) adalah vektor-vektor pada ruang berdimensi 3, maka hasil kali silang (cross product) u x v adalah vektor yang didefinisikan sebagai ((u2.v3 – u3.v2), – (u1.v3 – u3.v1), ( u1.v2 – u2.v1)) Atau dalam notasi determinan  u 2 u 3 u1 u 3 u1 u 2     v v , v v , v v  3 1 3 1 2   2 Hubungan antara hasil kali titik dengan hasil kali silang Jika u, v, dan w adalah vektor-vektor pada ruang berdimensi 3, maka 1. u . (u x v) = 0 2. v . (u x v) = 0 2 2 2 2 3. uxv  u v  u.v  disebut identitas Lagrange 4. 5.

u x (u x w) =(u . w)v – (u . v)w (u x u) x w =(u . w)v – (v . w)u

Sifat – sifat hasil kali silang 1. a x b = – ( b x a ) 2. a x ( b + c) = a x b + a x c 3. ( a + b) x c = a x c + b x c 4. k ( a x b ) = ( k a ) x b = a x k b 5. a x a = 0 Penerapan Hasil Kali Silang Hasil kali silang dapat digunakan untuk menghitung luas daerah segitiga yang dibentuk oleh tiga titik misalnya A, B, dan C. Menggunakan rumus berikut: 1 ABx AC Luas daerah segitiga ABC = 2 Contoh Tentukan luas daerah segitiga yang dibentuk oleh A(2, 1, 1), B(1, 2, 1), dan C(2, 0, 1). Jawab: AB  (1  2,2  1,1  1)  (1,1,0) AC  (2  2,0  1,1  1)  (0,1,0)

 1 0 1 0 1 1    (0,0,1) ABx AC   , ,   1 0 0 0 0  1  

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 21

Luas daerah segitiga =

1 2 1 1 1 0  0 2  12  1  ABx AC = 2 2 2 2

Diktat Aljabar Linear Bagian I oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 22

DIKTAT MATA KULIAH ALJABAR LINEAR ELEMENTER (BAGIAN II)

DISUSUN OLEH ABDUL JABAR, M.Pd

JURUSAN/PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA STKIP PGRI BANJARMASIN MARET 2013

MUQADIMAH

Alhamdulillah penyusun ucapkan ke hadirat ALLAH SWT, karena berkat limpahan rahmat, taufik dan hidayah-Nya penyusun dapat menyelesaikan diktat Aljabar Linear ini. Shalawat dan salam juga semoga selalu tercurah kepada junjungan kita Nabi Muhammad SAW beserta sahabat, kerabat, serta ummat beliau yang senantiasa istiqamah mengikuti risalah beliau hingga akhir zaman. Diktat ini disusun dalam dua bagian, dengan harapan setelah selesai bagian I akan dilaksanakan ujian tengah semester, dan nanti langsung dilanjutkan dengan bagian II. Semoga dengan penyusunan diktat ini dapat membantu mahasiswa dalam belajar Aljabar Linear, tentu saja perlu ditambah dengan buku pendukung lainnya. Penyusun juga menyadari bahwa diktat ini masih jauh dari sempurna, sehingga saran dan kritik sangat penyusun harapkan. Banjarmasin, Maret 2013 Penyusun, TTD Abdul Jabar, M.Pd

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal i

DAFTAR ISI

BAB IV RUANG VEKTOR …………………………………………………………………………….. 4.1 Field ……………………………………………………………………………………………………… 4.2 Ruang Vektor ………………………………………………………………………………………… 4.3 Ruang Vektor Bagian …………………………………………………………………………. 4.4 Kombinasi Linear dan Span ………………………………………………………………….. 4.5 Bebas Linear ………………………………………………………………………………………. 4.6 Basis dan Dimensi ……………………………………………………………………………….. 4.7 Row Space, Column space dan Null space ………………………………………………… BAB V RUANG HASIL KALI DALAM …………………………………………………………….. 5.1 Hasilkali Dalam Umum ………………………………………………………………………… 5.2 Hasilkali Dalam Khusus …………………………………………………………………….. 5.3 Panjang vektor , jarak antar vektor ,dan besar sudut dalam RHD ………………… 5.4 Basis Ortonormal; Proses Gram-Schmidt ………………………………………………… 5.5 Perubahan Basis ………………………………………………………………………………………… BAB VI TRANSFORMASI LINEAR ………………………………………………………………… BAB VII NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN ……………………………………………………….

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Halaman 1 1 2 4 4 5 6 8 12 12 13 14 15 18 20 25

Hal ii

BAB IV RUANG VEKTOR 4.1

Field

Misal { K, + , * }, K adalah himpunan , didefinisikan 2 operasi + (penjumlahan) dan * (perkalian). Akan dikatakan Field jika dipenuhi : 1.

untuk setiap ,  K maka  +  K dan  *   K, dikatakan K tertutup terhadap operasi penjumlahan dan perkalian.

2.

untuk setiap ,,  K maka (+ ) +  =+ ( + )

3.

terdapat 0  K disebut elemen nol, sedemikian sehingga 0 +  =  + 0 =  , untuk setiap  K

4.

untuk masing-masing  K , terdapat -  K disebut negatip dari  sedemikian sehingga (- ) +  =  +(- )=0

5.

untuk setiap , K maka  +  =  + 

6.

untuk setiap ,,  K maka (*)* =* ( * )

7.

untuk setiap ,,  K (i) *(  +  )=* + * (ii) (  +  )*  = * + *

8.

untuk setiap , K maka  *  =  * 

9.

terdapat 1 K disebut elemen satuan , sedemikian sehingga 1*  =  *1 =  , untuk setiap  K

10. untuk masing-masing 0 K , terdapat -1 K disebut negatip dari  sedemikian sehingga -1 *  =  *-1=1 Anggota dari Field disebut Skalar. Perhatikan : Sistem Bilangan berikut Bilangan Kompleks

Bilangan Imajiner

Bilangan Riil

B. Irrasional B. Rasional

B. Bulat

B. Pecahan

Dijelaskan 10 Syarat di atas diterapkan pada Masing-masing bilangan tersebut. Sehingga dapat disimpulkan Contoh Field adalah Bilangan Kompleks, Riil, dan Rasional. Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 1

4.2 Ruang Vektor Suatu objek di dalam ruang vektor V disebut vektor. V dikatakan sebagai ruang vektor bila memenuhi 10 aksioma berikut : 1. Jika u dan v di dalam V, maka u + v juga harus di dalam V 2. u + v = v + u 3. u + (v + w) = (u + v) + w 4. Di dalam ruang vektor V ada objek 0, yang disebut sebagai vektor 0 sedemikian sehingga 0 + u = u + 0 = u, untuk semua u di dalam vektor V 5. Untuk setiap u di dalam V, ada objek yang disebut sebagai –u di dalam V, yang disebut sebagai negatip u, sehingga u + (-u) = (-u) + u = 0 6. Jika k adalah sebarang skalar dan u adalah objek di dalam ruang vektor V, maka ku juga ada di dalam ruang vektor V 7. k(u+v) = ku + kv 8. (k + m)u = ku + mu 9. k(mu) = (km)u 10. 1.u = u Contoh 4.1 Buktikan R2 merupakan ruang vektor! Jawab Ambil u, v, w  R2 u = (u1, u2) v = (v1, v2) w = (w1, w2) 1. u + v = (u1, u2) + (v1, v2) = (u1 + v1, u2 + v2)  R2 (sifat tertutup bilangan real) 2. u + v = (u1 + v1, u2 + v2) = (v1 + u1, v2 + u2) (sifat komutatif bilangan real) = (v1, v2) + (u1, u2) =v+u 3. u+(v + w) = (u1, u2) + [(v1, v2) + (w1, w2)] = (u1, u2) + (v1 + w1, v2 + w2) = (u1 + (v1 + w1), u2 +( v2 + w2) ) = ((u1 + v1)+ w1), (u2 + v2) + w2) (Sifat assosiatif bilangan real) = [(u1 + v1, u2 + v2)] + (w1, w2) = [(u1, u2) + (v1, v2)] + (w1, w2) = (u+v ) + w 4.  0 = (0, 0)  R2 u + 0 = (u1, u2) + (0, 0) = (u1, u2) = u 5.  u  R2  -u = (-u1, -u2)  R2 u + (-u) = (u1, u2) + (-u1, -u2) = (0, 0) = 0 6. ku = k (u1, u2) = (ku1, ku2)  R2 7. k (u + v) = k (u1 + v1, u2 + v2) = (k(u1 + v1), k(u2 + v2)) = (ku1 + kv1, ku2 + kv2) = (ku1, ku2) + (kv1, kv2) = k(u1, u2) + k(v1, v2) = ku + kv 8. (k + l) u = (k + l) (u1, u2) = ((k + l) u1, (k + l) u2) = ((k u1 + l u1), (k u2 + l u2)) = (ku1, ku2) + ( lu1, lu2) = k (u1, u2) + l (u1, u2) Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 2

= ku + lu = k (l(u1, u2)) = k (lu1, lu2) = (klu1, klu2) = kl (u1, u2) = (kl)u 10. 1u = 1 (u1, u2) = (u1, u2) = u R2 merupakan ruang vektor karena memenuhi 10 aksioma 9. k (lu)

Contoh 4.2 Diketahui : B = {(x, y) | x, y  R} dimana (x, y) + (x’, y’) = (x + x’, 0) dan k(x, y) = (2x, ky) Selidiki apakah B sebuah ruang vektor? Jawab: Ambil u, v, w  B u = (u1, u2) v = (v1, v2) w = (w1, w2) 1. u + v = (u1, u2) + (v1, v2) = (u1 + v1, 0)  B (sifat tertutup bilangan real) 2. u + v = (u1 + v1, u2 + v2) = (u1 + v1, 0) = (v1 + u1, 0) v + u = (v1, v2) + (u1, u2) = (v1 + u1, 0) =u+v 3. u+(v + w) = (u1, u2) + [(v1, v2) + (w1, w2)] = (u1, u2) + (v1 + w1, 0) = (u1 + (v1 + w1), 0) = ((u1 + v1)+ w1), 0) (Sifat assosiatif bilangan real) (u+v ) + w = [(u1, u2) + (v1, v2)] + (w1, w2) = [(u1 + v1, 0)] + (w1, w2) = ((u1 + v1)+ w1), 0) =u+(v + w) 4.  0 = (0, 0)  B u + 0 = (u1, u2) + (0, 0) = (u1, 0) ≠ u (gagal) 5.  u  B  -u = (-u1, -u2)  B u + (-u) = (u1, u2) + (-u1, -u2) = (0, 0) = 0 6. ku = k (u1, u2) = (2u1, ku2)  B 7. k (u + v) = k (u1 + v1, 0) = (2(u1 + v1), 0) = (2u1 + 2v1, 0) ku + kv = k(u1, u2) + k(v1, v2) = (2u1, ku2) + (2v1, kv2) = (2u1 + 2v1, 0) = k (u + v) 8. (k + l) u = (k + l) (u1, u2) = ( 2u1, (k + l) u2) ku + lu = k (u1, u2) + l (u1, u2) = (2u1, ku2) + ( 2u1, lu2) = ((2u1 + 2u1), 0) = (4u1, 0) ≠ (k + l) u (gagal) 9. k (lu) = k (l(u1, u2)) = k (2u1, lu2) = (4u1, klu2) (kl)u = kl (u1, u2) = (2u1, klu2) ≠ k (lu) (gagal) Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 3

10. 1u = 1(u1, u2) = (2u1, u2) ≠ u (gagal) B bukan ruang vektor sebab tidak memenuhi aksioma 4, 8, 9, dan 10 4.3 Ruang Vektor Bagian ( Subspace ) V adalah Ruang Vektor , W adalah Subset dari V. Untuk menentukan apakah W merupakan ruang bagian V, cukup diperiksa berikut : 1.

W   ( W tidak hampa ) , untuk itu perlu ditunjukkan bahwa vektor 0 W.

2.

Untuk setiap a, b W maka a + b W

3.

Untuk setiap a  W ,   K maka  a  W

Contoh 4.3 U = { (x, 0) | x R}. Buktikan bahwa U merupakan sub ruang dari R 2! Misalkan a , b ∈ U artinya a = ( x1,0 ) dan b = ( x2,0 ) dengan x1,x2 ∈ R 1. U . Contoh 0 = (0,0) ∈ U 2. a + b = ( x1 + x2,0 ) dengan x1+x2 ∈ R , jadi a + b ∈ U 3. Untuk skalar k , maka k a = ( kx1,0 ) dengan kx1 ∈ R , jadi k a ∈ U Semua syarat terpenuhi , maka U merupakan sub–ruang R2 Contoh 4.4 U = { (x, y, z) | y = 2x + z}. Selidiki apakah U merupakan sub ruang dari R3 Misalkan a , b ∈ U artinya a = (a1, a2, a3) dan b = (b1, b2, b3) dengan a2 = 2a1 + a3 dan b2= 2b1 + b3 1. U . Contoh 0 = (0, 0, 0) ∈ U 2. a + b = ( a1 + b1, a2 + b2 , a3 + b3 ) apakah a2 + b2 = 2(a1 + b1) + (a3 + b3 ) Penyelidikan: 2(a1 + b1) + (a3 + b3 ) = 2a1 + 2b1 + a3 + b3 (sifat distributif dan assosiatif umum) = 2a1 + a3+ 2b1 + b3 (sifat komutatif umum) = (2a1 + a3)+ (2b1 + b3) = a2 + b2 a + b ∈ U (terpenuhi) 3. Untuk skalar k , maka k a = (ka1, ka2, ka3) apakah ka2= 2ka1+ ka3 Penyeledikan: 2ka1+ ka3 = k2a1+ ka3 =k(2a1+ a3 ) = ka2 ( terpenuhi) U merupakan sub–ruang R3 4.4 Kombinasi Linier dan Span (Membangun) Sebuah vektor w dikatakan merupakan suatu kombinasi linier dari vektor-vektor v1, v2, …, vn jika vektor w dapat dituliskan sebagai : w = a1v1 + a2v2 + ……..+ anvn dengan a1, a2 ……an adalah sembarang skalar yang memenuhi persamaan. Contoh 4.5 Jika terdapat vektor u=(-1,1,2) dan v=(2,-3,0) di ruang R3, tentukan apakah vektor-vektor berikut ini adalah kombinasi linier dari u dan v : a) (-4,5,4) b) (1,-2,0) Jawab : Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 4

a) Untuk mengetahui suatu vektor adalah kombinasi linier dari vektor yang lainnya, dibuat penulisan persamaan vektor sebagai berikut : w = a1u + a2v -4   -1  2  5   a  1   a  -3   1  2   4   2   0 

-4 = -a1 + 2a2;5 = a1- 3a2; 4 = 2a1 Jadi : karena ditemukan a1 = 2 dan a2= -1 maka w mrupakan kombinasi linear dari u dan v b) Sebagai latihan Jika S={v1,v2, …,vr) adalah himpunan vektor di dalam ruang vektor V, dikatakan membangun (Span) suatu ruang vektor V jika setiap vektor pada V selalu dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor – vektor di S. Contoh 4.6 Tentukan apakah v1=(-2,1,2), v2=(0,1,3), v3=(-1,0,1) span dari ruang vektor R3? Jawab : Untuk menentukan span di ruang vektor R3, maka dicari kemungkinan setiap vektor di ruang R3 adalah kombina-si linier dari v1, v2 dan v3. Misalkan vektor a=(a1,a2,a3) di ruang vektor R3, maka a dapat ditulis sebagai kombinasi linier dari v1,v2,dan v3

Agar supaya ada nilai k1,k2 dan k3, maka matrik 3 x 3 tersebut harus mempunyai invers atau determinan tidak boleh sama dengan nol. Karena determinan matrik tersebut adalah -3, maka k1,k2 dan k3 didapatkan. Jadi disimpulkan bahwa v1,v2 dan v3 merupakan span dari ruang vektor R3 4.5 Bebas Linear Definisi : Himpunan m buah vektor {u1, u2 , …, um} disebut bergantung linier ( linearly dependent, tidak bebas linier) bila terdapat skalar-skalar 1, 2 , …, m yang tidak semua nol sedemikian sehingga 1 u1 + 2 u2 +… + m um = 0 ( 0 = vektor nol ). Dalam hal lain himpunan { u1, u2 , …, um} disebut bebas Linier (linearly independent ), dengan perkataan lain apabila 1 u1 + 2 u2 +… + m um = 0 hanya dipenuhi oleh 1= 2 = … =m=0. Contoh 4.6 Apakah vektor-vektor v1=(1,0,1), v2=(2,-1,3) dan v3=(-3,1,-4) saling bebas atau bergantung linier? Jawab : Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 5

Untuk mengecek kebergantungan linier, langkah yang dilakukan adalah dengan menuliskan persamaan homogen yang mengandung vektor-vektor tersebut yakni : a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0 a1(1,0,1) + a2(2,-1,3) +a3(-3,1,-4) = 0 Diperoleh persamaan : a1+ 2a2 – 3a3=0; -a2 + a3 = 0 dan a1+ 3 a2 – 4 a3 = 0, didapatkan : a1 = a2 = a3 = 1 Jadi vektor v1, v2 dan v3 adalah bergantung linier. Beberapa catatan : 1. Sebuah kumpulan vektor yang ada di dalam S, maka a) Saling bergantung linier jika dan hanya jika paling sedikit ada 1 vektor di dalam S yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari vektor yang lain yang juga di dalam S b) Saling bebas linier jika dan hanya jika tidak ada vektor di dalam S yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari vektor lainnya di dalam S. 2. Sekumpulan vektor berjumlah berhingga yang memuat vektor nol (0) adalah saling bergantung linier. 3. Jika S ={v1, v2, v3, …, vn} adalah sekumpulan vektor di ruang Rm. Apabila n>m, maka himpunan S adalah saling bergantung linier. 4.6 Basis dan Dimensi Basis : suatu ukuran tertentu yang menyatakan komponen dari sebuah vector. Dimensi biasanya dihubungkan dengan ruang, misalnya garis adalah ruang dengan dimensi 1, bidang adalah uang dengan dimensi 2 dan seterusnya. Definisi Jika V adalah ruang vektor dan S = {v1, v2, v3, …, vn} adalah kumpulan vektor di dalam V, maka S disebut sebagai basis dari ruang vektor V jika 2 syarat berikut ini dipenuhi : 1. S bebas linier 2. S span (membangun) V Contoh 4.7 Jika v1=(1,2,1), v2=(2,9,0) dan v3=(3,3,,4). Apakah S={v1, v2, v3} adalah basis di R3? Jawab : • Syarat sebagai basis adalah span dan bebas linier, maka langkah yang harus dilakukan adalah menguji kedua syarat tersebut. • Jika span, maka harus ada vektor lain yang merupakan kombinasi linier v1, v2 dan v3

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 6

• • • •

Supaya ada solusi, maka matrik 3 x 3 memiliki invers. Dari hasil perhitung diperoleh nilai determinan = 1, yang menandakan bahwa matrik memiliki invers. Dengan demikian setiap nilai b1, b2 dan b3 akan menghasilkan nilai a1, a2 dan a3. Dapat dikatakan bahwa S adalah span dari R3. Jika nilai b1= b2 = b3 = 0, maka a1= a2 = a3= 0 (detailnya sebagai latihan) sehingga ketiga vector saling bebas linier. Kesimpulannya : S={v1, v2, v3} adalah himpunan dari vektor basis di R3

Catatan:  Ruang vektor V yang bukan nol (0) disebut dimensi terbatas (finite dimensional), yaitu mengandung kumpulan vektor yang membentuk baris {v1, v2, v3, …, vn}  Jika tidak ada kumpulan vektor yang membentuk basis, maka V disebut sebagai dimensi tak terbatas (infinite dimensional)  Catatan : ruang vektor nol disebut finite dimensional  Dimensi dari ruang vektor V yang berdimensi terbatas didefinisikan sebagai jumlah vektor yang membentuk basis di dalam ruang vektor V.  Ruang vektor nol mempunyai dimensi nol. Pada pembahasan mengenai membangun dan bebas linier , suatu himpunan vektor dapat ditunjukkan merupakan himpunan yang bebas linier atau membangun ruang vektor V hanya dengan melihat dari jumlah vektor dan dim ruang vektor. Sebenarnya tanpa menghitung kita sudah bisa menyimpulkan bahwa himpunan vektor tersebut tidak bebas linier karena agar bebas linier maksimal jumlah vektor = dim ruang vektor. Sebaliknya jika suatu himpunan vektor hanya memuat vektor dengan jumlah kurang dari dim ruang vektor , maka dapat disimpulkan bahwa himpunan vektor tersebut tidak membangun . Berdasarkan hal ini, maka suatu himpunan vektor kemungkinan bisa menjadi basis ruang vektor berdimensi n jika jumlah vektornya = n. Jika jumlah vektor < n maka tidak membangun sebaliknya jika jumlah vektor > n maka bergantung linier. Jika jumlah vektor = n , maka dapat dihitung nilai determinan dari ruang yang dibangun oleh himpunan vektor tersebut. Jika det = 0 , maka ia tidak bebas linier dan tidak membangun Jika det ≠ 0 , maka ia bebas linier dan membangun  merupakan basis . Contoh 4.8 Tentukan basis dan dimensi serta solusi dari system persamaan linier homogen berikut ini : x1 + 2x2 + 2x3 – x4 + 3x5 = 0 x1 + 2x2 + 3x3 + x4 + x5 = 0 3x1 + 6x2 + 8x3 + x4 + 5x5 = 0 Jawab : Harus dicari solusi SPL dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan diperoleh hasil berikut: (detail sebagai latihan) x3 + 2x4 – 2x5 = 0 x1 + 2x2 – 5x4 + 7x5 = 0 Solusinya : Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 7

Maka yang menjadi basisnya adalah :

Sedangkan dimensinya adalah 3 (karena vektor basisnya ada 3) 4.7 Row space, Column space dan Null space Jika A adalah suatu matrik dengan ordo mxn :  a11 a12 a13 ... ... a1n  a   21 a22 a23 ... ... a2 n  a a32 a33 ... ... a3n  Am x n =  31 ... ... ... ... ... ...     ... ... ... ... ... ...  a   m1 am 2 am 3 ... ... am n  Maka vektor baris adalah r1=[a11 a12 … a1n], r2=[a21 a22 … a2n] dan seterusnya.  a11   a12  a  a  22 21   Vektor kolom adalah c1  , c 2    dan seterusnya.  ...   ...      a m 2  a m1        

Vektor-vektor baris r1, r2, ….., rm disebut : row space dari A Vektor-vektor kolom c1, c2, ….., cn disebut : column space dari A Ruang solusi SPL homogen Ax = 0 yang merupakan sub ruang Rn disebut : null space Sistem linier Ax = b disebut konsisten jika dan hanya jika b adalah column space dari A Jika x0 adalah salah satu solusi dari sistem persamaan linier Ax = b dan kumpulan solusi dari Ax=0 yaitu v1, v2, …, vn merupakan basis untuk null space dari A, maka setiap solusi dari Ax = b dapat ditulis sebagai berikut : x = x0 + a1v1 + a2v2 + …. + anvn Solusi dari Ax = b adalah x0 yang disebut sebagai solusi khusus (particular solution) dan x0 + a1v1 + a2v2 + …. + anvn disebut solusi umum (general solution). Solusi umum dari Ax = 0 adalah a1v1 + a2v2 + …. + anvn, dengan demikian dapat disimpulkan bahwa solusi lengkap dari Ax = b adalah solusi khusus ditambah solusi umum dari Ax=0.

Menentukan basis ruang baris/kolom Basis ruang baris A didapatkan dengan melakukan OBE pada A sehingga diperoleh bentuk BEB, baris yang tak nol merupakan basisnya. Sedangkan basis ruang kolom A didapatkan Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 8

dengan melakukan OBE pada AT sehingga diperoleh bentuk BEB, baris yang tak nol merupakan basisnya. Dimensi (ruang baris) = Dimensi (ruang kolom) = rank matriks. Rank dan Nullity Pada suatu matrik A dan AT, terdapat 6 ruang vektor yaitu Row space A Row space AT Column space A Column space AT Null space A Null space AT Namun row space AT = column space A, begitu juga dengan column space AT = row space A. Oleh sebab itu tinggal 4 ruang vektor yang perlu diperhatikan yaitu row space A, column space A, null space A dan null space AT. Ini semua disebut sebagai fundamental matrix space dari A. Dapat disimpulkan bahwa dimensi dari row space dan column space suatu matrik adalah sama. Dimensi dari row space dan column space suatu matrik disbut dengan istilah “rank”, sedangkan dimensi dari null space disebut dengan istilah “nullity”(nullitas) Contoh 4.9 Carilah solusi dari system persamaan linier berikut ini : x1 + 2x2 – x3 + 3x4 – 4x5 = – 1 2x1 + 4x2 – 2x3 – x4 + 5x5 = 2 2x1 + 4x2 – 2x3 + 4x4 – 2x5 = 0 Jawab : Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan (detailnya sebagai latihan) diperoleh : x1 = -2x2 + x3 + 1/8 x4 = 1/8 x5 = 3/8  18   x1   2 1 0  x   1  0     2     maka  x3    0  x2  1 x3  0 . 1       8  x4   0  0   83   x5   0  0  18   18   2 1  0  0  1 0          Solusi khususnya adalah 0 , sedangkan solusi umumnya adalah  0  x2  1  x3 + 0 1 1     8 8 0 0   83   83      0 0      Bagaimana cara mencari basis dari null space ? Ruang solusi dari SPL homogen Ax=0 adalah null space. Jadi untuk mencari basis dari null space adalah dengan menganggap ada SPL homogen

Contoh 4.10 Tentukan basis dari null space A serta nullitasnya dari SPL homogen berikut: 2x1 + 2x2 – x3 + x5 = 0 – x1 – x2 + 2x3 – 3x4+ x5 = 0 x1 + x2 – 2x3 – x5 = 0 x3 + x4+ x5 = 0 Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 9

Jawab: Dengan menggunakan eleminasi Gauss-Jordan (detailnya sebagai latihan) diperoleh: x1 = -x2 - x5 x3 = -x5 v4 = 0  x1   1  1 x   1  0  2      x3    0  x2   1 x5        x4   0  0  x5   0   1 

  1   1 1 0     Jadi basis dari null space adalah :  0  dan   1 . Nullitas adalah 2     0 0  0   1  Jika suatu matrik di dalam bentuk row-reduced echelon, maka vektor baris (row vector) dengan 1 (satu) sebagai leading entry menjadi basis dari row-space dari matrik tersebut dan vektor kolom (column vector) dengan 1 (satu) sebagai leading entry menjadi basis dari column space dari matrik tersebut Contoh 4.11 Tentukan basis dari row space , column space dan rank matriks dari matrik berikut ini :

Jawab : Karena sudah berbentuk BEB, maka Basis dari row space adalah : r1 = [1 0 -1 2 1] r2 = [0 1 0 1 2] r3 = [0 0 0 1 3] Untuk mencari basis untuk column space, maka lakukan OBE pada AT sehingga berbentuk BEB (detailnya sebagai latihan) Diperoleh

Rank matriks adalah 3 Catatan: Jika dua matrik A dan B saling row-equivalent, maka : 1. Kumpulan vector kolom A saling bebas linier jika dan hanya jika kolom vektro B yang berkorespondensi letaknya juga saling bebas linier. Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 10

2. Kumpulan vector kolom A membentuk basis dari column space (ruang kolom) A jika dan hanya jika vector B yang letaknya sama dengan A juga membentuk basis untuk ruang kolom B

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 11

BAB V RUANG HASIL KALI DALAM

5.1 Hasil Kali Dalam Umum Definisi Hasilkali dalam (inner product) pada sebuah ruang vektor V adalah sebuah fungsi yang mengasosiasikan sebuah bilangan real dengan sepasang vektor u dan v di dalam V, sedemikian sehingga aksioma-aksioma berikut ini dipenuhi bagi semua vektor u, v, dan w di dalam V dan semua bilangan skalar k. 1. Simetris: = 2. Aditivitas: = + 3. Homogenitas: = k 4. Positivitas: ≥ 0 dan = 0 jika dan hanya jika v = 0. Ruang vektor yang dilengkapi hasil kali dalam seperti diatas disebut Ruang hasil kali dalam yang biasa disingkat dengan RHD. Contoh 5.1 Tunjukkan bahwa operasi perkalian titik standar di R3 Euclides merupakan hasil kali dalam ! Jawab Akan ditunjukkan bahwa perkalian titik standar memenuhi keempat aksioma hasil kali dalam , yaitu : Misalkan a = ( a1,a2,a3 ) , b = ( b1,b2,b3 ) , c = ( c1,c2,c3 ) maka a , b, c ∈ R3 1. Simetris < a,b> = ( a . b) = (a1b1 + a2b2 + a3b3 ) = (b1a1 + b2a2 + b3a3 ) = < b, a > ………… ( terpenuhi ) 2. Aditivitas < a + b , c > = ( ( a + b) . c ) = ((a1+b1 , a2+b2 , a3+b3 ) . ( c1,c2,c3 ) ) = ((a1c1 + b1c1) + ( a2c2+b2c2 ) + (a3c3 + b3c3 ) = (a1c1 + a2c2 + a3c3 ) + (b1c1 + b2c2 + b3c3 ) = (a.c )+(b.c ) = < a,c >+< b,c > …… ( terpenuhi ) 3. Homogenitas =(ka.b) = ( ka1b1 + ka2b2 + ka3b3 ) = k(a1b1 + a2b2 + a3b3 ) = k( a . b ) = k< a , b > ………… ( terpenuhi ) 4. Positivitas < a,a > = ( a . a ) = ( a12+ a22+ a32 ) ≥ 0 ………… ( terpenuhi ) dan < a, a > = ( a12+ a22+ a32 ) = 0 ↔ a = ( 0,0,0 ) = 0 . … …( terpenuhi ) RHD yang memiliki hasil kali dalam berupa perkalian titik standar seperti diatas biasa disebut RHD Euclides. Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 12

Contoh 5.2 Tunjukkan bahwa = u1v1 + u3v3 tidak memenuhi syarat aksioma hasil kali dalam. Jawab Misalkan a = ( a1,a2,a3 ) , b = ( b1,b2,b3 ) , c = ( c1,c2,c3 ) maka a , b, c ∈ R3 1. Simetris < a,b> = (a1b1 + a3b3 ) = (b1a1 + b3a3 ) = < b, a > ………… ( terpenuhi ) 2. Aditivitas < a + b , c > = <(a1+b1 , a2+b2 , a3+b3 ) , ( c1,c2,c3 ) > = ((a1c1 + b1c1) + (a3c3 + b3c3 ) = (a1c1 + a3c3 ) + (b1c1 + b3c3 ) = < a,c >+< b,c > …… ( terpenuhi ) 3. Homogenitas = ( ka1b1 + ka3b3 ) = k(a1b1 + a3b3 ) = k( a . b ) = k< a , b > ………… ( terpenuhi ) 4. Positivitas < a,a > = ( a . a ) = ( a12 + a32 ) ≥ 0 ………… ( terpenuhi ) dan < a, a > = ( a12 + a32 ) = 0 ↔ a = ( 0,0,0 ) = 0 tidak terpenuhi sebab ambil a = (0, a2, 0) maka < a, a > = 0 padahal a bukan 0. Terbukti bahwa = u1v1 + u3v3 tidak memenuhi syarat aksioma hasil kali dalam. 5.2 Hasilkali Dalam Khusus Jika w1, w2, …, wn adalah bilangan-bilangan real positif yang disebut nilai bobot (weight), dan jika u = (u1, u2, …, un) dan v = (v1, v2, …, vn) adalan vektor-vektor pada Rn maka = w1 u1v1 + w2 u2 v2 + …. + wn unvn mendefinisikan sebuah hasil kali dalam pada Rn. Hasilkali dalam ini disebut hasilkali dalam Euclidean berbobot dengan nilai-nilai bobot w1, w2, …, wn. Contoh 5.3 Diketahui = 2 u1v1 + 3 u2 v2 dan u = (7, 5) dan v = (2, -1). Tentukan . Jawab = 2.7.2 + 3.5.(-1) = 13 Hasilkali dalam yang dibangun oleh Matriks  u1   v1  u  v   2  2 Misalkan u =  ...  dan v =  ...  adalan vektor-vektor pada Rn, maka      ...   ...  u n  v n  = vTATAu Dinamakan hasilkali dalam yang dibangun oleh A. Contoh 5.4  2 Tentukan formula hasil kali dalam yang dibentuk oleh A =  0

0 ! 3

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 13

Jawab:  2 0   2 0   u1  = [v1 v2]     3  0 3  u 2  0 = 2u1v1 + 3u2v2 (detailnya sebagai latihan)

= vTATAu

5.3 Panjang vektor , jarak antar vektor ,dan besar sudut dalam RHD Ketika kita membahas tentang panjang vektor , maka kita harus menghilangkan rumusan yang selama ini kita gunakan mengenai panjang vektor dalan ruang –n Euclides berdasarkan operasi hasil kali titik . Kita akan menghitung panjang suatu berdasarkan hasil kali dalam yang telah diberikan, dan sudah dibuktikan bersama – sama bahwa hasil kali titik dalan ruang – n Euclides juga merupakan hasil kali dalam jadi konsep yang digunakan ini akan lebih luas daripada konsep sebelumnya. Misalkan V merupakan ruang hasil kali dalam u, v ∈ V maka 1/ 2 a. u  u ,u b. d(u, v) = 1/2 c. Misalkan β adalah sudut antara u dan v, maka cos β adalah u, v cos   u v Contoh 5.5 Diketahui u = (2, -1), v = (7, 3) dan β adalah sudut antara u dan v. Tentukan panjang masingmasing vektor dan cos β menggunakan hasilkali dalam yang diberikan berikut: a. Hasilkali dalam Euclidis b. Hasilkali dalam Euclidis yang diboboti = 3u1v1 + 2u2v2 dimana u = (u1, u2) dan v = (v1, v2) 1 2 c. Hasilkali dalam yang dibentuk oleh matriks A   3 1 Jawab: a. Hasilkali dalam Euclidis 1/ 2  2.2  (1)( 1)  5  u  u, u 

v  v, v

1/ 2

 7.7  3.3  58

2.7  (1).3 11  u v 5 58 290 b. Hasilkali dalam yang diboboti 1/ 2  3.2.2  2(1)(1)  14  u  u, u



cos  



v  v, v

u, v

1/ 2



 3.7.7  2.3.3  165

3.2.7  2(1).3 36  u v 14 165 2310 c. Hasilkali yang dibentuk oleh matriks A  1 3  1 2  2  1/ 2      u  u, u  2  1  2 1  3 1   1



cos  

u, v



0

0 5   25  5 5

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 14





 1 3  1  3 2 1   3 1 3  1  7 3 u, v 2 1  3  cos    u v 5 745 v  v, v

1/ 2



7

2  7     1  3  2  2    1   1

13

 13  24    745  24 

(hitung sendiri hasil akhirnya) 5.4 Basis Ortonormal; Proses Gram-Schmidt Diketahui V ruang hasil kali dalam dan v1, v2,…, vn adalah vektor – vektor dalam V. Beberapa definisi penting a. H = { v1, v2,…, vn } disebut himpunan ortogonal bila setiap vektor dalam V saling tegak lurus ,yaitu < vi, vj > = 0 untuk i ≠ j dan i,j = 1,2,…,n. b. G = { v1, v2,…, vn } disebut himpunan ortonormal bila  G himpunan ortogonal  Norm dari vi = 1 , i = 1,2,…,n atau 1/2 = 1 Contoh 5.6 Diketahui: S = { v1, v2, v3 } 1  1   1  1 dimana v1 = (0, 1, 0), v2 =  ,0, ,0,  . Selidiki apakah S ortonormal?  , dan v3 =  2 2  2  2 Jawab: Pertama kita selidiki dulu apakah S ortogonal, setelah diselidiki ternyata S ortogonal sebab < v1, v2 > = < v1, v3 > = < v2, v3 > = 0 ternyata panjang semua vektornya adalah 1. Sehingga disimpulkan S ortonormal. Metode Gramm–Schimdt Metode Gramm–Schimdt digunakan untuk merubah suatu himpunan vektor yang bebas linier menjadi himpunan yang ortonormal. , jadi dalam hal ini disyaratkan himpunan yang ditransformasikan ke himpunan ortonormal adalah himpunan yang bebas linier. Jika yang akan ditransformasikan adalah himpunan vektor yang merupakan basis dari ruang vektor V maka metode Gramm–Schimdt akan menghasilkan basis ortonormal untuk V. Sebelum membahas tentang metode ini, akan dibahas tentang proyeksi ortogonal vektor terhadap ruang yang dibangun oleh himpunan vektor. Diketahui H = { v1, v2,…, vn } adalah himpunan vektor yang bebas linier dari ruang vektor V dengan dim ≥ n dan S = { w1, w2,…, wn } merupakan himpunan yang ortonormal . Jika W menyatakan ruang yang dibangun oleh w1, w2,…, wn maka untuk setiap vektor z1 dalam W, dapat dituliskan z1 = k1w1 + k2w2 +…+ knwn dengan k1, k2, …,kn skalar. Jika u adalah sembarang vektor dalam V , maka tentunya u dapat dituliskan sebagai jumlah dari dua vektor yang saling tegak lurus misalkan z1 dan z2 , jadi dapat dituliskan u = z1 + z2. Karena z1 dalam W , maka sebenarnya z1 merupakan proyeksi ortogonal u terhadap W , sedangkan z2 merupakan komponen vektor u yang tegak lurus terhadap W. Jadi untuk menentukan z1, maka harus ditentukan nilai k1, k2, …,kn sedemikian hingga nilai k1 merupakan panjang proyeksi u terhadap w1, k2 merupakan panjang proyeksi u terhadap w2 dan seterusnya sehingga kn merupakan panjang proyeksi u terhadap wn. Proyeksi ortogonal u terhadap wi adalah proy Wi ( u ) = < u, wi > , dikarenakan w1, w2,…, wn merupakan vektor – vektor yang ortonormal . Jadi dapat dituliskan bahwa proyeksi ortogonal u terhadap W adalah : Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 15

proyw ( u) = z1 = < u, w1 > w1 + < u, w2 > w2 +…+ < u, wn > wn dengan { w1, w2,…, wn} merupakan himpunan orthonormal. Komponen u yang tegak lurus terhadap W adalah z2 = u – (< u, w1 > w1 + < u, w2 > w2 +…+ < u, wn > wn) Misal diketahui K = { v1, v2,…, vn } adalah himpunan yang bebas linier, maka K dapat dirubah menjadi himpunan S = { w1, w2,…, wn } yang ortonormal dengan menggunakan metode Gramm–Schimdt yaitu : v 1. w1  1 v1 2. w 2  3. w 3 

v 2  v 2 , w1 w1 v 2  v 2 , w1 w1 v 3  v 3 , w1 w1  v 3 , w 2 w 2 v 3  v 3 , w1 w1  v 3 , w 2 w 2

…… n.

wn 

v n  v n , w1 w1  v n , w 2 w 2  ...  v n , w n1 w n1 v n  v n , w1 w1  v n , w 2 w 2  ...  v n , w n1 w n1

Contoh 5.7 Diketahui H = {a , b, c } dengan a = ( 1,1,1 ) , b = ( 1,2,1 ) , c = (−1,1,0 ) a. Apakah H basis R3? b. Jika ya , transformasikan H menjadi basis orthonormal dengan menggunakan hasil kali dalam Euclides ! Jawab a. Karena dim(R3) = 3 dan jumlah vektor dalam H = 3 , maka untuk menentukan apakah H merupakan basis R3 atau bukan , adalah dengan cara menghitung determinan matriks koefisien dari SPL Ax = b dengan b adalah sembarang vektor dalam R3, yaitu = det 1 1  1 1 2 1  . Setelah dihitung diperoleh det A = 1, ini berarti H merupakan basis untuk R 3.   1 1 0  b. Hasil kali dalam antara a , b dan c < a , b > = 4, < a , c > = 0 , < b , c > = 1 Untuk menjadikan H ortonormal, kita gunakan metode Gramm–Schimdt yaitu :

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 16

Normalisasi himpunan orthogonal ke himpunan ortonormal Diketahui V RHD dan H = {v1, v2, …., vn} dalam V merupakan ortogonal dengan v1≠ 0, maka bisa diperoleh himpunan ortonormal yang didefinisikan sebagai : S = { s 1, s2, …., sn} dengan

Kalau dicermati, sebenarnya ini adalah rumusan Gramm – Schimdt yang telah direduksi yaitu untuk nilai proyw(vi) = 0, akibat dari v1, v2, …. vn yang saling orthogonal. Proses untuk mendapatkan vektor yang ortonormal disebut menormalisasikan vektor. Jika dim (V) = n, maka S juga merupakan basis ortonormal dari V Contoh 5.8 Diketahui a, b, c dalam R3 dengan a = (2,-1,1), b = (2, 5, 1) dan c =(-1,0,2). Jika R3 merupakan RHD Euclides, transfor-masikan a, b, c ke basis ortonormal ! Jawab : = 0, = 0, = 0

Misalkan H = {a,b,c} maka H merupakan himpunan ortonormal. Dim (R3) = 3 jadi dapat ditentukan basis ortonormal untuk R3. Misalkan :

Basis ortonormal untuk R3 adalah :

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 17

5.5 Perubahan Basis Suatu ruang vektor dapat memiliki beberapa basis. Jika terdapat sembarang vektor x dalam ruang vektor V yang memiliki himpunan vektor A dan B sebagai basisnya, maka x tentunya merupakan kombinasi linier dari vektor A dan B Jika V ruang vektor, S={s1, s2, ….,sn} merupakan basis V, maka untuk sembarang x dalam V dituliskan: x = k1s1 + k2s2 +……+ knsn dengan k1, k2, ….kn skalar yang juga disebut koordinat x relatif terhadap basis S

 k1  k   x s   2     kn  disebut matrik x relatif terhadap basis S Jika S merupakan basis ortonormal, maka :

 x, s1     x, s   2   x s       x, sn   Jika A ={x1,x2} dan B = {y1, y2} berturut-turut merupakan basis dari V, maka untuk sembarang z dalam V didapatkan :[z]A dan [z]B. Bagaimana hubungan [z]A dan [z]B ? Misalkan

Dari

…………………..(1)

………………(2) Untuk

………………………(3) Dengan mensubstitusikan persamaan (1) dan (2) ke (3) diperoleh :

Ini berarti : Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 18

P disebut matrik transisi dari basis A ke basis B. Secara umum, jika A = {x1, x2, …xn} dan B = {y1, y2, ….yn} berturut-turut merupakana basis dari ruang vektor V, maka matrik transisi basis A ke basis B adalah :

Jika P dapat dibalik, maka P-1 merupakan matrik transisi dari basis B ke basis A Contoh soal : Diketahui : A = { v, w} dan B = {x, y} berturut-turut merupakan basis R2 dengan v =(2,2), w = (3,1), x = (1,3) dan y = (-1,-1). Tentukan : a. Matrik transisi dari basis A ke basis B   1 b. Hitung    3  A   1 c. Hitung   dengan menggunakan hasil dari b  3  B d. Matrik transisi dari basis B ke basis A Jawab

2 1  1 a  a   0  a  a. Misalkan v B    , maka     didapatkan         2 3  1 b  b    2 b  c   3  1  1  c   c    2 Dan untuk wB    , maka     didapatkan         d   1 3  1 d   d    5

Jadi matriks transisi dari basis A ke basis B adalah:  0  2 P=    2  5   1 k  b. Misalkan     1  maka didapatkan  3  A k 2 

 k1   1  k    1  2  

  1  0  2 1 c. Dari a dan b diperoleh P =  dan      sehingga   2  5  3  A  1   1   1  0  2  1   2    P       =   3  B  3  A  2  5  1 3 d. Matriks transisi dari B ke basis A adalah P-1 dengan P merupakan matriks transisi 1   5 2 terhadap basis A ke basis B. Jadi P-1 =   4  2 0

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 19

BAB VI TRANSFORMASI LINEAR

Transformasi linear merupakan fungsi khusus dari suatu ruang vektor ke ruang vektor yang lain. Fungsi khusus tersebut didefinisikan sebagai berikut. Definisi 6.1. Jika T: V1 → V2 merupakan fungsi dari ruang vektor V 1 ke ruang vektor V2, maka T dinamakan transformasi linear, jika dan hanya jika 1. T(u + v) = T(u) + T(v) untuk setiap vektor u dan v di V1. 2. T(ku) = kT(u) untuk setiap vektor u di V1 dan setiap skalar k. Contoh 6.1. Untuk fungsi-fungsi berikut, selidiki apakah fungsi tersebut merupakan transformasi linear? Berikan alasannya! 1. Fungsi F1 dari R2 ke R2 yang didefinisikan dengan F1((x,y)) = (2x – y, x) untuk setiap (x,y)  R2. 2. Fungsi F2 dari R2 ke R2 yang didefinisikan dengan F2((x,y)) = (x2,y) untuk setiap (x,y)  R2. 3. Fungsi T1 dari R3 ke R3 yang didefinisikan dengan T1((x,y,z)) = (1,z,y) untuk setiap (x,y,z)  R3. 4. Fungsi T2 dari R3 ke R3 yang didefinisikan dengan T2((x,y,z)) = (x + 2y, y – z, x + 2z) untuk setiap (x,y,z)  R3. Penyelesaian: 1. Misalkan u = (x1 , y1) dan v = (x2 , y2) anggota R2 dan k sebarang skalar. F1(u + v) = F1((x1 + x2 , y1 + y2)) = (2(x1 + x2) – (y1 + y2), x1 + x2) = (2x1 + 2x2 – y1 – y2, x1 + x2) = ((2x1 – y1) + (2x2 – y2), x1 + x2) = (2x1 – y1, x1) + (2x2 – y2, x2) = F1(x1, y1) + F(x2, y2) = F1(u) + F1(v). F1(ku)

= F1((kx1, ky1))

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 20

= (2kx1 – ky1, kx1) = k(2x1 – y1, x1) = kF1(x1, y1) = kF1(u). Jadi, F1 adalah transformasi linear. 2. Misalkan u = (x1 , y1) dan v = (x2 , y2) anggota R2 dan k sebarang skalar. F2(u + v) = F2((x1 + x2 , y1 + y2)) = ((x1 + x2)2, y1 + y2) = (x12 + 2x1x2 + x22, y1 + y2) F2(u) + F2(v) = F2((x1 , y1)) + F2((x2 , y2)) = (x12,y1) + (x22,y2) = (x12 + x22, y1 + y2) Ternyata F2(u + v) ≠ F2(u) + F2(v). Jadi, F2 bukan transformasi linear. Untuk contoh nomor 3 dan 4, silakan Anda selesaikan seperti contoh nomor 1 dan 2. Ada beberapa definisi dan teorema berkenaan dengan transformasi linear yang harus Anda ketahui, karena definisi dan teorema tersebut sering digunakan dalam aljabar linear. Definisi dan teorema tersebut adalah: Definisi 6.2. 1. Misalkan T: V1 → V2 adalah transformasi linear. Himpunan vektor di V1 yang oleh T dipetakan ke 0 dinamakan kernel (ruang nol dari T). Himpunan tersebut dinyatakan oleh ker(T). Himpunan semua vektor di V2 yang merupakan bayangan oleh T dinamakan jangkauan dari T. Himpunan tersebut dinyatakan oleh R(T). Dengan demikian ker(T) = {v  V1 T(v) = 0}, dan R(T) = {w  V2 T(v) = w, untuk setiap v  V1}. 2. Jika T: V1 → V2 adalah transformasi linear, maka dimensi jangkauan dari T dinamakan rank T dan dimensi kernel dari T dinamakan nulitas T. Teorema 6.1. 1. Jika T: V1 → V2 adalah transformasi linear, maka a. T(o) = o. Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 21

b. T (- v) = -T(v) untuk setiap v di V1. c. T(v – w) = T(v) – T(w) untuk setiap v dan w di V1. 2. Jika T: V1 → V2 adalah transformasi linear, maka: a. Ker (T) adalah ruang bagian dari V1. b. R(T) adalah ruang bagian dari V2. 3. Jika T: V1 → V2 adalah transformasi linear dari ruang vektor V1 yang berdimensi n ke ruang vektor V2, maka (rank dari T) + (nulitas dari T) = n. Berikut ini merupakan contoh-contoh soal yang berkenaan dengan ker(T), R(T), rank T, dan nulitas T pada transformasi linear T. Contoh 6.2. 1. Diketahui T : R2 → R2 adalah transformasi linear yang dirumuskan oleh: T(x,y) = (x – 2y, 3x – 6y) untuk setiap (x,y)  R2. a. Apakah vektor berikut terletak dalam ker(T). 1) (-2,-1) 2) (1,3) b. Apakah vektor berikut terletak dalam R(T). 1) (1,5) 2) (3,9) 2. Diketahui T : R3 → R3 yang dirumuskan oleh T(x,y,z) = (x – y + 3z, 5x + 6y – 4z, 7x + 4y + 2z). Tentukan: a. rank T. b. nulitas T. Penyelesaian: 1. a. 1) T(-2,-1) = (-2 + 2, -6 + 6) = (0,0). Jadi (-2,-1) terletak dalam ker(T). 2) T(1,3) = (1 – 6, 3 – 18) = (-5,-15). Jadi (1,3) tidak terletak dalam ker(T). b. 1) Perhatikan bentuk T(x,y) = (1,5), diperoleh sistem persamaan linear: x – 2y = 1 3x – 6y = 5 a11 = 1; a12 = -2; b1 = 1 a21 = 3; a22 = -6; b2 = 5 Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 22

a 21 a 22 b a a b   3 dan 2  5  21  22  2 a 11 a 12 b1 a 11 a 12 b1

Jadi sistem persamaan tersebut tidak mempunyai penyelesaian, sehingga vektor (1,5) tidak terletak dalam R(T). 2) Bentuk T(x,y) = (3,9) akan menghasilkan sistem persamaan linear: x – 2y = 3 3x – 6y = 9 a11 = 1; a12 = -2; b1 = 3 a21 = 3; a22 = -6; b2 = 9 a 21 a 22 b 2   3 a 11 a 12 b1

Jadi sistem persamaan mempunyai penyelesaian dengan jumlah tak hingga. Bentuk matriks dari sistem persamaan tersebut adalah: 1  2 3 1  2 3 3  6 9  0 0 0    

Diperoleh x – 2y = 3 Misal y = t, maka x = 2y + 3 Penyelesaian: x = 2y + 3 dan y = t Dengan mengambil t = 1 didapat x = 5 dan y = 1. Ini berarti T (5,1) = (5 – 2, 15 – 6) = (3,9). Jadi (3,9) terletak dalam R(T). 2. a.

1  Bentuk matriks Tdiubah menjadi 1   3

5 6 4

1   4  0   2 0

7

5 11 19

7 

1   11   0   19 0

5 7



1 1 .  0 0 

Jadi basis R(T) adalah {(1,5,7),(0,1,1)}, akibatnya rank T = 2. b. Ambil sebarang vektor (x,y,z) di ker(T), maka T(x,y,z) = (0,0,0). Didapat (x – y + 3z, 5x + 6y – 4z, 7x + 4y + 2z) = (0,0,0). x – y + 3z = 0 5x + 6y – 4z = 0 7x + 4y + 2z = 0 Bentuk matriks dari sistem persamaan tersebut adalah: 1  1 3 0 1  1 3 0  1  1 3 0 5 6  4 0  0 11  19 0  0 1  19 0       11   7 4 0 11  19 0 2 0 0 11  19 0 Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 23

14   1 0 11 0   19 0  0 1  11   0 0 0 0   Diperoleh:

x+

14 z=0 11

y–

19 z=0 11

Misal z = t, maka x = -

14 19 t dan y = t 11 11

Penyelesaian dari sistem persamaan linear tersebut adalah: x=-

14 19 t; y = t; dan z = t 11 11

 14 19   14 19  sehingga (x,y,z) = t   , ,1 . Hal Ini berarti   , ,1 pembangun ker(T) dan  11 11   11 11   14 19  vektor   , ,1 bebas linear.  11 11   14 19  Jadi   , ,1 basis untuk ker (T), sehingga nulitas T = 1.  11 11 

Dari a dan b didapat rank T = 2; nulitas T = 1; dimensi R 3 = 3, dan terpenuhi bahwa rank T + nulitas T = dimensi R3.

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 24

BAB VII NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN 7.1 Definisi Sebuah matriks bujur sangkar dengan orde n x n misalkan A, dan sebuah vektor kolom X. Vektor X adalah vektor dalam ruang Euklidian R n yang dihubungkan dengan sebuah persamaan: (7.1) AX  X Dimana  adalah suatu skalar dan X adalah vektor yang tidak nol Skalar  dinamakan nilai Eigen dari matriks A. Nilai eigen adalah nilai karakteristik dari suatu matriks bujur sangkar. Vektor X dalam persamaan (7.1) adalah suatu vektor yang tidak nol yang memenuhi persamaan (7.1) untuk nilai eigen yang sesuai dan disebut dengan vektor eigen. Jadi vektor X mempunyai nilai tertentu untuk nilai eigen tertentu. Contoh 7.1 4 0 1  Misalkan Sebuah vektor X    dan sebuah matriks bujur sangkar orde 2 x 2 A   ,  4 2  2 Apabila matriks A dikalikan dengan X maka:  4 0  1   4  0   4  AX =    = =    4 2   2   4  4  8 

Dimana:  4 8   

1  = 4   = X 2 Dengan konstanta   4 dan  4 0  1  1   4 2  2 = 4  2       

Memenuhi persamaan (7.1). 4 0 sangkar A     4 2

Konstanta   4 dikatakan nilai eigen dari matriks bujur

Contoh 7.2 1 1  2 Sebuah vektor X    dan sebuah matriks A   . 0 3 1  Apabila matriks A dikalikan X didapat: 1 4   2   2  4   6  AX =    = =    0 3  1   0  3   3

Dimana: 6   3  

2 = 3  = X 1 

1 4 dengan   3. Maka   3 adalah nilai eigen dari matriks A   . 0 3  Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 25

Contoh 7.3 4 0 0  Sebuah vektor X    dan mateiks A    bila matriks A dikalikan dengan X maka: 8 2  1  4 0  0  AX =     8 2  1  0  0  =  0  2  0  =   2

Dimana: 0   2  

0  0  = 2   =    dengan   2. 1  1 4   2 adalah nilai eigen dari matriks  8

0 0  dan vektor X  1 adalah vektor eigen dari 2  

4 0 matriks   yang bersesuaian dengan nilai eigen   2. 8 2 

Contoh 7.4 1 3   3 Sebuah vektor X    dan matriks A   .  2 0  2 Perkalian matriks A dengan X adalah: 1 3  3  AX =     2 0  2 3  6  =  6  0  9  =  6  9  3 3 Dimana   = 3  =    . 6  2 2

1 3  Konstanta   3 adalah nilai eigen dari matriks bujur sangkar A     2 0

Contoh 7.5

1 1 0 2    Sebuah vektor X  1 dan matriks A  2 1 0 . 1 3 0 0 Matriks A dikalikan X didapat: Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 26

AX

1 0 2 1 = 2 1 0 1 3 0 0 1 1  0  2  =  2  1  0  = 3  0  0

3 3   3

3 3   3

1 1   = 3 1 =  1 = X 1 1

1 0 2  dengan   3 adalah nilai eigen matriks A  2 1 0 3 0 0 Contoh 7.6.

1  Sebuah vektor X  2 dan matriks A = 3 Perkalian matriks A dan X adalah:  2 0 0  1  AX = 2 1 0 2 0 0 2 3

2 0 0 2 1 0   0 0 2

2  0  0 = 2  2  0 0  0  6 

2 = 4 6  AX

2 = 4 = 2 6 

1  2 = X , dengan   2.   3

2 0 0 Maka   2 adalah nilai eigen dari A = 2 1 0 0 0 2 7.1.1 Perhitungan nilai eigen Kita tinjau perkalian matriks A dan X dalam persamaan (7.1) apabila kedua sisi dalam persamaan tersebut dikalikan dengan matriks identitas didapatkan: IAX = IX Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 27

AX = IX I  AX  0

(7.2)

Persamaan (7.2) terpenuhi jika dan hanya jika: det I  A =0

(7.3)

Dengan menyelesaikan persamaan (7.3) dapat ditentukan nilai eigen (  ) dari sebuah matriks bujur sangkar A tersebut/ Contoh 7.7. 2 1  Dapatkan nilai eigen dari matriks A =   3 2 Jawab: Dari persamaan (7.3) maka:   2  1  det   =0   3   2 (  2)(  2)  3  0

2  4  4  3  0 2  4  1  0 Dengan menggunakan rumus abc didapatkan:

1, 2

=

4  (4) 2  4.1.1 2

=

4  16  4 2

=

4  12 2

=

42 3 2

=2 3 Maka penyelesaian adalah: 1  2  3 dan 2  2  3 . 2 1  Nilai eigen matriks A =   adalah: 3 2

1  2  3 dan 3  2  3 Contoh 7.8  4 1 Dapatkan nilai eigen dari matriks A =    1 5 Jawab: Nilai eigen ditentukan dengan persamaan: 1    4 det  =0   5  1 Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 28

maka: (  4)(  5)  1  0

2  9  20  1  0 2  9  19  0 Dengan rumus abc didapatkan:

1, 2 

9  (9) 2  4.1.19 2

1, 2 

9  81  76 2

1, 2 

9 5 2

Didapatkan 1  4,5 

1 1 5 dan  2  4,5  5 , jadi nilai eigen matriks 2 2

 4 1 1 A=  adalah   4,5  5  2  1 5

Contoh 7.9 0 3 Dapatkan nilai eigen dari A =    2 1 Jawab: Nilai eigen ditentukan dari persamaan: det I  A  0 3   det   =0  2  1  (  1)  6  0

2    6  0 (  3)(  2)  0 Penyelesaian persamaan tersebut adalah:  3  0  3 dan 20   2 0 3 Jadi nilai eigen matriks A =   adalah   3 dan   2 .  2 1 Contoh 7.10. 4 0 Dapatkan nilai eigen dari A =   3 5 Jawab: Determinan dari I  A = 0 Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 29

0    4 det  0   5  3 (  4)(  5)  0  0

Penyelesaian persamaan adalah:  4 0 4 dan  5  0  5 4 0 Jadi nilai eigen dari matriks A =   adalah: 1  4 dan  2  5 . 3 5 Contoh 7.11 2 1 0 Carilah nilai eigen dari A = 3 4 0 0 0 2 Jawab: det I  A  0

1 0    2   4 0   0 det  3  0 0   2 (  2)(  4)(  2)  3(  2)= 0 (  2)(  4)(  2)  3  0

 (  2)



(  2) 2  6  8  3  0



 6  5  0 (  2)(  1)(  5)  0 2

Penyelesaian persamaan adalah:  20 2  1  0  1 dan  5  0  5

2 1 0 Jadi nilai eigen yang bersesuai untuk matriks 3 4 0 adalah: 0 0 2

1  2 ,  2  1 dan 3  5 . Contoh 7.12

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 30

1 0 0  Dapatkan Nilai eigen dari matriks A  3 6 7  0 8  1 Jawab: Nilai eigen A didapatkan dari persamaan: det I  A = 0 0 0    1  6 7  det  1  0 8   1 (  1)(  6)(  1)  56 

 (  1)

(  1) 2  5  6  56 2

 5  62





=0 =0 =0 =0

Maka nilai  adalah:  1  0 1  1

2  5  62  0 Dengan rumus abc didapatkan: 5  25  4.62 2 1  2  2,5  273 2 1 3  2,5  273 2

2,3 

1 0 0  Jadi nilai eigen dari matriks A  3 6 7  adalah: 0 8  1 1 1  1 dan   2,5  273 2 Contoh 7.13.

7 0 0  Dapatkan nilai eigen dari A = 0 3 0 0 0 3 Jawab: Nilai eigen didapatkan dari persamaan: det I  A  0

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 31

0 0    7  det  0  3 0   0 0   3 (  7)(  3)(  3)  0

=0

Maka nilai  adalah:  7  0  7  3  0   3 (2 kali)

7 0 0  Jadi nilai eigen dari matriks A = 0 3 0 adalah   3 dan   7 0 0 3 Contoh 7.14 2 0 0 Dapatkan nilai eigen dari A = 0 2 5 0 5 4 Jawab: Berdasarkan persamaan det I  A  0 maka: 0 0    2   2 5  det  0  0 5   4 (  2){(  2)(  4)  25}  0

=0

(  2){2  6  17}  0 Maka nilai  adalah:  2 0 1  2

2  6  17  0 Dengan rumus abc didapatkan:

1, 2 

6  36  4.17 2

 2,3  3 

1 104 2

2 0 0 1 1 104 dan 3  3  104 Jadi nilai eigen matriks A = 0 2 5 adalah 1  2 ,  2  3  2 2 0 5 4 Contoh 7.15

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 32

7 0 0  Dapatkan nilai eigen dari A = 0 3 0 0 0 3 Jawab: Dengan menggunakan persamaan det I  A  0 maka: 0 0    7 det  0  3 0   0  0 0   3 (  7)(  3)(  3)  0 Nilai  adalah:  7  0  7  3  0  3  3  0  3

7 0 0  Jadi nilai eigen dari matriks A = 0 3 0 adalah: 1  7 dan 2  3  3. 0 0 3 Contoh 7.16 2 0 0 Dapatkan Nilai eigen dari A = 3 3 6 3 2 4 Jawab: Dengan menggunakan persamaan det I  A  0 maka: 0 0    2  det  3  3 6   0  3 2   4 (  2)[(  3)(  4)  12]  0

(  2)[2  7  12  12]  0 (  2)[2  7 ]  0 (  2) (  7)  0 Maka nilai-nilai  adalah:  2 0 2  0  7  0  7

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 33

2 0 0 Jadi nilai-nilai eigen dari matriks A = 3 3 6 adalah: 1  2,  2  0 dan 3  7. 3 2 4 7.2 Perhitungan Vektor Eigen Kita tinjau kembali persamaan AX  X dimana A adalah matriks bujur sangkar dan X adalah vektor bukan nol yang memenuhi persamaan tersebut. Dalam subbab 7.1 telah dibahas tentang perhitungan nilai eigen dari matriks A(  ), pada subbab ini kita bahas vektor yang memenuhi persamaan tersebut yang disebut vektor eigen(vektor karakteristik) yang sesuai untuk nilai eigennya. Kita tinjau sebuah matriks bujur sangkar orde 2 x 2 berikut: a12  a A =  11  a 21 a 22  Persamaan AX  X dapat dituliskan:  a11 a12   x1  x    1   a    21 a 22   x 2   x2  Persamaan (7.4) dikalikan dengan identitas didapatkan:

1 0  a11 0 1   a    21  a11 a  21

a12   x1  a 22   x 2 

(7.4)

1 0  x1  =     0 1   x 2 

a12   x1   0   x1  = a 22   x 2   0    x 2 

a12   x1  a11   =0  a a 22     x 2   21 Persamaan (7.5) dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan: (a11   ) x1  a12 x 2  0 (7.6) a 21 x1  (a 22   ) x 2  0

(7.5)

Persamaan (7.6) adalah sistem persamaan linier homogen, vektor dalam ruang R n yang tidak nol didapatkan jika dan hanya jika persamaan tersebut mempunyai solusi non trivial untuk nilai eigen yang sesuai. Contoh. 7.17 0 Dapatkan vektor eigen dari matriks A =  2 Jawab: Pada contoh 7.9 nilai eigen didapatkan 1

3 1  2 dan  2  3 , vektor eigen didapatkan dengan

persamaan:  x1  3x 2  0 2 x1  (1   ) x 2  0 Untuk   2 maka: Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 34

 2 x1  3 x 2  0 2 x1  x 2  0

Solusi non trivial sistem persamaan ini adalah: 2 x1  x 2 Misalkan x1  r maka x 2  2r 0 3 Vektor eigen matriks A =   untuk   2 adalah:  2 1 r X    dimana r adalah bilangan sembarang yang tidak nol.  2r 

Untuk   3 maka:  3x1  3x 2  0 2 x1  2 x 2  0 Solusi non trivial sistem persamaan tersebut adalah: x1  x 2 Misalkan x1  s maka vektor eigen untuk   3 adalah: s  X    dimana s adalah senbarang bilangan yang tidak nol. s 

Contoh 7.18 4 0 Dapatkan vektor eigen dari matriks A =   3 5 Jawab: Pada contoh 7.10 nilai eigen matriks tersebut adalah   4 dan   5 maka vektor eigen didapatkan dari persamaan: (4   ) x1  0  0 3x1  (5   ) x 2  0

Untuk   4 didapatkan sistem persamaan linier berbentuk: 00  0 3x1  x 2  0 Solusi non trivialnya adalah x1  

x2 , bila dimisalkan x 2  r didapatkan vektor eigen 3

matriks A untuk   4 adalah:

1  r X   3  dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.  r    Untuk   5 maka: (4  5) x1  0  0 3x1  (5  5) x 2  0 Sistem persamaan linier menjadi: Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 35

 x1  0  0 3x1  0  0

Tidak ada solusi non trivial dari sistem persamaan linier tersebut, jadi tidak terdapat vektor eigen dari matriks A untuk   5. Contoh 7.19 1 3  Dapatkan vektor eigen dari A     2 0 Jawab: Nilai eigen matriks A didapatkan dari persamaan: det I  A  0 3    1 det  0 0     2  (  1)  6  0  2    6  0 (  2)(  3)  0

Nilai eigen matriks A adalah:    2  0, maka 1  2

  3  0, maka  2  3 Vektor eigen didapatkan dengan persamaan: (1   ) x1  3x 2  0 2 x1  x 2  0 Untuk   2 maka:  x1  3x 2  0 2 x1  2 x 2  0 Solusi non trivial sistem persamaan linier tersebut adalah: 3 x 2  x1 Misalkan x1  r maka x 2  3r. Jadi vektor eigen matriks A untuk   2 adalah: r X    dengan r bilangan sembarang yang tidak nol. 3r  Untuk   3 Vektor eigen didapatkan dari sistem persamaan linier:  2 x1  3 x 2  0 2 x1  3 x 2  0 Solusi non trivial adalah: 2 x1 3 Misalkan x1  r vektor eigen matriks A yang sesuai dengan   3 adalah:

2 x1  3 x 2 , maka x 2 

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 36

 r  X   2  dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.  3 r  Contoh 7.20  3 2 Dapatkan vektor eigen dari A =    1 0 Jawab: Nilai eigen matriks A didapatkan dari persamaan det I  A  0 (  3) 2  det  0    1  (  3)  2  0

2  3  2  0 (  1)(  2)  0

  1  0 maka 1  1   2  0 maka  2  2 Vektor eigen didapatkan dari persamaan: (3   ) x1  2 x 2  0  x1  (0   ) x 2  0 Untuk   1 maka: 2 x1  2 x 2  0  x1  x 2  0 Solusi non trivial persamaan tersebut adalah: x1   x 2 , jika x1  r maka x 2   r Vektor eigen yang sesuai dengan   1 adalah: r  X    dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.  r  Untuk   2 maka: x1  2 x 2  0  x1  2 x 2  0 Solusi non trivial sistem persamaan linier tersebut adalah; x1  2x 2 1 Misalkan x1  r maka x 2   r 2 Jadi vektor eigen yang sesuai dengan   2 adalah:  r  X   1  r  Contoh 7.21

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 37

2 0 0 Dapatkan vektor eigen dari A = 3 3 6 3 2 4 Jawab: Pada contoh 7.16 diketahui nilai eigen matriks A adalah:   2,   0 dan   7. Vektor eigen ditentukan dari persamaan: 0 0   x1  0 ( 2   )  3 (3   ) 6   x 2   0   3 2 (4   )  x3  0 Untuk   2 maka:

0 0 0  x1  0  3 1 6   x   0    2    3 2 2  x3  0 Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan: 000  0

3 x1  x 2  6 x3  0 3 x1  2 x 2  2 x3  0 Solusi non trivial didapatkan dari: 3x1  x2  6 x3   3x1  2 x2  2 x3   0

 x 2  4 x3  0 x 2  4x3 Maka

3x1  4 x3  6 x3  0

3x1  10 x3  0 3x1  10 x3 x1 

 10 x3 3

2 0 0 Jadi vektor eigen matriks A = 3 3 6 untuk   2 adalah: 3 2 4   10   3 x3  X   4 x3     x3   

Misalkan x3  r maka:

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 38

  10   3 r X   4r  dengan r adalah bilangan sembarang yang tidak nol.    r    Untuk   0 Vektor eigen ditentukan dari persamaan: 2 0 0  x1  0  3 3 6   x   0    2    3 2 4  x3  0 Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan: 2 x1  0  0  0

3 x1  3 x 2  6 x3  0 3 x1  2 x 2  4 x3  0 Solusi sistem persamaan linier adalah: 2 x1  0 x1  0

0  3 x 2  6 x3  0

x2  2x3 2 0 0 Vektor eigen dari matriks A = 3 3 6 untuk   0 adalah: 3 2 4

 0  X   2 x3   x3  Misalkan x3  r maka:

 0  X   2r  dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.  r  Untuk   7 Vektor eigen didapatkan dari persamaan: 0   x1  0  5 0  3  4 6   x   0    2     3 2  3  x3  0 Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan:  5 x1  0  0  0

3 x1  4 x 2  6 x3  0 3 x1  2 x 2  3 x3  0 Solusi sistem persamaan linier adalah: Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 39

 5 x1  0 x1  0

 4 x 2  6 x3  0 x2 

3 x3 2

2 0 0 Vektor eigen matriks A = 3 3 6 untuk   7 adalah: 3 2 4  0  3  X   x3   2x   3 

Misalkan x3  r maka: 0  3  X   r  dengan r sembarang bilangan yang tidak nol.  2r   

Contoh 7.22

2 0 0 Dapatkan vektor eigen dari matriks A = 0 2 5 0 5 4 Jawab: Pada contoh 7. 14 diketahui nilai eigen matriks tersebut yang merupakan bilangan bulat adalah   2 , vektor eigennya didapatkan dari persamaan: 0 0   x1  0 (2  2)  0 (2  2) 5   x 2   0   0 5 (4  2)  x3  0 Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan: 000  0

0  0  5 x3  0 0  5 x 2  2 x3  0 Solusi non trivial sistem persamaan liniernya adalah: 5 x2  2 x3 2 x3 5 x1  0 x2 

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 40

2 0 0 Vektor eigen matriks A = 0 2 5 yang sesuai dengan nilai eigen 2 adalah: 0 5 4  0   2  X  x3  5  x   3  Misalkan x3  s maka:  0   2  X   s  dengan s adalah bilangan sembarang yang tidak nol.  s5   

Contoh 7.22

1 0 2  Dapatkan vektor eigen dari A = 2 1 0 3 0 0 Jawab: Nilai eigen didapatkan dengan persamaan: 0 2 (  1) det  2 (  1) 0   0  3 0   (  1)(  1)   20  3(  1)  0





(  1) 2    6  0 Nilai eigen matriksnya adalah:  1  0  1 20   2  3  0  3 Vektor eigen didapatkan berdasar persamaan: 0 2   x1  0 (1   )  2 (1   ) 0   x 2   0   3 0     x3  0 Untuk   1 Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan: 0  0  2 x3  0

2 x1  0  0  0 3 x1  0  x3  0 Solusi sistem persamaan liniernya adalah: Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 41

3x1  x3  0 x3  3x1 x2  0

Vektor eigen yang sesuai adalah:  x1  X   0  3 x1  Misalkan x1  t Vektor eigennya adalah: t  X   0  dengan t bilangan sembarang yang tidak nol. 3t  Untuk   2 Sistem persamaan liniernya adalah: 3x1  0  2 x3  0

2 x1  3x 2  0  0 3x1  0  2 x3  0 Solusi non trivial sistem persamaan liniernya adalah: 3x1  2 x3  0 2 x1   x3 3 2 x1  3 x 2  0 2 x1 3 Vektor eigen yang sesuai adalah: x2  

   x1   2  X   x1   3   3 x   2 1  Misalkan x1  p maka vektor eigennya adalah:    p   2  X   p  dengan p bilangan sembarang yang tidak nol.  3   3 p   2  Untuk   3 Sistem persamaan liniernya adalah: Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 42

 2 x1  0  2 x3  0 2 x1  2 x 2  0  0 3 x1  0  3 x3  0 Solusi non trivial sistem persamaan liniernya adalah; 2 x1  2 x3

x1  x3 2 x1  2 x 2 x1  x 2

Vektor eigen yang sesuai adalah:  x1  X   x1   x1  Misalkan x1  q maka vektor eigennya adalah;

q  X  q  dengan q bilangan sembarang yang tidak nol. q  Contoh 7.23 1 0 0  Dapatkan vektor eigen dari matriks A = 3 6 7  0 8 1 Jawab: Dari penyelesaian contoh 7.12 nilai eigen yang merupakan bilangan bulat adalah 1, maka vektor eigennya didapatkan dari persamaan: 0 0   x1  0 (1  1)  3 (6  1) 7   x 2   0   0 8 (1  1)  x3  0 Dalam bentuk sistem persamaan linier adalah: 000  0

3x1  5 x 2  7 x3  0 0  8 x 2  2 x3  0 Solusi non trivialnya adalah: 8 x 2  2 x3 1 x3 4 3 x1  5 x 2  28 x 2  0 x2 

3 x1  33 x 2 x1  11x 2

Vektor eigen yang sesuai adalah: Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 43

11x 2  X   x 2   4 x 2  Misalkan x 2  a maka vektor eigennya adalah:

11a  X   a   4a  Contoh 7.24

2 0 0 Dapatkan vektor eigen dari A = 2 1 0 0 0 2 Jawab: Nilai eigen matriks tersebut didapatkan dari persamaan: det I  A  0 0 0   (   2) det  2 (  1) 0   0  0 0 (  2)

(  1)(  2) 2  0 Nilai eigennya adalah:  1  0  1  2 0 2 Vektor eigen didapatkan dari persamaan: 0 0   x1  0 ( 2   )  2 (1   ) 0   x 2   0   0 0 (2   )  x3  0 Untuk   1 Sistem persamaan liniernya dituliskan: x1  0  0  0

2 x1  0  0  0 0  0  x3  0 Tidak ada solusi non trivial dari sistem persamaan linier tersebut, maka vektor eigen tidak terdefinisikan. Untuk   2 Sitem persamaan liniernya adalah: 000  0 2 x1  x 2  0  0 000  0 Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 44

Solusi non trivial sistem persamaan liniernya adalah: 2 x1  x 2

x3  0 Vektor eigen yang sesuai adalah:  x1  X  2 x1   0  Misalkan x1  t maka vektor eigennya menjadi:

t  X  2t  dengan t bilangan sembarang yang tidak nol.  0  Contoh 7.25  3  2 0 Dapatkan vektor eigen dari matriks A =  2 3 0  0 0 5 Jawab: Nilai eigen matriks didapatkan dari persamaan: det I  A  0 2 0  (  3) det   2 (  3) 0   0  0 0 (  5)

(  3)(  3)(  5)  2 2(  5)  0

 (  5)

  6  5  0

(  5) (  3) 2  4  0 2

(  5) 2 (  1)  0 Nilai eigen matriks adalah:  5  0  5  1  0  1 Vektor eigen didapatkan dari persamaan: 2 0   x1  0 (3   )  2 (3   ) 0   x 2   0   0 0 (5   )  x3  0 Untuk   1 Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan: 2 x1  2 x 2  0  0

 2 x1  2 x 2  0  0 0  0  4 x3  0 Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 45

Solusi non trivialnya adalah: 2 x1  2 x 2 x1  x 2

x3  0 Vektor eigen yang sesuai adalah:  x1  X   x1   0  Misalkan x1  t maka vektor eigennya adalah:

t  X   t  dengan t bilangan sembarang yang tidak nol. 0 Untuk   5 Sistem persamaan liniernya adalah:  2 x1  2 x 2  0  0  2 x1  2 x 2  0  0 000  0 Solusi non trivialnya adalah: 2 x1  2 x 2 x1   x 2

x3  0 Vektor eigen yang sesuai adalah:  x1  X   x1   0  Misalkan x1  r maka vektor eigenya adalah:

r  X   r  dengan r bilangan sembarang yang tidak nol.  0  Contoh 7.26  4 0 1 Dapatkan vektor eigen dari A =  2 1 0  2 0 1 Jawab: Nilai eigen dari matriks didapatkan dari persamaan det I  A  0

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 46

0 1   (   4)  det   2 (  1) 0   0   2 0 (  1)





(  4) (  1) 2  2(  1)  0

(  1)(  1)(  4)  2  0





(  1) 2  5  6  0 (  1)(  2)(  3)  0 Nilai eigen matriks tersebut adalah:  1  0  1  2 0 2  3  0  3 Vektor eigen didapatkan dari persamaan: 0 1   x1  0 ( 4   )  2 (1   ) 0   x 2   0    2 0 (1   )  x3  0 Untuk   1 Dalam bentuk sistem persamaan linier dituliskan: 3 x1  0  x3  0  2 x1  0  0  0  2 x1  0  0  0 Solusi non trivialnya adalah: 3x1   x3 x2  0

Vektor eigen yang sesuai adalah:  x1  X   0   3 x1  Misalkan x1  p maka vektor eigenya adalah:

 p  X   0  dengan p adalah bilangan sembarang yang tidak nol.  3 p  Untuk   2 Sistem persamaan linier yang sesuai adalah: 2 x1  0  x3  0

 2 x1  x 2  0  0  2 x1  0  x3  0 Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 47

Solusi non trivialnya adalah: 2 x1   x3  2 x1  x 2

Vektor eigen yang sesuai adalah:  x1  X   2 x1   2 x1  Misalkan x1  s maka vektor eigennya adalah:

 s  X   2s  dengan s bilangan sembarang yang tidak nol.  2s  Untuk   3 Sistem persamaan liniernya adalah: x1  0  x3  0

 2 x1  2 x 2  0  0  2 x1  0  2 x3  0 Solusi trivialnya adalah: x1 x3  0

x1   x3  2 x1  2 x 2  0 x 2   x1

Vektor eigen yang sesuai adalah:  x1  X   x1   x1  Misalkan x1  t maka

t  X   t  dengan t bilangan sembarang yang tidak nol.  t 

Diktat Aljabar Linear Bagian II oleh Abdul Jabar, M.Pd (STKIP PGRI Banjarmasin)

Hal 48