Aljabar Linear c 2012 The Author, Subiono Aljabar Linear c 2012 The Author, Subiono Materi Kuliah Aljabar Linear 2012 Subiono Email:[email protected]Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya 28 Juni 2012 Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar Linear c 2012 The Author, Subiono
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
1 Lapangan dan Ruang Vektor2 Ruang Bagian3 Himpunan Pembentang4 Bebas Linear5 Basis dan Dimensi6 Pemetaan Linear7 Matriks Transisi dari basis B ke basis C .8 Vektor-eigen dan Nilai-eigen9 Ke-Orthogonalan10 Proyeksi dan General Invers
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Dalam modul ajar ini diberikan beberapa materi dari mata kuliahAljabar Linier (SM 091323) untuk program Sarjana (S1) jurusanmatematika FMIPA-ITS. Materi kuliah berupa perencanaan yangdisajikan agar mempermudah peserta ajar dalam proses belajarmengajar. Peserta ajar diharapkan mempersiapkan diri melaluipemahaman yang dipunyai sebelumnya dan menambah kekuranganpemahaman pengetahuannya yang dirasa kurang saat prosesbelajar di kelas dan untuk mempermudah proses mengajardigunakan alat bantu perangkat lunak SAGE Versi 5. Selain itumateri kuliah ini disesuai dengan Kurikulum 2009-2014.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Himpunan bilangan rasional Q, himpunan bilangan riil R danhimpunan bilangan kompleks C.
Contoh 2
Himpunan bilangan bulat modulo p dinotasikan oleh Zp, dengan pbilangan prima.
Contoh 1. adalah lapangan takhingga sedangkan Contoh 2.lapangan hingga. Dalam Contoh 2., bila p bukan bilangan prima,maka Zp bukan lapangan. Juga himpunan bilangan bulat Z bukansuatu lapangan sebab elemen 4 ∈ Z tidak mempunyai invers
terhadap perkalian
(1
4/∈ Z
)
.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
6. Himpunan l∞ = {a = (a1, a2, . . .) | an ∈ R, sup(|an|) < ∞}dengan a+ b
def= (a1 + b1, a2 + b2, . . .) dan αa
def= (αa1, αa2, . . .), α ∈ R.
Maka l∞ adalah ruang vektor atas lapangan R.
7. Himpunan fungsi terdifferensial tak berhingga kali pada interval[a, b], yaitu C∞[a, b], definisi penambahan fungsi dan perkalianskalar dengan fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruangvektor atas lapangan riil R.
8. Himpunan fungsi-fungsi V = {f : R → R | d2fdx2
+ f = 0} definisipenambahan fungsi dan perkalian skalar dengan fungsi sepertidalam Contoh 4. merupakan ruang vektor atas lapangan riil R.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan V adalah suatu ruang vektor atas lapangan K , maka:(1). 0v = 0, 0 adalah elemen netral di K dan v ∈ V .(2). (−1v) + v = 0, dengan −1 ∈ K .(3). α0 = 0, dengan α ∈ K
Bukti
(1). v = (1 + 0)v = v + 0v, kedua ruas tambahkan dengan vektorw yang memenuhi w + v = 0, didapat: w + v = w + v + 0v atau0 = 0+ 0v. Terlihat bahwa 0v = 0.(2). (−1v) + v = (−1 + 1)v = 0v = 0.(3). α0 = α(00) = (α · 0)0 = 00 = 0.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan K . HimpunanS ⊂ V (S 6= ∅) dikatakan suatu ruang bagian bila S sendiri denganoperasi tambah dan kali seperti di V tetap merupakan ruangvektor atas K .
Contoh Ruang Bagian
1. Himpunan
B =
xyz
∣∣∣∣∣∣
x + y + z = 0
adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu
V = {f : R → R} dan D ⊂ V , dengan D =
{
f ∈ V
∣∣∣∣
d2f
dx2+ f = 0
}
,
maka D adalah ruang bagian dari ruang vektor V atas R.3. Himpunan P3(R) adalah ruang bagian dari ruang vektor Pn(R)atas lapangan R dengan n ≥ 3.
4. Himpunan S ={
(an) ∈ l∞ | limn→∞
an = x , x ∈ R
}
adalah ruang
bagian dari ruang vektor l∞ atas lapangan R.5. Himpunan S = {x ∈ Rn | Ax = 0,A ∈ Mm,n(R)} adalah ruangbagian dari ruang vektor Rn atas lapangan R.6. Himpunan titik yang melalui garis 3x + 2y = 0 yaituS =
{(2t,−3t)′ ∈ R2 | t ∈ R
}adalah ruang bagian dari ruang
vektor R2 atas lapangan R.Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Himpunan S adalah suatu ruang bagian dari suatu ruang vektor Vatas lapangan K bila dan hanya bila x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiapx1, x2 ∈ K dan s1, s2 ∈ S .
Bukti
Misalkan S ruang bagian dan x1, x2 ∈ K juga s1, s2 ∈ S , makax1s1 ∈ S dan x2s2 ∈ S . Oleh karena itu, x1s1 + x2s2 juga di S .Sebaliknya, misalkan x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap x1, x2 ∈ K dans1, s2 ∈ S . Akan ditunjukkan bahwa S adalah ruang vektor atas K .
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Ruang bagian 〈S〉 dari suatu ruang vektor V juga dinamakanruang vektor yang dibangun oleh S . Dalam hal ini S dinamakangenerator atau pembangun dari 〈S〉.
Sifat
Misalkan V suatu ruang vektor atas K , 〈S〉 adalah suatuhimpunan pembentang dari S dan v ∈ V , maka
〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉
bila dan hanya bila v ∈ 〈S〉.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Sifat dari suatu himpunan pembentang yang dibahas sebelumnya,menyatakan bahwa suatu vektor v di S bisa dihapus untukmemperoleh himpunan baru S dengan himpunan pembentang yangsama yaitu
⟨S⟩= 〈S〉 bila dan hanya bila v merupakan kombinasi
linier dari vektor-vektor di S . Jadi dengan pengertian ini, suatuhimpunan S ⊂ V adalah minimal bila dan hanya bila himpunan initidak memuat vektor-vektor yang merupakan kombinasi linier darivektor-vektor yang lainnya dalam himpunan tersebut (vektor-vektordi S yang demikian ini nantinya dinamakan bebas linear). Dengandemikian bila hasil bentangan S diinginkan lebih luas daribentangan S yaitu
〈S〉 ⊂ 〈S ∪ {v}〉 =⟨S⟩,
maka haruslah dipilih v /∈ 〈S〉.Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Vektor-vektor v1, v2, . . . , vn di suatu ruang vektor V atas lapanganK dinamakan bebas linier bila vektor vi , i = 1, 2, . . . , n bukanmerupakan suatu kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya.Bila tidak demikian, maka vektor-vektor vj , j = 1, 2, . . . , ndinamakan bergantungan linier
Sifat
Misalkan Vektor-vektor s1, . . . , sn ∈ S ⊂ V , dengan V suatu ruangvektor atas K , vektor-vektor si , i = 1, 2 . . . , n bebas linier bila danhanya bila x1s1 + . . .+ xnsn = 0, xi ∈ K dipenuhi hanya untukx1 = . . . = xn = 0.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Pernyataan vektor-vektor si , i = 1, 2 . . . , n dalam ruang vektor Vatas K bebas linier ekivalen dengan x1s1 + . . .+ xnsn = 0, xi ∈ Kdipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0. Bila V = Rn dan K = R,maka vektor-vektor si , i = 1, 2 . . . , n dalam ruang vektor Rn atasR bebas linier mempunyai arti bahwa sistem persamaan linierhomogin x1s1 + . . .+ xnsn = 0 mempunyai penyelesaian trivial,yaitu xi = 0, i = 1, 2, . . . , n. Bila persamaan homogin inimempunyai jawab non trivial, yaitu xi 6= 0 untuk beberapa i , makahal ini berarti bahwa vektor-vektor si tsb. tidak bebas linier ataubergantungan linier. Bila vektor s 6= 0 di ruang vektor Rn danmemenuhi s = x1s1 + . . .+ xnsn, yaitu vektor s merupakankombinasi linier dari vektor-vektor s1, . . . , sn. Hal ini berarti bahwasistem persamaan linier tak homogin s = x1s1 + . . .+ xnsn,mempunyai jawab x = (x1, . . . , xn)
′.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan ruang vektor V = {f : R → R} atas R, maka fungsicos 2x merupakan kombinasi linier dari fungsi-fungsi cos2 x , sinh2 xdan cosh2 x , sebab cos 2x = 2cos2 x + sinh2 x − cosh2 x , ingatbahwa cos 2x = 2cos2 x − 1 dan cosh2 x − sinh2 x = 1.
Contoh 3
Misalkan tiga vektor v1 = (1, 2, 3)′, v2 = (3, 2, 1)′ dan v3 = (3, 3, 3)′ diR3. Maka
Misalkan B = {b1, b2, . . .} ⊂ V dimana V adalah ruang vektor atas K .
Bila 〈{b1, b2, . . .}〉 = V dan vektor-vektor b1, b2, . . . bebas linier maka B
dikatakan suatu basis dari V . Banyaknya anggota dari B dinamakan
dimensi dari ruang vektor V .
Contoh 1
Dalam R2, B1 = {(2, 4)′, (1, 1)′} adalah suatu basis dari R2, basis yanglainnya adalah B2 = {(1, 0)′, (0, 1)′}. Secara umumB3 = {(a11, a21)′, (a12, a22)′} adalah suatu basis dari R2 bila
det
(a11 a12a21 a22
)
6= 0.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v1, . . . , vn} adalahsuatu basis dari V , maka setiap elemen v ∈ V dapat diungkapkansecara tunggal sebagai: v = x1v1 + . . . + xnvn, x1, . . . , xn ∈ K .
Bukti
Misalkan v = a1v1 + . . .+ anvn, dan v = x1v1 + . . . + xnvn,didapat: (x1 − a1)v1 + . . .+ (xn − an)vn = 0, karena vektor-vektorv1, . . . , vn bebas linier, maka haruslah x1 − a1 = 0, . . . , xn − an = 0.Sehingga diperoleh x1 = a1, . . . , xn = an.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v1, . . . , vn} suatubasis dari V . Bila vektor-vektor u1, . . . ,um dengan m > n, makavektor-vektor u1, . . . ,um bergantungan linier.
Bukti
Karena {v1, . . . , vn} suatu basis dari V , didapat:
u1 = a11v1 + . . .+ an1vn,...
um = a1mv1 + . . .+ anmvn,
dengan aij ∈ K , i = 1, 2, . . . , n dan j = 1, 2, . . . ,m.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan V suatu ruang vektor atas K dengan dimensi hingga.Maka setiap dua basis yang berbeda dari V harus mempunyaibanyak elemen yang sama.
Contoh 1
Dalam ruang vektor P3(R) atas R, B = {1, x , x2, x3} adalah suatubasis baku dari P3(R). Basis yang lainnya adalahB2 = {1, 1 + x , 1 + x + x2, 1 + x + x2 + x3}.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
SifatMisalkan U dan V adalah ruang bagian dari suatu ruang vektor W atas K dengan
dimensi hingga, maka dim(U + V ) = dim(U) + dim(V )− dim(U ∩ V ), dimana
U + V = {u + v | u ∈ U, v ∈ V }.
Bukti
Misalkan {z1, . . . , zr} suatu basis dari U ∩ V perluas basis ini masing-masing menjadi
{z1, . . . , zr , u1, . . . , um} adalah suatu basis dari U dan {z1, . . . , zr , v1, . . . , vn} suatubasis dari V . Terlihat bahwa, dim(U ∩ V ) = r , dim(U) = r +m dan dim(V ) = r + n.
Selanjutnya, ditunjukkan bahwa {z1, . . . , zr , u1, . . . , um, v1, . . . , vn} adalah suatu basis
dari U + V . Sehingga, dalam hal ini didapat
dim(U + V ) = r +m+ n = (r +m) + (r + n)− r = dim(U) + dim(V )− dim(U ∩ V ).
Misalkan sebarang w ∈ U + V , maka w = u+ v untuk beberapa u ∈ U dan beberapa
v ∈ V .
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Terlihat bahwa w ∈ U dan w ∈ V , jadi w ∈ U ∩ V . Tetapi {z1, . . . , zr} adalah suatubasis dari U ∩ V , jadi w = b1z1 + . . .+ br zr untuk beberapa skalar bi . Sehinggadidapat
Misalkan {v1, . . . , vn} adalah suatu basis dari suatu ruang vektoratas K . Jadi setiap v ∈ V dapat ditulis secara tunggal olehv = x1v1 + . . .+ xnvn untuk beberapa skalar x1, . . . , xn ∈ K .Dalam hal ini skalar-skalar x1, . . . , xn dinamakan koordinat darivektor v terhadap basis {v1, . . . , vn}.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan V = R3 dengan basis baku{e1 = (1, 0, 0)′, e2 = (0, 1, 0)′ , e3 = (0, 0, 1)′} dan misalkansebarang v = (x , y , z)′ ∈ V , maka v = xe1 + ye2 + ze3. Jadikoordinat dari v terhadap basis {e1, e2, e3} adalah x , y dan z .Tetapi untuk basis yang lain dari V , misalkan{v1 = (0, 1, 1)′, v2 = (1, 0, 1)′ , v3 = (1, 1, 0)′}, maka
v = (−x + y + z
2)v1 + (
x − y + z
2)v2 + (
x + y − z
2)v3.
Koordinat dari vektor v terhadap basis {v1, v2, v3} adalah−x+y+z
2 , x−y+z2 dan x+y−z
2 . Terlihat bahwa vektor v terhadap duabasis yang berbeda dari ruang vektor V mempunyai dua koordinatyang berbeda pula.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
2 Jelas bahwa ker(f ) ⊆ U . Misalkan sebarang u1, u2 ∈ ker(f ) dansebarang k1, k2 ∈ K , makaf (k1u1 + k2u2) = k1f (u1) + k2f (u2) = k10V + k20V = 0V . Terlihatbahwa k1u1 + k2u2 ∈ ker(f ). Jadi ker(f ) adalah ruang bagian dariU .
3. Misalkan pemetaan f satu-satu dan sebarang u ∈ ker(f ), makaf (0U) + f (u) = f (0U + u) = f (u) = 0V . Sehingga didapatf (u) = −f (0U) = f (−0U) = f (0U). Karena pemetaan f satu-satuharuslah u = 0U . Jadi {0U} = ker(f ). Selanjutnya misalkanker(f ) = {0} dan u1, u2 ∈ U , maka untuk f (u1) = f (u2) didapat,0 = f (u1)− f (u2) = f (u1 − u2). Terlihat bahwa u1 − u2 ∈ ker(f ).Tetapi, ker(f ) = {0}. Maka dari itu haruslah u1 − u2 = 0 atauu1 = u2. Jadi pemetaan f adalah satu-satu.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Adakalanya kernel dari suatu pemetaan linier disebut null space dan dimensi dari
kernel dinamakan nullity dari pemetaan linier, sedangkan dimensi dari image suatu
pemetaan linier dinamakan rank dari pemetaan linier. Sehingga didapat
dim(U) = nullity(f ) + rank(f ).
Contoh
Misalkan pemetaan linier f : R3 → R2 dengan f ((x , y , z)′) = (x + z , 2x − y + z)′
untuk setiap (x , y , z)′ ∈ R3. Kernel dari f adalah penyelesaian dari persamaan vektorf ((x , y , z)′) = (x + z ,2x − y + z)′ = (0, 0)′ atau penyelesaian persamaan homogin
(1 0 12 −1 1
)
x
y
z
=
(00
)
yang mempunyai penyelesaian x = x , y = x , z = −x , x ∈ R.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan U dan V ruang vektor atas K , himpunan L(U,V ,K )menyatakan himpunan semua pemetaan linier dari U ke V .Misalkan f , g ∈ L(U,V ,K ) pemetaan f + g didefinisikan sebagai
(f + g)(u)def= f (u) + g(u) untuk semua u ∈ U dan pemetaan kf
didefinisikan sebagai (kf )(u)def= kf (u) untuk semua u ∈ U. Maka
L(U,V ,K ) adalah ruang vektor atas K .
Sifat
Misalkan f , g ∈ L(U,V ,K ) dan komposisi dari g ◦ f adalah
(gf )(u)def= g(f (u)) untuk semua u ∈ U, maka g ◦ f ∈ L(U,V ,K ).
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Pemetaan Linear dan Aljabar MatriksBila indeks i dan j dalam skalar ai,j menyatakan elemen baris ke-i dan kolom ke-j darisuatu matriks A, hal ini mendefinisikan matriks representasi dari pemetaan linier fdiberikan oleh:
A =
a1,1 . . . a1,m...
......
an,1 . . . an,m
.
Perhatikan bahwa, skalar-skalar ai,j dalam persamaan f (uj ) menyatakan kolom ke-j
dari matriks A. Sekali matriks-matriks representasi ini di konstruksi sesuai dengan
basis-basis yang ada, matriks-matriks ini bisa digunakan tanpa lagi merujuk pada
basis-basis yang ada, kecuali ada perubahan basis, maka matriks A juga berubah.
Untuk menjelaskan hal ini, misalkan sebarang u ∈ U, maka u = x1u1 + . . .+ xmum
dan v = f (u) ∈ V .
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Diberikan suatu transformasi linier f : R3 → R3 olehf ((x , y , z)′) = (x − y − z , x + y + z , z)′ dengan basis baku terurut didapat:f ((1, 0, 0)′) = (1, 1, 0)′, f ((0, 1, 0)′) = (−1, 1, 0)′ dan f ((0, 0, 1)′) = (−1, 1, 1)′,sehingga matriks representasi dari f terhadap basis baku terurut diberikan oleh:
Diberikan pemetaan linier f : P3(R) → P1(R) oleh f (p(x)) =d2p(x)
dx2.
a. Matriks representasi A dari f dengan basis terurut B1 = 1, x, x2, x3 untuk P3(R) dan basis terurutB2 = 1, x + 2 untuk P1(R) diberikan sebagai berikut: f (1) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) = (0, 0)′B2
b. Misalkan p(x) = a + bx + cx2 + dx3 ∈ ker(f ), maka 0 = f (p(x)) = 2c + 6dx, ∀x ∈ R. Sehinggadidapat c = 0, d = 0. Jadi ker(f ) = {a.1 + bx | a, b ∈ R} = 〈{1, x}〉. Terlihat bahwa dim(ker(f )) = 2.
c. Sedangkan dimensi dari image f diberikan oleh: dim(Im(f )) = dim(P3(R)) − dim(ker(f )) = 4 − 2 = 2.
Hal ini bisa dicek sebagai berikut, misalkan sebarang q(x) = α + βx + γx2 + δx3 ∈ P3(R), makaf (q(x)) = 2γ + 6δx = 2γ.1 + 6δ.x ∈ 〈{1, x}〉. Jadi Im(f ) = 〈{1, x}〉 dan terlihat bahwa dimensiIm(f ) sama dengan dua.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Contoh 3Misalkan u1, u2, u3 basis terurut dari U, v1, v2, v3 dan w1, w2 adalah suatu basis terurut dari W . Selanjutnyadiberikan pemetaan linier f : U → V dan g : V → W masing-masing oleh f (u1) = v1 + 2v2 − v3,f (u2) = v2 + 2v3, f (u3) = −v1 + v2 + 3v3 dan g(v1) = 2w1 − w2, g(v2) = w1 + w2, g(v3) = −2w1 + 3w2 .Bila A = (f , uj , vi ) dan B = (g, vi , wk ), maka didapat matriks representasi:
A =
1 0 −12 1 1−1 2 3
, B =
(2 1 −2−1 1 3
)
dan matriks representasi C = (gf , uj ,wk ) diberikan oleh
C = BA =
(2 1 −2−1 1 3
)
1 0 −12 1 1−1 2 3
=
(6 −3 −7−2 7 11
)
.
Bisa dicek langsung lewat vektor-vektor basis
(gf )(u1) = g(v1 + 2v2 − v3) = 6w1 − 2w2
(gf )(u2) = g(v2 + 2v3) = −3w1 + 7w2
(gf )(u3) = g(−v1 + v2 + 3v3) = −7w1 + 11w2.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Pementaan IU : U → U adalah pemetaan identitas bila IU(u) = u
untuk semua u ∈ U.
Bila pemetaan f : U → V suatu isomorpisma (satu-satu danpada), maka ada pemetaan invers f −1 : V → U sehinggaf −1f = IU dan ff −1 = IV .
Bila f : U → V suatu isomorpisma, maka f −1 : V → U adalahpemetaan linier. Bila matriks representasi f adalah A dan matriksrepresentasi dari f −1 adalah B , maka BA = I dan AB = I .
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan ui , i = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari U danvj , j = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari V . Pemetaan linierf : U → V diberikan oleh: f (u1) = v1+2v2− v3, f (u2) = v2+2v3dan f (u3) = −v1 + v2 + 3v3, maka A = (f ,ui , vj ) diberikan oleh
A =
1 0 −12 1 1−1 2 3
didapat B = A−1 adalah matriks representasi dari f −1 dimana:
B =
−0.25 0.5 −0.251.75 −0.5 0.75−1.25 0.25 −0.25
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan U,V adalah ruang vektor atas lapangan K denganA = {ui}, i = 1, 2, . . .m suatu basis terurut di U danB = {vj}, j = 1, 2, . . . n suatu basis terurut di V .
Diberikan pemetaan linear L : U → V .
Maka
L(u1) = a1,1v1 + a2,1v2 + · · ·+ an,1vn =
a1,1a2,1...
an,1
B...
L(um) = a1,mv1 + a2,mv2 + · · ·+ an,mvn =
a1,ma2,m...
an,m
B
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan B = {u1, . . . , um} suatu basis terurut di ruang vektor U, C = {v1, . . . , vn}suatu basis terurut di ruang vektor V , kedua ruang vektor atas skalar K . Suatu
pemetaan linier f : U → V dengan matriks representasi A = (f ,B,C). Misalkan
f (u) = v dengan u = x1u1 + . . .+ xmum ∈ U dan v = y1v1 + . . .+ ynvn ∈ V . Dari
pembahasan sebelumnya dijelaskan bahwa v = f (u) dapat disajikan oleh persamaan
matriks y = Ax, dengan x = (x1, . . . , xm)′ dan y = (y1, . . . , yn)
′. Misalkan P adalah
pemetaan koordinat, maka x = PB (u), y = PC (v) dan matriks representasi dari
persamaan vektor v = f (u) adalah PC (v) = APB (u). Sehingga didapat,
v = f (u) = P−1C
APB (u), ∀u ∈ U. Jadi f = P−1C
APB atau A = PC fP−1B
. Hasil-hasil
yang didapat ini dijelaskan dalam diagram berikut.
UB VC
f
PC
KN
PB
KM
AJurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Sehingga didapat hubungan (f , B , C) = (IV ,C , C)(f ,B,C)(IU , B,B) atauA = QAP−1. Selanjutnya misalkan x, x vektor-vektor koordinat dari u ∈ U
relatif terhadap basis B dan B dan y, y vektor-vektor koordinat dariv = f (u) ∈ V relatif terhadap basis C dan C , maka x = Px dan y = Qy. Bilay = Ax, maka y = Qy = QAx = QAP−1x = Ax. Terlihat bahwa vektor-vektorkoordinat dan matriks-matriks transformasi konsisten terhadap perubahan basis.
Contoh-Contoh
1. Diberikan pemetaan linier f : R2 → R2 denganf ((x , y)′) = (2x + y , x + 3y)′. Untuk basis B = {(1, 0)′, (1, 1)′}, makafB(1, 0) = (2, 1) = 1(1, 0)′ + 1(1, 1)′ = (1, 1)′ danfB((1, 1)
′) = (3, 4)′ = −1(1, 0)′ + 4(1, 1)′ = (−1, 4)′, sehingga diperolehmatriks representasi dari f :
A = (f ,B,B) =
(
1 −11 4
)
.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Diberikan ruang vektor U dengan dua basis terurut B = {u1, u2, u3} danB = {u1, u2, u3} dimana u1 = u2, u2 = u3, u3 = u1. Serta ruang vektor Vdengan dua basis terurut C = {v1, v2} dan C = {v1, v2} dimanav1 = v1 + v2, v2 = v1 − v2. Suatu pemetaan linier f : U → V diberikan olehf (u1) = 2v1 − v2, f (u2) = v1 + v2, f (u3) = −2v1 + 3v2, sehingga diperolehsuatu matriks representasi
A = (f ,B,C) =
(
2 1 −2−1 1 3
)
.
Misalkan P adalah matriks dari pemetaan identitas di U dari basis B ke basis
Begitu juga, karena IV (v1) = v1 = 1v1 + 1v2, IV (v2) = v2 = 1v1 − 1v2, makadidapat matriks Q−1 dari pemetaan identitas pada V dari basis C ke basis Cdan juga didapat matriks Q diberikan oleh:
Q−1 =
(
1 11 −1
)
dan Q =
(
12
12
12− 1
2
)
.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Diberikan pemetaan linier f : U → V terhadap basis terurut B dari ruangvektor U dan basis terurut C dari ruang vektor V , bagaimana cara memilihbasis terurut B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruang vektor Vsupaya representasi matriks A = (f ,B ,C) mempunyai bentuk normal diagonal
satuan yang sederhana, yaitu matriks:
Ir... 0
. . . . . . . . .
0... 0
,
dengan Ir adalah matriks satuan berukuran r × r dan
r ≤ min{dim(U), dim(V )}. Untuk memperoleh cara yang dimaksud ini
digunakan sifat berikut.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan pemetaan linier f : U → V , masing-masing dimensi U dan V adalah m dann dengan dim(Im(f )) = r . Maka ada basis terurut B dari U dan basis terurut C dariV sehingga representasi matriks dari f berbentuk normal diagonal satuan, yaitu
A = (f ,B ,C) =
Ir... 0
. . . . . . . . .
0... 0
l r
l n − r
←→ ←→r m − r
Bukti
Dari sifat dimensi pemetaan linier didapat,dim(ker(f )) = dim(U) − dim(Im(f )) = m − r . Misalkan ur+1, . . . , um adalah suatubasis terurut dari ker(f ).
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Perluas basis ini sampai diperoleh basis terurut B = u1, . . . , ur , ur+1, . . . , um
dari ruang vektor U. Dari pengertian kernel didapatf (ur+1) = 0, . . . , f (um) = 0. Selanjutnya pilih vektor-vektor v1, . . . , vr ∈ Im(f )sehingga f (u1) = v1, . . . , f (ur ) = vr . Jelas bahwa vektor-vektor v1, . . . , vradalah suatu basis terurut dari Im(f ). Selanjutnya perluas basis ini sampaidiperoleh basis terurut C = v1, . . . , vr , vr+1, . . . , vn dari ruang vektor V . Jadi,terhadap basis terurut B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruangvektor V , pemetaan f didefinisikan olehf (u1) = v1, . . . , f (ur ) = vr , f (ur+1) = 0, . . . , f (um) = 0. Dari definisi initerlihat bahwa representasi matriks A = (f ,B,C) adalah:
A = (f ,B,C) =
Ir... 0
. . . . . . . . .
0... 0
l r
l n − r
←→ ←→r m − r
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
C = {(1, 2, 3)′, (2, 3, 5)′, (1, 0, 0)′} adalah basis terurut dari ruang vektor V .
Selanjutnya cek dengan basis-basis terurut B dan C , representasi matriksberbentuk normal diagonal satuan sebagaimana berikut ini.Persamaan-persamaan yang memberikan matriks P−1 = (f ,B ,B) dengan B
basis terurut baku adalah: IU(u1) = u1 = (1, 0, 0)′, IU(u2) = u2 = (0, 1, 0)′ danIU(u3) = u3 = (7,−5, 1)′. Sehingga didapat:
P−1
=
1 0 70 1 −50 0 1
.
Dengan cara serupa, persamaan-persamaan yang memberikan matriksQ−1 = (f ,C ,C) dengan C basis terurut baku adalah: IV (v1) = v1 = (1, 2, 3)′,IV (v2) = v2 = (2, 3, 5)′ dan IV (v3) = v3 = (1, 0, 0)′. Sehingga didapat:
Q−1
=
1 2 12 3 03 5 0
⇒ Q =
0 5 −30 −3 21 1 −1
dan matriks A = QAP−1 diberikan oleh:
A =
0 5 −30 −3 21 1 −1
1 2 32 3 13 5 4
1 0 70 1 −50 0 1
=
1 0 00 1 00 0 0
.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Ruang kolom dari suatu matriks adalah ruang imagenya, jadi rank kolom dari suatumatriks sama dengan rank matriksnya.
Bukti
Misalkan A berukuran n ×m dan f suatu pemetaan linier dari Km ke Kn sedemikianhingga A = (f ,Em,En), dimana Em = e1, . . . , em dan En = e1, . . . , en masing-masingadalah basis baku terurut dari Km dan Kn. Misalkan bahwa matriks
A =
a1,1 . . . a1,m. . . . . . . . .an,1 . . . an,m
,
maka untuk j = 1, . . . ,m,
f (ej ) =n∑
i=1
ai,j ei =
a1,j
.
.
.an,j
adalah kolom ke-j dari matriks A. Tetapi, Im(f ) dibangun oleh f (e1), . . . , f (em), oleh
karena itu, Im(f ) = ruang kolom(A). Jadi rank(A)=rank kolom(A).
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
1. Suatu matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen dilapangan F mempunyai invers bila dan hanya bila rank(A) = n.
2. Misalkan A matriks berukuran n×m dengan elemen-elemen dilapangan F, bila Ax = 0, maka himpunan penyelesaian dari sistemlinier homogin tsb. merupakan ruang bagian dari Fm dengandimensi m − rank(A). Hal ini mempunyai arti bahwa ada sebanyakm − rank(A) parameter dalam himpunan penyelesaian dari Ax = 0.
3. Persamaan tak homogin Ax = b, mempunyai penyelesaian bila danhanya bila rank(A) = rank(A, b). Himpunan penyelesaian inimempunyai sebanyak m − rank(A) parameter.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Vektor vektor kolom dari A tidak bebas linier. Hanya sebanyak 3 vektor kolom yangbebas linier, yaitu kolom ke-1, kolom ke-2 dan kolom ke-4. Jadi rank kolom(A) = 3dan semua vektor baris dari A bebas linier (sebanyak 3). Penyelesaian dari Ax = 0
akan memuat sebanyak 4− 3 = 1 paramater yaitu
x =
−t0t
0
. Bila b =
2−19
,
rank(A, b) = 3. Jadi penyelesaian Ax = b akan memuat sebanyak 4− 3 = 1 parameteryaitu
x =
7− t
−4t
−3
.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan f : U → U suatu pemetaan linier pada ruang vektor Uberdimensi n atas lapangan F. Bila u ∈ U dan λ ∈ F memenuhif (u) = λu, maka u dinamakan suatu vektor-eigen dari f yangbersesuaian dengan nilai-eigen λ.
Definisi
Misalkan A suatu matriks ukuran n× n dengan elemen-elemennya disuatu lapangan F. Bila ada vektor tak nol x ∈ Fn dan skalar λ ∈ F yangmemenuhi Ax = λx, maka x dikatakan suatu vektor-eigen dari matriks Ayang bersesuaian dengan nilai-eigen λ.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan matriks A = (f ,B,B) adalah representasi dari pemetaan linierf : U→ U terhadap basis terurut B dari ruang vektor U. Selanjutnya bila ρBadalah pemetaan koordinat dari U ke Fn, maka A = ρBf ρ
Bila f : U→ U suatu pemetaan linier dan masing masing matriks A = (f ,B,B)dan A = (f ,B,B) adalah representasi dari f dengan basis terurut yang berbeda,maka nilai-eigen dari A sama dengan nilai-eigen dari A.
Bukti:
Misalkan P = (IU,B,B) matriks perubahan basis dari basis B ke basis B, maka
A = PAP−1. Bila Ax = λx didapat (PAP−1)(Px) = λ(Px). Sehingga diperoleh
Ax = λx dimana x = Px. Terlihat bahwa matriks A dan A mempunyai
nilai-eigen yang sama.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan A suatu matriks berukuran n × n dan Ax = λx dengan x 6= 0 danx ∈ Fn, maka (λI − A)x = 0, dimana I adalah matriks identitas dengan ukurann× n. Persamaan homogin (λI −A)x = 0 mempunyai jawab nontrivial bila danhanya bila det(λI −A) = 0. Persamaan det(λI −A) = 0 dinamakan persamaankharakteristik dari matriks A yang merupakan persamaan polinomial dalam λ
dengan derajad n.Contoh Diberikan matriks
A =
(
0 1−2 3
)
⇒ det(
(
λ −12 λ− 3
)
) = λ2 − 3λ+ 2 = (λ− 1)(λ− 2).
Untuk λ = 1 didapat:(
1 −12 −2
)(
x1x2
)
=
(
00
)
⇒ x1 = x2 ⇒ x =
(
11
)
,
sedangkan untuk λ = 2 didapat:(
2 −12 −1
)(
x1x2
)
=
(
00
)
⇒ x2 = 2x1 ⇒ x =
(
12
)
.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Suatu matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen di F similar denganmatriks diagonal bila dan hanya bila eigenvektor-eigenvektornya membentangruang Fn (span Fn).BuktiMisalkan x1, x2, . . . , xn adalah vektor-eigen dari matriks A dimana〈x1, x2, . . . , xn〉 = Fn. Jadi matriks Q = [x1 | x2 | . . . | xn] mempunyai invers,misalkan Q−1 = P. Sehingga didapat
Bila matriks A berukuran n× n mempunyai n eigenvalue yang berbedasatu dengan yang lainnya, maka eigenvektor-eigenvektornya bebas linier.BuktiMisalkan λ1, λ2, . . . , λn adalah eigenvalue-eigenvalue yang berbeda satudengan yang lainnya dan X1,X2, . . . ,Xn adalah eigenvektor-eigenvektoryang bersesuaian. Dengan menggunakan induksi dibuktikan bahwaeigenvektor-eigenvektor tsb. bebas linier. Misalkan bahwa X1,X2, . . . ,Xk
Karena X1, . . . ,Xk bebas linier dan λi 6= λj ,∀i 6= j , maka haruslaha1 = a2 = . . . = ak = 0. Sehingga persamaan (1) menjadi ak+1Xk+1 = 0 dan karenaXk+1 6= 0, maka haruslah ak+1 = 0. Terlihat bahwa bila dari kenyataan persamaan (1)dipenuhi maka berakibat a1 = a2 = . . . = ak = ak+1 = 0, hal ini menunjukkan bahwavektor-vektor X1,X1, . . . ,Xk ,Xk+1 adalah bebas linier.
KesimpulanBila matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen di lapangan F mempunyaieigenvalue-eigenvalue yang berbeda, maka matriks A dapat didiagonalkan.Bukti
Dengan menggunakan dua hasil sebelumnya didapat bahwa, eigenvektor-eigenvektor
yang bersesuaian dengan eigenvalue-eigenvalue merupakan vektor-vektor yang bebas
linier. Sehingga vektor-vektor ini membentangkan keseluruhan ruang Fn. Akibatnya
matriks A dapat didiagonalkan.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Suatu matriks persegi invarian adalah suatu sifat dari suatu matriks yang tidakberubah bila matriks ditransformasi dengan suatu cara tertentu. Eigenvalue-eigenvaluedari suatu matriks adalah invarian dibawah suatu transformasi kesemilaran, begitujuga trace dan determinannya. (Trace suatu matriks A adalah jumlah keseluruhan
eleme-elemen diagonalnya: tr(A) =n∑
i=1ai,i ).
Sifat
Bila λ adalah eigenvalue dari matriks A, maka λ juga eigenvalue dari suatu matriksPAP−1,
Bukti Misalkan AX = λX dan Y = PX dengan P matriks yang punya invers, jadi
X = P−1Y. Sehingga didapat A(P−1Y) = λ(P−1Y)⇒ (PAP−1)Y = λY. Terlihat
bahwa λ juga eigenvalue dari matriks PAP−1.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Trace dan determinan dari suatu matriks persegi adalah invarian dalam suatutranformasi similar. Lagi pula bila matriks A dapat didiagonalkan dengan eigenvalue
λi , i = 1, . . . , n, maka tr(A) =n∑
i=1λi dan det(A) =
n∏
i=1λi .
BuktiDari hasil sebelumnya, tr(PAP−1) = tr(P−1PA) = tr(A). Dan
det(PAP−1) = det(P)det(A)det(P−1)
= det(A)(det(P)det(P−1))
= det(A)det(PP−1)
= det(A)det(I ) = det(A).
Jelas bahwa bila PAP−1 = A dimana A matriks diagonal dengan elemen-elemen
diagonal λi , i = 1, . . . , n, maka tr(A) =n∑
i=1λi dan det(A) =
n∏
i=1λi .
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan λ adalah suatu eigenvalue dari pemetaan linierf : U → U. Himpunan semua eigenvektor-eigenvektor yangbersesuaian dengan eigenvalue λ beserta vektor nol dinamakanruang eigen dari U dinotasikan dengan Eλ(U). Ruang eigen Eλ(U)adalah ruang bagian dari ruang vektor U, sebab merupakan kerneldari pemetaan (λIU − λ). Dimensi dari subruang Eλ(U) dinamakanmultiplisitas geometri dari λ dan dan banyaknya λ yang sama(kembar) dinamakan multiplisitas aljabar dari λ. Misalkanmultiplisitas geometri dari λ adalah a dan multiplisitas aljabar dariλ adalah b, maka a ≤ b.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Bila det(λI − A) = λn + cn−1λn−1 + . . .+ c0, maka
An + cn−1An−1 + . . .+ c0I = 0.
BuktiBila PAP−1 = D dimana matriks D adalah matriks diagonal denganelemen-elemen diagonal λi , i = 1, . . . , n adalah eigenvalue-eigenvalue darimatriks A. Sehingga didapat :
An + cn−1An−1 + . . .+ c0I =
P−1(Dn + cn−1Dn−1 + . . .+ c0I )P =
P−1
λn1 + cn−1λ
n−11 + . . .+ c0 . . . 0...
. . ....
0 . . . λnn + cn−1λ
n−1n + . . .+ c0
P = 0.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan riil R. Hasil kali dalam riil (real innerproduct) juga dinamakan bilinier adalah fungsi dari V× V ke R dinotasikan oleh 〈u, v〉yang memenuhi
〈r1u1 + r2u2, v〉 = r1 〈u1, v〉 + r2 〈u2, v〉 untuk semua u1, u2, v ∈ V dan r1, r2 ∈ R
(Linier).
〈u, v〉 = 〈v, u〉 untuk semua u, v ∈ V (Simetri).
〈u, u〉 ≥ 0 untuk semua u ∈ V dan 〈u, u〉 = 0 bila dan hanya bila u = 0 (semidefinit positip).
Bila x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn maka hasil kali dalam baku diberikan oleh
〈x, y〉 def=n∑
i=1xiyi (juga dinamakan dot product dalam geometri Euclide). Bila
vektor-vektor x dan y disajikan dalam vektor kolom, maka 〈x, y〉 = x′y.Suatu norm dari ruang vektor V ke lapangan riil R adalah suatu fungsi dinotasikanoleh || || yang memenuhi
||v|| ≥ 0 untuk semua v ∈ V dan ||v|| = 0 bila dan hanya bila u = 0 (Definitpositip).
||rv|| = |r | ||v|| untuk semua v ∈ V, r ∈ R
||u+ v|| ≤ ||u||+ |||v|| untuk semua u, v ∈ V (Pertaksamaan segitiga).
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Himpunan vektor-vektor {(1, 0), (0, 1)} adalah orthonormal, tetapi{(1, 1), (−1, 1)} adalah orthogonal. Himpunan yang terakhir ini dapat dijadikan
orthonormal sebagai himpunan berikut ini
{(
1√2,
1√2
)
,
(
− 1√2,
1√2
)}
Suatu basis orthonormal dari suatu ruang vektor mempunyai beberapakemanfaatan dan basis baku dari ruang vektor Rn adalah orthonormal, yaitubasis baku dari ruang vektor R3 adalah himpunan {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.
Diberikan matriks A berukuran n × n, matriks A dikatakan matriks simetri bilaA = A′ dan dikatakan anti-simetri (skew-symmetric) bila A = −A′. Matrikssimetri bermaanfaat dalam bentuk kuadrat, misalnya
(
x y)
(
a1,1 a1,2a1,2 a2,2
)(
x
y
)
= a1,1x2 + 2a1,2xy + a2,2y
2
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Matriks A berukuran n × n dikatakan orthogonal bila AA′ = I = A′Ayaitu A−1 = A′.
Sifat
Bila Bi dan Kj masing-masing menyatakan baris ke-i dan kolom ke-j darisuatu matriks orthogonal A berukuran n× n, maka {Bi , i = 1, . . . , n} dan{Kj , j = 1, . . . , n} adalah himpunan dari vektor-vektor orthonormal.
Bukti
Dari elemen perkalian matriks (AA′)i ,j = 〈Bi ,Bj〉 dan fakta AA′ = I
didapat 〈Bi ,Bj 〉 ={
1 i = j0 yang lainnya
, terlihat bahwa baris-baris dari
A adalah orthonormal. Bila A orthogonal, maka A′ juga orthogonal, jadi
kolom-kolom dari A juga orthonormal.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Suatu pemetaan linier yang direpresentasikan oleh suatu matriks orthogonaladalah mempertahankan jarak dari suatu vektor, yaitu bila A suatu matriksorthogonal, maka ||Ax|| = ||x || untuk semua x ∈ Rn.
Bila matriks simetri A berukuran n × n mempunyai eigenvalue-eigenvalue yangberbeda, maka A dapat didiagonalkan melalui suatu matriks orthogonal.
Komentar
Karena matriks A mempunyai eigenvalue-eigenvalue yang berbeda, maka dapatdidiagonalkan menjadi matriks Q−1AQ dimana matriks Q = [x1|x2| . . . |xn]dengan xi , i = 1, . . . , n adalah eigenvektor-eigenvektor dari A yang sesuaidengan eigenvaluenya. Berdasarkan hasil sebelumnya vektor-vektorxi , i = 1, . . . , n saling orthogonal. Bila vektor-vektor ini dinormalkan makadidapat matriks orthogonal
P =
[
x1
||x1||
∣
∣
∣
∣
x2
||x2||
∣
∣
∣
∣
. . .
∣
∣
∣
∣
xn
||xn ||
]
,
dengan demikian matriks P ′AP juga merupakan matriks diagonal.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Diberikan himpunan vektor-vektor yang bebas linier S = {X1,X2, . . . ,Xn}, dariS dibentuk himpunan vektor-vektor orthormal T = {T1,T2, . . . ,Tn} sebagiberikut:
t1 = X1 ⇒ T1 =t1
||t1||
t2 = X2 − 〈X2,X1〉〈X1,X1〉
t1 ⇒ T2 =t2
||t2||......
tn = Xn − 〈Xn, t1〉〈t1, t1〉
t1 − 〈Xn, t2〉〈t2, t2〉
t2 − . . .− 〈Xn, tn−1〉〈tn−1, tn−1〉
tn−1 ⇒ Tn =tn
||tn||Didapat matriks orthogonal
T = [T1 |T2 | . . . |Tn] .
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Proses orthogonal Gram-Schmid erat kaitannya dengan apa yang dinamakanproyeksi sebagaimana akan terlihat dalam pembahasan berikut ini. Ada kalanyasistem persamaan linier Ax = y tidak mempunyai penyelesaian secara analitik(eksak). Tetapi bila model linier yang dikaji ini merupakan suatu problem nyatayang dijumpai, maka diperlukan suatu alternatif penyelesaian untuk menjawabproblem yang ada sehingga penyelesaian yang didapat cukup untuk menjawabproblem. Suatu contoh berikut menjelaskan hal ini:Diberikan sistem persamaan linier Ax = y:
(
6 32 1
)(
x1x2
)
=
(
22
)
. (8)
Jawab eksak dari persamaan ini tidak ada. Dalam hal ini, selalu bisa didapat
penyelesaian pendekatan x melalui penggantian y dengan vektor y′ di ruang
kolom dalam A yang dekat dengan y dan sebagi penggantinya selesaikan
persamaan Ax = y′.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Sebelum menyelesaikan masalah yang ada diberikan pengertian berikut.Misalkan W suatu ruang bagian dari Rn dan tulis y ∈ Rn = W ⊕W⊥ sebagaiy = y1 + y2, dimana y1 ∈ W dan y2 ∈ W⊥, maka y1 dikatakan proyeksi dari ypada W dan dinotasikan oleh y1 = Projw (y). Selanjutnya diselesaikan masalahpersamaan linier
(6 32 1
)(x1x2
)
=
(22
)
.
Pilih W =
⟨(31
)⟩
dengan demikian didapat W⊥ =
⟨(−13
)⟩
. Jadi(
22
)
=4
5
(31
)
+2
5
(−13
)
. Untuk meminimumkan panjang
‖ y − y′ ‖ =
∣∣∣∣
∣∣∣∣
(22
)
− r
(31
)∣∣∣∣
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣
∣∣∣∣
4
5
(31
)
+2
5
(−13
)
− r
(31
)∣∣∣∣
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣
∣∣∣∣(
4
5− r)
(31
)
+2
5
(−13
)∣∣∣∣
∣∣∣∣ ,
dan karena(
31
)
dan(
−13
)
orthogonal, maka haruslah r =4
5.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Misalkan dipunyai suatu supply dari 5000 unit S, 4000 unit T dan 2000 unit U.Bahan digunakan dalam pabrik untuk memproduksi P dan Q. Bila setiap unitdari P menggunakan 2 unit S, 0 unit T dan 0 unit U; dan setiap unit dari Qmenggunakan 3 unit S, 4 unit T dan 1 unit U. Berapa banyak unit p dari P danq dari Q yang harus dibuat supaya keseluruhan supply digunakan?
Model matematika dari persoalan yang ada diberikan oleh persamaan:
2 30 40 1
[
p
q
]
=
500040002000
.
Persamaan dari model tidak mempunyai jawab eksak (analitik) sebab vektor
500040002000
bukan merupakan kombinasi linier dari vektor- vektor
200
dan
341
.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Cara Penyelesaian Menggunakan GeneralInvers atau Psedo Invers
Untuk setiap matriks A berukuran m × n dengan elemen-elemen riil, matriksA− berukuran n × n dinamakan pendekatan invers (psedoinverse) yangmemenuhi A−y merupakan penyelesaian pendekatan dari persamaan Ax = y.Kolom-kolom dari matriks A− adalah penyelesaian pendekatan dari Ax = ei ,dimana ei , i = 1, . . . ,m merupakan basis baku dari Rm.
Contoh 1
Dapatkan matriks A− bila A =
2 30 40 1
dan hitung A−
500040002000
.
Jawab Ruang kolom orthonormal dari matriks A adalah span dari vektor-vektor:
w1 =
100
,w2 =1√17
041
.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
1. Psedo invers dan General Invers secara umum berbeda. UmumnyaPsedo invers matrix berukuran m × n, sedangkan General inversmatriks persegi.
2. Misalkan matriks A berukuran m × n. Bila kolom-kolom dari Abebas linear, maka dijamin matriks (A′A)−1 jadi matriks A dijaminmempunyai General Invers yang diberikan oleh A− = (A′A)−1A′
3. Sebaliknya bila kolom-kolom matriks A tidak bebas linear, maka(A′A)−1 tidak ada. Jadi persoalan Ax = y tidak bisa diselesaiakandengan cara general invers x = (A′A)−1A′y . Hal ini bisadiselesaikan dengan cara psedo invers sebagaimana pada Contoh 1.
4. Sebagai kesimpulan penyelesaian terdekat dari masalah Ax = y bisadilakukan dengan cara Psedo Invers atau General Invers.
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya
Paul A. Fuhrmann, ” A Polynomial Approach to LinearAlgebra, Second Edition”, Springer, (2012)
Robert A.Beezer, ” A First Course in Linear Algebra, Version2.30”, Department of Mathematics and Computer Science,University of Puget Sound, Washington, USA, (2011).Website: http://buzzard.ups.edu
Kamran Dadkhan, ” Foundations of Mathematical andComputational Economics, Second Edition”, Springer,(2011)
J. DeFranza and D. Gagliardi, ” Introduction to Linear Algebrawith Applications ”, Mc Graw Hill, Higher Education, (2009)
David Poole, ” Linear Algebra A Modern Introduction, SecondEdition ”, Thomson Brooks/Cole, (2006)
Jurusan Matematika-MIPA, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya