TUGAS ALJABAR LINEAR ELEMENTER Tentang Ruang-ruang Vektor

TUGAS

ALJABAR LINEAR ELEMENTERTentang

Ruang-ruang Vektor

Disusun Oleh: Kelompok IV

1. Miniarni Yulia Irwan2. Riri Janasri3. Sukardi 4. Yati Comelta

Dosen Pembimbing:

Retno Warni Pratiwi,S.Pd.,M.Pd.

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA

JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKA DAN IPA

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

1

UNIVERSITAS MAHAPUTERA MUHAMMAD YAMIN

2013

BASIS DAN DIMENSI

Definisi: Misalkan V adalah sebarang ruang vector dan

S = {v1,v2,…,vr } merupakan himpunan berhingga dari

vector-vektor pada V, maka S kita namakan basis untuk V

jika:

(i) S bebas linier

(ii) S merentang V

Contoh 29

Misalkan e1=(1,0,0,…,0), e2=(0,1,0,…,0),

en=(0,0,0,…,1). Dalam contoh 23 kita telah menunjukkan

bahwa S={e1,e2,…,en} adalah himpuna bebas linear dalamRn. Karena setiap vector v={v1,v2,…,vn } pada Rn dapat

dituliskan sebagai v=v1e1+v2e2+,…,+vnen maka S

merentang Rn sehingga S adalah sebuah basis. Basis

tersebut dinamakan basis baku untuk Rn.

Contoh 30

Misalkan v1=(1,2,1), v2=(2,9,0) dan v3=(3,3,4).

Perlihatkan bahwa S={v1,v2,v3} adalah basis untuk R3.

Jawab:

2

Untuk memperlihatkan bahwa S merentang di R3, maka kita

harus memperlihatkan bahwa sebarang vector b=(b1,b2,b3)dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear

b=k1v1+k2v2+k3v3

Dari vector-vektor pada S. Dengan menyatakan persamaan

ini dalam komponen-komponennya maka akan memerikan

(b1,b2,b3 )=k1 (1,2,1 )+k2 (2,9,0 )+k3 (3,3,4 )

(b1,b2,b3 )=(k¿¿1+2k2+3k3,2k1+9k2+3k3,k1+4k3)¿

k1+2k2+3k3 ¿b1

2k1+9k2+3k3¿b2

k1+4k3¿b3 (4.4)

Jadi, untuk memperlihatkan bahwa S merentang V, maka

kita harus memperlihatkan bahwa system (4.4) mempunyai

pemecahan untuk semua pilihan b=(b1,b2,b3). Untuk

membuktikan bahwa S bebas linear, kita harus

memperlihatkan bahwa satu-satunya pemecahan dari

k1v1+k2v2+k3v3=0 (4.5)

adalah k1=k2=k3¿0

seperti sebelumnya, jika (4.5) dinyatakan dalam

komponen-komponenya, maka pembuktian bebas linear akan

3

direduksi menjadi pembuktian bahwa system tersebut

homogen.

k1+2k2+3k3 ¿0

2k1+9k2+3k3=0

k1+4k3=0 (4.6)

Hanya mempunyai pemecahan trivial. Perhatikan bahwa

system (4.4) dan system (4.6) mempunyai matriks

koefisien yang sama. Jadi, menurut bagian-bagian a, b

dan d dari teorema 15 pada bagian 1.7 kita dapat secara

serempak membuktikan bahwa S bebas linear dan merentang

R3 dengan memperlihatkan bahwa matriks koefisien

A=[1 2 32 9 31 0 4]

Pada system (4.4) dan system (4.6) dapat dibalik.

Karena

det(A)=|1 2 32 9 31 0 4|=−1

Maka jelaslah dari teorema 7 bagian 2.3 bahwa A dapat

dibalik. Jadi, S adalah sebuah basis untuk R3.

Contoh 33

4

Jika S = {v1,v2,…,vr}adalah himpunan bebas linear padaruang vector V , maka S adalah basis untuk subruang lin

(S) karena S bebas, dan menurut definisi dari lin (S),

maka S merentang lin (S)

Definisi: sebuah ruang vector taknol V dinamakan

berdimensi berhingga (finite dimensional) jika ruang

vector tersebut mengandung sebuah himpunan berhingga

dari vector-vektor {v1,v2,…,vn}yang membentuk sebuah

basis. Jika tidak ada himpunan seperti itu, maka V

dinamakan berdimensi takberhingga (infinite

dimensional). Tambahan lagi, kita akan menganggap ruang

vector nol sebagai ruang vector berdimensi berhingga

walaupun ruang vector tersebut tidak mempunyai himpunan

bebas linear, sehingga basispun tidak ada.

Contoh 34

Menurut contoh-contoh 29,31, dan 32 maka Rn,Pn,danM22adalah ruang vector berdimensi berhingga

Teorema 9: Jika S={v1,v2,…,vn }adalah basis untuk ruangvector V, maka setiap himpunan dengan lebih besar dari

n vector adalah takbebas linear

Bukti:

5

Misalkan S'={w1,w2,…,wm} adalah sebarang himpunan m

vector pada V, dimana m > n. Kita ingin memperlihatkan

bahwa S’ tak bebas linear. Karena S={v1,v2,…,vn } adalahsebuah basis, maka setiap wtdapat dinyatakan sebagai

kombinasi linear dari vector-vektor S, katakanlah:

w1=a11v1+a21v2+…+an1vn

w2=a12v1+a22v2+…+an2vn

wm=a1mv1+a2mv2+…+anmvn

Untuk memperlihatkan bahwa S’ tak bebas linear, maka

kita harus cari scalar-skalar k1,k2,…,kmyang tidak

semuanya nol, sehingga,

k1w1+k2w2+…+kmwm=0

Dengan menggunakan persamaan-persamaan dalam (4.8),

maka dapat kita tuliskan kembali (4.9) sebagai berikut:

(k¿¿1a11+k2a12+…+kma1m)v1+(k¿¿1a21+k2a22+…+kma2m)v2+(k¿¿1an1+k2an2+…+kmanm)vn=0¿¿¿

Permasalahan untuk membuktikan bahwa S’ adalah himpunan

takbebas linear, dengan demikian direduksi untuk

memperlihatkan bahwa ada scalar k1,k2,…,km yang tidak

semuanya nol, yang memenuhi.

6

a11k1+a12k2+…+a1mkm=0

a21k1+a22k2+…+a2mkm=0

an1k1+an2k2+…+anmkm=0

Karena persamaan di atas mempunyai lebih banyak

bilangan takdiketahui ketimbang persamaan, maka bukti

tersebut sudah lengkap, karena teorema 1 pada bagian

1.3 menjamin adanya pemecahan trivial.

Teorema 10: sebarang dua basis untuk ruang vector

berdimensi berhingga mempunyai jumlah vector yang sama

Bukti:

Misalkan S={v1,v2,…,vn } dan S'={w1,w2,…,wm} adalah dua

basis untuk sebuah ruang vector V yang berdimensi

berhingga. Karena S adalah sebuah basis dan S’ adalah

himpunan bebas linear, maka teorema 9 menunjukkan bahwa

m≤n. Demikian juga, karena S’ adalah sebuag basis danS bebas linear, kita juga memperoleh n≤m. Maka m=n

Definisi: Dimensi sebuah ruang vector V yang berdimensi

berhingga didefinisikan sebagai banyaknya vector pada

basis untuk V. Tambahkan lagi, kita mendefinisikan

ruang vector nol mempunyai dimensi nol.

7

Dari contoh 35 dan 36, maka Rn adalah sebuah ruang

vector berdimensi n dan Pn adalah sebuah ruang vector

berdimensi n + 1

Contoh 36

Tentukanlah basis dan dimensi untuk ruang pemecahan

dari system homogen:

2x1+2x2–x3+x5=0

−x1−x2+2x3−3x4+x5¿0

x1+x2−2x3−x5 ¿0

x3+x4+x5¿0

Jawab:

Pada contoh 9 dari baian 1.3 kita perlihatkan bahwa

pemecahan-pemecahan tersebut diberikan oleh:

x1−s−tx2=sx3=−tx4=0x5=t

Sehingga vector-vektor pemecahan tersebut dapat

dituliskan sebagai:

[x1x2x3x4x5

]=[−s−ts

−t0t

]=[−ss000

]+[−t0−t0t

]=s [−11000

]+t [−10−100

]8

Yang memperlihatkan bahwa vector-vektor

v1=[−11000

]danv2=¿[−10

−100]¿

Merentang ruang pemecahan tersebut. Karena vector-

vektor tersebut juga bebas linear, maka {v1,v2 } adalah

sebuah basis, dan ruang pemecahan tersebut adalah ruang

berdimensi dua.

Umumnya, untuk memperlihatkan bahwa himpunan vector-

vektor {v1,v2,…,vn } adalah basis untuk ruang vector V,maka kita harus memperlihatkan bahwa vector-vektor

tersebut bebas linear dan bahwa vector-vektor tersebut

merentang V. Akan tetapi, jika kita secara kebetulan

mengetahui bahwa V mempunyai dimensi n (sehingga

{v1,v2,…,vn} mengandung banyaknya vector yang tepay

untuk basis) oleh karena itu cukup memeriksa:

Teorema 11

(a) Jika S={v1,v2,…,vn} adalah sebuah himpunan n vectorbebas linear pada sebuah ruang V yang berdimensi n,

maka S adalah sebuah basis untuk V

9

(b) Jika S={v1,v2,…,vn} adalah sebuah himpunan n vectoryang merentang ruang V yang berdimensi n, maka S adalah

sebuah basis untuk V

(c) Jika S={v1,v2,…,vn} adalah sebuah himpunan n vectorbebas linear pada ruang V yang berdimensi n dan r < n,

maka S dapat diperbesar menjadi basis untuk V;

yaknivektor-vektor vr+1,…,vn sehingga

{v1,v2,…,vr,vr+1,…,vn adalah sebuah basis untuk V

RUANG BASIS DAN KOLOM MATRIKS ;

RANK; PENERAPAN TERHADAP PENCARIAN BASIS

Defenisi: Tinjaulah matriks m x n

A=[a11 ⋯ a1n

⋮ ⋱ ⋮am1 ⋯ amn ]

Vektor-vektor

b1=r1= (a11,a12,…,a1n¿

b2=r2= (a21,a22,…,a2n¿

10

⋮⋮

bm=rm= (am1,am2,…,amn¿

Terbentuk dari basis-basis A yang kita namakan vektor-

vektor baris A, dan vektor-vektor

c1=¿ ¿ [a11

a21

⋮am1

], c2=¿ ¿ [a12

a22

⋮am2

], …, c1=¿ ¿ [a1na2n⋮amn

]Terbentuk dari kolom-kolom A yang kita namakan vektor-

vektor kolom A. sub ruang Rn yang direntang oleh

vektor-vektor baris yang kita namakan ruang baris (row

space ) A dan subruang Rm

Yang direntang oleh vektor-vektor kolom kita namakan

ruang kolom (column space) A.

Contoh 39:

Misalkan A=[2 1 03 −1 4]

Jawab:

Vektor-vektor baris A adalah

11

r1=(2,1,0) dan

r1=(3,−1,4)

Dan vektor-vektor kolom A adalah

c1=[23 ], c2=[ 1−1] dan

c3=[04 ] Teorema 12. Operasi baris elementer tidak mengubah

ruang basis sebuah matriks.

Dari teorema ini bahwa sebuah matriks dan semua

bentuk eselon barisnya mempunyai ruang baris yang sama.

Akan tetapi, vektor-vektor baris taknol dari matriks

berbentuk eselon baris selalu bebas linear sehingga

vektor-vektor baris taknol ini membentuk basis untuk

ruang baris tersebut.

Teorema 13. Vektor-vektor baris taknol berbentuk

eselon baris dari matriks A membentuk basis untuk ruang

baris A.

Contoh 40

Carilah sebuah basis untuk ruang yang di rentang oleh

vektor-vektor

12

v1= (1,-2,0,0,3) v2= (2,-5,-3,-2,6) v3 = (0,5,15,10,0)

v4=(2,6,18,8,6)

Pemecahan.

Ruang yang di rentang oleh vektor-vektor ini adalah

ruang baris dari matriks

[ 1−20032−5−3−2605151002618876 ]

Dengan mereduksi matriks ini menjadi bentuk eselon

baris, kita dapatkan :

[1−2003013200011000000 ]

Vektor-vektor baris taknol pada matriks ini adalah

w1=( 1, -2, 0, 0, 3) w2 = (0,1,3 ,2, 0)

w3= (0, 0, 1,1,0)

Teorema 14. Jika A adalah sebarang matriks, maka ruang

baris dan ruang kolom A mempunyai dimensi yang sama.

Dimensi ruang baris dan ruang kolom matriks A dinamakan

rank A dan dinyatakan dengan rank (A).

13

Teorema 15. Jika A adalah matriks n x n, maka

pernyataan-pernyataan berikut ekivalen satu sama lain.

( An x n )

a) A dapat dibalik

b) Ax = 0 hanya mempunyai pemecahan trivial.

c) A ekivalen baris dengan In

d) Ax = b konsisten untuk tiap-tiap matriks b yang

berukuran n x 1.

e) Det(A) ≠ 0

f) A mempunyai rank n.

g) Vektor-vektor baris A bebas linear.

h) Vektor-vektor kolom baris A bebas linear.

Teorema 16. Sebuah sistem persamaan linear Ax = b

adalah konsisten jika dan hanya jika b berada pada

ruang kolom A.

Contoh 44

Misalkan Ax = b adalah sistem linear

[−1 3 21 2 −32 1 −2] [x1

x2

x3]=[ 1−9−3]

pecahkan dengan menggunakan hasil itu untuk menyatakan

b sebagai kombinasi linear dari vektor kolom A.

14

Penyelesaian:

dengan menggunakan eliminasi gauss akan menghasilkan:

x1=2,x2=−1,x3=3

Jadi, nilai b dalam vektor A dapat ditulis

2[−112 ]−[321 ]+3 [ 2−3−2 ]=[ 1−9−3]

Teorema 17. Sebuah sistem persamaan linear Ax = b akan

konsisten jika hanya jika rank matriks koefisien A sama

dengan rank dari matriks yang diperbesar [A/b]

Teorema 18. Jika Ax = b adalah sistem linear konsisten

dari m persamaan n bilangan takdiketahui, dan jika A

mempunyai rank r, maka pemecahan sistem tersebut

mengandung n – r parameter.

Contoh 45

Jika matriks 5 x 7 dengan rank 4, dan jika Ax = b

adalah sistem linear konsisten maka pemecahan tersebut

mengandung sistem 7-4 = 3 parameter.

RUANG HASIL KALI DALAM

15

Pada ruang vektor riil yang umum, hasil kali dalam

didefinisikan secara aksioma dengan menggunakan sifat-

sifat ini sebagai aksioma

Definisi. Sebuah hasil kali dalam ( inner prosuct) pada

ruang vektor riil V adalah fungsi yang

mengasosialisasikan bilangan riil < u,v > dengan

masing-masing pasangan vektor u dan v pada V sedemikian

rupa sehingga aksioma-aksioma berikut dipenuhi untuk

semua vektor u,v, dan w di V dan juga untuk semua

skalar k.

a) < u,v > = < v,u >

(aksioma simetri)

b) < u + v,w > = <u,w> + < v,w >

(aksioma penambahan )

c) < ku, v > = k < u,v > = 0

(aksioma homogen)

d) < v,v > ≥ 0 ; dan < v,v > = 0

(aksioma kepositifan )

Jika dan hanya jika v = 0

Sebuah ruang vektor riil dengan sebuah hasil kali dalam

dinamakan ruang hasil kali dalam riil (real product

space )

Teorema 19. Jika u, v, w adalah vektor-vektor pada

ruang hasil kali dalam riil dan k sebarang skalar, maka

a) < 0,v > = < v,0 > = 0

16

b) < u,v + w > = < u,v > + < u,w >

c) < u, kv> = k< u,v >

Contoh latihan 4.7 nomor 3a.

Hitunglah < u, v> dengan menggunakan hasil kali dalam

u=[2 −13 7 ]danv=[0 4

2 2]Jawab:

< u, v> = 2.0 + (-1).4 + 3.2 + 7.2

= 0 – 4 +6 +14

= 16

Contoh 53

< u,v + w > = (v+w)t At Au

= ( Vt+wt) At Au

(sifat transfos)

= (Vt At Au ) + (wt At Au )

(sifat perkalian matriks )

= < u, v > + < u, w >

PANJANG DAN SUDUT DI RUANG HASIL KALI DALAM

Kita akan mengembangkan pemahaman mengenai panjang,

jarak, dan sudut di ruang hasil kali dalam yang umum.

Di R2 panjang vector u = (u1 , u2) diberikan oleh

17

‖u‖=√u12+u2

2

Dapat ditulis dalam ruas-ruas hasil kali dalam titik

sebagai

‖u‖=√u.u=(u.u)1/2

Definisi. Jika V adalah sebuah ruang hasil kali dalam,

maka norma (atau panjang) vector u dinyatakan oleh ‖u‖dan didifinisikan oleh

‖u‖=¿u.u>¿1/2¿

Di R2,jarak antara dua titik u = (u1 , u2)dan v = (v1 , v2)

diberikan oleh

d(u,v) = √¿¿=‖u−v‖

di R3 jarak antara dua titik u = (u1 , u2 , u3) dan v = (v1 , v2 , v3)

diberikan oleh

d(u,v) = √¿¿=‖u−v‖

definisi. Jika V adalah sebuah ruang hasil kali dalam,

maka jarak antara dua titik(vector) u dan v dinyatakan

oleh d(u,v) dan didefinisikan oleh

d(u,v) = ‖u−v‖

Teorema 20 (ketaksamaan cauch Schwarz). Jika u dan v

adalah vector pada sebuah ruang hasil kali dalam maka

18

¿u,v>¿2≤¿u,u>¿v,v>¿❑¿¿

Bukti .

Jika u = 0, maka ¿u,v≥¿u,u≥0,sehingga persamaan

sebelumnya terpenuhi. Anggap u≠0. Misalkan

a=¿u,u>,b=2<u,v>,c=¿v,v>,dan misalkan t sebarang

vector itu sendiri akan selalu tak negative. Sehingga,

o≤<(tu+v ), (tu+v )≥¿u,u>t2+2<u,v>t+¿v,v>,

¿at2+bt+c

Sifat-sifat dari panjang Euclidis dan jarak Euclidis

dalam R2danR3.

Sifat sifat dasar panjang Sifat-sifat dasar jarakL1.‖u‖≥0

L2. ‖u‖=0jika dan hanya

jika u=o

L3.‖ku‖=|k|‖u‖

L4.‖u+v‖≤‖u‖+‖v‖

(ketaksamaan

segitiga)

D1. d(u,v)≥0

D2. d(u,v)=0 jika dan hanya

jika u = v

D3. d(u,v)= d(v,u)

D4. d(u,v)≤ d(u,w)+ d(w,v)

(ketaksamaan

segitiga)

19

Teorema berikutnya akan mengakui definisi-definisi kita

mengenai norma dan jarak pada ruang hasil kali dalam.

Teorema 21. Jika V adalah ruang hasil kali dalam, maka

norma‖u‖=¿u,u>¿1 /2¿dan jarak d(u,v)= ‖u−v‖ memenuhi

semua sifat yang didaftarkan pada table di atas.

Bukti dari sifat L4. Menurut definisi maka

‖u+v‖2 ¿<u+v,u+v>¿

¿<u,u>+2<u,v>+¿v,v>¿

≤<u,u>+2<u,v>+¿v,v>¿

≤<u,u>+2‖u‖‖v‖+¿v,v>¿

¿‖u‖2+2‖u‖‖v‖+‖v‖2

¿¿2

Dengan mengambil akar-akar kuadratnya maka akan

memberikan

‖u+v‖≤‖u‖+‖v‖

Anggaplah bahwa u dan v adalah vector-vektor taknol

dalamruang hasil kali dalam V. jika kita memberikan

kedua sisi, kita peroleh

(¿u,v> ¿‖u‖‖v‖

¿)2 ≤1

20

Atau secara ekivalen

-1≤¿u,v> ¿‖u‖‖v‖

≤1¿ (4.25)

Kini jika θ adalah sudut yang mengukur radian dari 0hingga π maka cos θ mengasumsikan setiap nilai antara -1 dan 1. Jadi dari (4.25) kita peroleh sudut yang unik,

sehingga:

cosθ=¿u,v> ¿‖u‖‖v‖

dan0≤θ≤π ¿

Contoh 57

Carilah cosinus sudut θ diantara vektor-vektor

u = (4,3,1,-2) dan v = (-2,1,2,3)

yang ruang vektornya adalah R4 dengan hasil kali dalam

euclidis

Pemecahan

‖u‖=√30‖v‖=√18dan<u,v≥−9

Sehingga

cosθ=¿u,v> ¿‖u‖‖v‖

= −9√30√18

= −32√15

¿

21

Definisi. Dalam ruang hasil kali dalam, dua vector u

dan v dinamakan orthogonal jika<u,v>=0.

Selanjutnya,jika u orthogonal terhadap setiap

vektorpada himpunan W, maka kita katakan bahwa u

orthogonal terhadap W.

Teorema 22. (teorema Pythagoras yang digeneralisasi).

Jika u dan v adalah vector-vektor orthogonal pada ruang

hasil kali dalam, maka

‖u+v‖2=‖u‖2+‖v‖2

Bukti.

‖u+v‖2¿<(u+v ), (u+v )≥‖u‖2+2<u,v>+‖v‖2

¿‖u‖2+‖v‖2

BASIS ORTONORMAL; PROSES GRAM-SCHMIDT

Definisi. sebuah himpunan vector pada ruang hasil kali

dalam dinamakanhimpunan orthogonal jika semua pasangan

vector-vektor yang berbeda dalam himpunan tersebut

orthogonal. Sebuah himpunan orthogonal yang setiap

vektornya mempunyai norma 1 dinamakan ortonormal.

Teorema 23. Jika S=(v1, v2,…,vn)adalah basis ortonormal

untuk ruang hasil kali dalam V,dan u adalah sebarang

vector dalam V, maka

22

u= <u, v1> v1+<u, v2> v2+…+<u, vn> vn

bukti. Karena S = (v1, v2,…,vn)adalah basis, maka vector u

dapat dinyatakan dalam bentuk

u= k1v1 +k2v2 + ...+knvn

dengan memperlihatkan bahwa k1 = <u, vi>untuk I = 1,2,

….,n. untuk setiap vector vi dalam S kita peroleh

<u, vi> =< k1v1 +k2v2 + ...+knvn , vi>

= k1 <v1 ,vi>,+k2 <v2 , vi>+ ...+kn <vn , vi>

Karena S =(v1, v2,…,vn)adalah himpunan ortonormal maka kita peroleh

<vi , vi> = ‖vi‖2=1 dan <vi , vj>=0 if j ≠i

Maka persamaan diatas dapat disederhanakan menjadi

<u, vi> = ki

Contoh 62

Misalkan v1=(0,1,0 ),v2=(−45 ,0, 35 ),v3=(35 ,0, 45) mudah untuk

memeriksa bahwa S ={ v1, v2, v3} adalah basis ortonormal

untuk R3 dengan hasil kali dalam euclidis. Nyatalah

vektor u=(1,1,1) sebagai kombinasi linear vektor-vektor

S.

Pemecahan

23

¿u1,v1>¿1<u2,v2>¿−15

<u3,v3>¿75

Sehingga, menurut teorema 23

u=v1−15v2+

75v3

Yakni,

(1,1,1 )=(0,1,0)−15

(−45,0, 3

5)+75

(35,0, 4

5)

Teorema 24. Jika S =(v1, v2,…,vn)adalah himpunan

orthogonal vector taknol dalam ruang hasil kali dalam,

maka S bebas linear.

Bukti. Anggaplah

k1v1 +k2v2 + ...+knvn=0

untuk mendemostrasikan bahwa S =(v1, v2,…,vn)bebas

linear, maka kita harus membuktikan bahwa k1= k2=…= kn=0.

Untuk setiap vi dalam S, bahwa

<k1v1 +k2v2 + ...+knvn , vi > =<0, vi>=0

Dari ortogonalitas S,<vj , vi> = 0 bila j≠0 sehingga

ki<vj , vi>=0

karena vector-vektor S dianggap taknol, maka,<vj , vi>

≠0.menurut aksioma kepositifan untuk hasil kali dalam.

24

Maka ki =0. Karena indeks tikalas I sebarang, maka kita

peroleh k1= k2=…= kn=0.; jadi S bebas linear.

Teorema 25. Misalkan V adalah ruang hasil kali dalam dan

(v1, v2,…,vr)adalah himpunan ortonormal dari vector-

vektor V. jika W menyatakan ruang yang direntang oleh

(v1, v2,…,vr)maka setiap vector u dalam V dapat

diungkapkan dalam bentuk

u= w1+w2

dimana w1 terletak di W dan w2 ortogonal terhadap W

dengan memisalkan

w1 =<u, v1> v1 +<u, v2> v2 +…+<u, vr> vr

w2= u-v1> v1 -<u, v2> v2 -…-<u, vr> vr

Teorema 26. Setiap ruang hasil kali dalam berdimensi

berhingga taknol mempunyai sebuah basis ortonormal.

Teorema 27. (teorema proyeksi) jika W adalah subruang

yang berdimensi berhingga dari ruang hasil kali dalam

V, maka setiap vector u pada V dapat dinyatakan persis

mempunyai satu cara yaitu,

u= w1+w2

dimana w1 terletak di W dan w2 ortogonal terhadap W.

Teorema 28. (teorema Aproksimasi terbaik). Jika W

adalah subruang yang berdimensi berhingga dari ruang

25

hasil kali dalam V dan jika u adalah vector di V maka

adalah aproksimasi terbaik bagi u dari W dengan

pengertian bahwa

‖u−proyu‖<‖u−w‖

Untuk setiap vector w yang berbeda dari proy u.

KOORDINAT ; PERUBAHAN BASIS

Teorema 29. Jika S =(v1, v2,…,vr)adalah basis untuk

ruang vector V, maka setiap vector v yang terletak di V

dapat dinyatakan dalam bentuk v= c1v1, c2v2,…, cnvn persis

mempunyai satu cara.

Jika S==(v1, v2,…,vn)adalah basis untuk ruang vector V

yang berdimensi berhingga dan

v= c1v1, c2v2,…, cnvn

adalah pernyataan untuk v dalam basis S, maka skalar

c1, c2,…, cn dinamakan koordinat relative terhadap basis

S. vector koordinat dari v relative terhadap S

dinyatakan oleh v dan merupakan vector Rn yang

didefinisikan oleh

(v)s= (c1, c2,…, cn)

26

Matriks koordinat v relative terhadap S yang dinyatakan

oleh [v], sedangkan matriks n×1 didefinisikan oleh

[c1c2⋮c3]Teorema 30. Jika S adalah basis ortonormal untuk ruang

hasil kali dalam berdimensi n dan jika

(u)s= (u1, u2,…, un) dan (v)s= (v1, v2,…,

vn)

Maka

(a) ‖u‖=√u12+u2

2,..+un2

(b) d (u,v )=√¿¿

(c) ¿u,v≥u1v1 + u2v2+….+unvn

Teorema 31. Jika P adalah matriks transisi dari basis Cke basis B, maka

(a) P dapat dibalik

(b) P−1 adalah matriks transisi dari B ke B'

Teorema 32. Jika P adalah matriks transisi dari satu

basis ortonormal ke baris ortonormal yang lain untuk

sebuah ruang hasil kali dalam, maka

P−1=Pt

27

Definisi. Sebuah matriks A kuadart yang mempunyai sifat

A−1=At

Kita katakana matriks orthogonal.

Teorema 33. Yang berikutekivalen satu sama lain:

(a) A adalah orthogonal

(b) Vektor-vektor baris dari A membentuk himpunan

ortonormal Rn dengan hasil kali dalam Euclidis

(c) Vektor-vektor kolom A membentuk himpunan

ortonormal Rn dengan hasil kali dalam Euclidis.

Contoh 75

Tinjaulah matriks

A=[1√2

1√2

0

0 0 11√2

−1√2

0 ]Pemecahan

Vektor-vektor baris A adalah

r1=( 1√2 , 1√2

,0),r2=(0,0,1 ),r3=( 1√2 ,−1√2

,0)

28

Relatif terhadap hasil kali dalam euclidis, sehingga

diperoleh

‖r1‖=‖r2‖=‖r3‖=1

Dan ¿r1,r2≥¿

¿r1,r3>¿<r2,r3>¿0

Sehingga vektor-vektor baris A membentuk himpunan

ortonormal pada R3. Jadi A ortogonal dan

A−1=At=[1√2

0 1√2

1√2

0 −1√2

0 1 0]

29