BAB 5 RUANG VEKTOR UMUM. Dr. Ir. Abdul Wahid Surhim, MT.

Transkripsi

1 BAB 5 RUANG VEKTOR UMUM Dr. Ir. Abdul Wahid Surhim, MT.

2 KERANGKA PEMBAHASAN. Ruang Vetor Nyata. Subruang. Kebebasan Linier 4. Basis dan Dimensi 5. Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Nul 6. Ran dan Nulitas

3 PENGANTAR Pada bab sebelumnya: generalisasi vetor R dan R e R n Pada bab ini aan mengumuman vetor lebih lanjut sehingga disebut saja: VEKTOR Di sini buan hanya teori, tapi apliasi: ALAT yang sangat berguna untu memperluas visualisasi geometri ita terhadap berbagai permasalahan matematia yang penting Kita dapat menggambaran R dan R sebagai garis, yang memperenanan ita menggambar atau membentu gambar mental untu membantu menyelesaian permasalahan tersebut

4 5. RUANG VEKTOR NYATA Pada sub-bab ini ita aan memperluas onsep sebuah vetor dengan mengambil sifa-sifat penting vetor yang sudah dienal emudian dijadian AKSIOMA Setiap seumpulan obye yang coco dengan suatu asioma, secara otomatis memilii sifa-sifat penting vetor yang sudah dienal Selanjutnya, umpulan obye tersebut dapat diterima sebagai VEKTOR JENIS BARU

5 AKSIOMA RUANG VEKTOR V adalah umpulan obye buan osong yang dapat didefinisian dengan dua operasi: penambahan dan peralian salar Jia operasi-operasi beriut berlau untu semua u, v, w dan V, maa V adalah RUANG VEKTOR, sedangan obye-obye tersebut ada di dalam vetor V. Jia u dan v adalah obye di dalam V, maa u + v ada di dalam V. u + v = v + u

6 . u + (v + w) = (u + v) + w 4. Ada sebuah obye di V, disebut vetor nol untu V, sehingga + u = u + = u untu semua u di V 5. Untu semua u di V, ada obye u di V, disebut u negatif, sehingga u + (-u) = (-u) + u = 6. Jia adalah salar sembarang dan u adalah obye sembarang di V, maa u ada di V 7. (u + v) = u + v 8. ( + m)u = u + mu 9. (mu) = (m)(u).u = u

7 CONTOH Dietahui V adalah umpulan fungsi nilai-nyata yang didefinisian pada garis bilangan nyata (-, ). Jia f(x) dan g(x) adalah dua fungsi dan adalah bilangan nyata, definisian penjumlahan fungsi f(x)+g(x) dan f(x). JAWAB

8 CONTOH Kumpulan semua pasang bilangan nyata (x,y) dengan operasi (x,y) + (x,y ) = (x+x,y+y ) dan (x,y) = (x,y) Apaah ini termasu ruang vetor? Kalau tida, manaah asioma yang gagal? JAWABAN BUKAN termasu ruang vetor arena gagal di asioma 9 dan : 9. (mu) = (m)(u). u = u

9 CONTOH: SETIAP BIDANG MELALUI ASALNYA ADALAH SEBUAH RUANG VEKTOR V adalah bidang melalui asalnya di R. Kita aan menunjuan bahwa titititi di V membentu ruang vetor di bawah operasi penjumlahan dan peralian yang standar untu vetor di R. Telah dibutian bahwa R itu sendiri adalah ruang vetor di bawah operasi-operasi ini sehingga telah memenuhi asioma,, 7, 8, 9 dan. Searang ita butian asioma sisanya (, 4, 5, dan 6). Karena V bidang melalui asalnya maa: ax + by + cz = Jia u = (u,u,u ) dan v = (v,v,v ) adalah titi di V, maa au + bu + cu = dan av + bv + cv =. Penjumlahan edua garis: a(u +v ) + b(u +v ) + c(u +v ) =

10 Buti asioma : u + v = (u +v,u +v,u +v ), sehingga u + v ada di V Buti asioma 4: + u = u + = u = (,,) maa (,,) + (u,u,u ) = (u,u,u ) + (,,) = (u,u,u ) Buti asioma 5: u + (-u) = (-u) + u = (u,u,u ) + (-u,-u,-u ) = (-u,-u,-u ) + (u,u,u ) = (,,) Buti asioma 6: u = (u,u,u ) = (u,u,u )

11 SIFAT-SIFAT RUANG VEKTOR

12 5. SUBRUANG Misalan W merupaan subhimpunan dari sebuah W dinamaan subruang (subspace) V ruang vetor V jia W juga merupaan ruang vetor yang tertutup terhadap operasi penjumlahan dan peralian dengan salar. Syarat W disebut subruang dari V adalah :. W { }. W V u, v W u v W u W u W. Jia maa 4. Jia dan Riil maa

13 Contoh : Tunjuan bahwa himpunan W yang berisi semua matris orde x dengan setiap unsur diagonalnya adalah nol merupaan subruang dari ruang vetor matris M x Jawab :. O W maa. Jelas bahwa W M x. Ambil sembarang matris A, B W Tulis A a W a b dan B b

14 Perhatian bahwa : Ini menunjuan bahwa 4. Ambil sembarang matris A W dan Riil maa Ini menunjuan bahwa Jadi, W merupaan Subruang dari M x. b a b a b b a a B A W B A W a a A AW

15 CONTOH : Perisa apaah himpunan D yang berisi semua matris orde x yang determinannya nol merupaan subruang dari ruang vetor M x Jawab : Ambil sembarang matris A, B W. Pilih a b : a b A, jelas bahwa det (A) = B b a, jelas bahwa det (A) =

16 Perhatian bahwa : A B = a b b a Karena a b Maa det (A + B ) = a b Jadi D buan merupaan subruang arena tida tertutup terhadap operasi penjumlahan

17 KOMBINASI LINEAR Sebuah vetor u dinamaan ombinasi linear dari vetor vetor v, v,, vn jia vetor vetor tersebut dapat dinyataan dalam bentu : u v v... n v n dengan,,, n adalah salar Real.

18 CONTOH Misal a b c u = (, 4, ), dan adalah vetor-vetor di R. Apaah vetor beriut merupaan ombinasi linear dari vetor vetor di atas a. = (4,, 6) b. = (, 5, 6) c. = (,, ) v = (,, )

19 a. Tulis aan diperisa apaah ada,,sehingga esamaan tersebut dipenuhi. Ini dapat ditulis menjadi: a v u JAWABAN dengan OBE, diperoleh: ~ a u v u a Dengan demiian, merupaan ombinasi linear dari vetor dan atau v

20 b v u b. Tulis : ini dapat ditulis menjadi: ~ 6 - ~ dengan OBE dapat ita peroleh : Baris terahir pada matris ini menunjuan bahwa SPL tersebut adalah tida onsisten (tida mempunyai solusi). Jadi, tida ada nilai dan yang memenuhi b tida dapat dinyataan sebagai ombinasi linear dari u dan v

21 c. Dengan memilih = dan =, maa dapat ditulis u v c artinya vetor nol merupaan ombinasi linear dari vetor apapun.

22 MEMBANGUN RUANG VEKTOR Himpunan vetor S v, v,..., diataan membangun suatu ruang vetor V jia setiap vetor pada V selalu dapat dinyataan sebagai ombinasi linear dari vetor vetor di S. Contoh : Tentuan apaah v = (,, ), v n v = (,, ), dan membangun V??? v = (,, )

23 u u u Jawab : misalan. Tulis :. Sehingga dapat ditulis dalam bentu : Ambil sembarang vetor di R v v v u u u u u

24 Syarat agar dapat diataan ombinasi linear SPL tersebut harus mempunyai solusi (onsisten) Dengan OBE diperoleh : Agar SPL itu onsisten haruslah u u u = Ini ontradisi dengan pengambilan vetor sembarang (unsur unsurnya bebas, ta bersyarat) Dengan demiian vetor vetor tersebut tida membangun R

25 5. KEBEBASAN LINIER Misalan S u u,...,, u n adalah himpunan vetor diruang vetor V S diataan bebas linear (linearly independent) JIKA SPL homogen : u u... n u n hanya mempunyai satu solusi (tunggal), yani,,..., n Jia solusinya tida tunggal maa S ita namaan himpunan ta bebas linear (Bergantung linear / linearly dependent)

26 ,, u,, a a u - Dietahui dan Apaah saling bebas linear di R Tulis atau Jawab : CONTOH : ~ - ~ 4 dengan OBE dapat diperoleh : dengan demiian diperoleh solusi tunggal yaitu: =, dan =. Ini berarti ū dan ā adalah saling bebas linear.

27 a b 4 6 c c b a 4 6,, Jawab : atau = Tulis : Apaah etiga vetor diatas saling bebas linear R CONTOH:

28 ~ 4 c b a,, dengan OBE diperoleh : Ini menunjuan bahwa,, mrp solusi ta hingga banya adalah vetor-vetor yang bergantung linear. Jadi

29 INTERPRETASI GEOMETRI KEBEBASAN LINEAR Di R atau R, umpulan dua vetor BEBAS LINEAR jia dan hanya jia vetorvetor tersebut TIDAK terleta pada garis yang sama saat ditempatan titi awalnya di asalnya (titi O) Di R, umpulan tiga vetor BEBAS LINEAR jia dan hanya jia vetor-vetor tersebut TIDAK terleta pada bidang yang sama saat ditempatan titi awalnya di asalnya (titi O)

30 TEOREMA Misalan S = {v, v,, v r } adalah umpulan vetor di R n. Jia r>n, maa S bergantung linear Karena, ada r anu sedangan persamaannya n buah (lebih sediit), sehingga pasti bergantung linear

31 KEBEBASAN LINEAR FUNGSI Beberapa fungsi pada interval (-,) dapat diuji ebebasan linearnya menggunaan WRONSKIAN dari f (x), f (x),, f n (x) dengan rumus: = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Deteminan ini berguna untu memastian apaah fungsi-fungsi tersebut membentu ebebasan linear di ruang vetor C n- (-,) JIKA DETERMINANNYA TIDAK NOL, MAKA BEBAS LINEAR

32 CONTOH Uji ebebasan linear fungsi-fungsi beriut:. x, sin x., e x, e x JAWAB:. Wronsiannya: Nilai x = maa W =, x = / maa W. Wronsiannya: Nilai x berapa pun tida ada yang membuat nilai W menjadi nol

33 5.4 BASIS DAN DIMENSI Jia V adalah sembarang ruang vetor dan S = { ū, ū,, ū n } merupaan himpunan berhingga dari vetor vetor di V, maa S dinamaan basis bagi V Jia edua syarat beriut dipenuhi : S membangun V S bebas linear

34 , 4 8,, 6 6 M d c b a Contoh : Tunjuan bahwa himpunan matris beriut : merupaan basis bagi matris beruuran x Jawab : Tulis ombinasi linear : atau d c b a

35 d c b a dengan menyamaan setiap unsur pada edua matris, diperoleh SPL : Determinan matris oefisiennya (MK) = 48 det(mk) SPL memilii solusi untu setiap a,b,c,d Jadi, M membangun M x Ketia a =, b =, c =, d =, det(mk) SPL homogen punya solusi tunggal. Jadi, M bebas linear.

36 Karena M bebas linear dan membangun M x maa M merupaan basis bagi M x. Ingat Basis untu setiap ruang vetor adalah tida tunggal. Contoh : Untu ruang vetor dari M x, himpunan matris :,,, juga merupaan basisnya.

37 DIMENSI Ruang vetor buan nol V disebut DIMENSI-TERBATAS (finite-dimensional) jia mengandung sebuah umpulan terbatas vetor {v, v,, v n } yang membentu sebuah basis. Jia tida ada umpulan yang tersedia maa disebut DIMENSI-TAK TERBATAS Notasinya: dim(v) Contoh: dim(r n ) = n (basis standar yang memilii n vetor) dim(p n ) = n + (basis standar yang memilii n + vetor) dim(m mn ) = mn (basis standar yang memilii mn vetor)

38 CONTOH SPL beriut, berapa dimensinya? Solusi umumnya: Dalam bentu vetor dapat ditulis: = dan = sebagai basis Dimensi =

39 CONTOH Temuan basis subruang P (polynomial ) yang dijangau oleh vetor beriut: JAWABAN: 6 9 +, + 6, + 9 Baris dan proporsional terhadap baris, sehingga hasil OBE: Hanya ada satu solusi yang mungin: +

40 5.5 RUANG BARIS, RUANG KOLOM DAN RUANG NUL A Vetor baris Vetor olom Perhatian olom-olom pada matris hasil OBE Kolom yang memilii leading disebut RUANG KOLOM

41 matris A mempunyai basis ruang olom yaitu :, basis ruang baris diperoleh dengan cara, Mentransposan terlebih dahulu matris A, lauan OBE pada A t, sehingga diperoleh : BARIS yang memilii leading disebut RUANG BARIS

42 Kolom-olom pada matris hasil OBE yang memilii satu utama bersesuaian dengan matris asal (A). Ini berarti, matris A tersebut mempunyai basis ruang baris :,

43 CONTOH Perhatian SPL yang berbentu Ax = b beriut: Tunjuan bahwa b adalah ruang olom A, dan nyataan b sebagai ombinasi linear vetor olom A. JAWAB Solusi dengan eliminasi Gauss:

44 CONTOH Temuan basis untu RUANG NOL dari JAWABAN Ruang nol dari A adalah ruang solusi sistem homogenya: Seperti pada contoh sebelumnya, vetor solusinya yang membentu ruang vetor:

45 5.6 RANK DAN NULITAS Dari contoh sebelumnya:, Dimensi basis ruang baris = ruang olom dinamaan ran. Jadi ran dari matris A adalah. A, basis ruang olom basis ruang baris

46 Contoh : Diberian SPL homogen : p + q r s = p q + r s = p + q 4r + s = p s = Tentuan basis ruang solusi dari SPL di atas Jawab : SPL dapat ditulis dalam bentu : 4

47 b a s r q p dengan melauan OBE diperoleh : Solusi SPL homogen tersebut adalah : dengan a, b merupaan parameter.

48 Jadi, basis ruang solusi dari SPL diatas adalah :, Dimensi dari basis ruang solusi dinamaan nulitas. Dengan demiian, nulitas dari SPL di atas adalah.

49 CONTOH Temuan ran dan nulitas Hasil eselon baris terredusi: berarti

50 NULITAS (A) = 4