Post on 24-Apr-2015
BAB IV. RUANG-RUANG VEKTOR EUCLIDEAN 4.1 Ruang Euclidean Berdimensi n Vektor-vektor di nR Definisi:
• Jika n adalah bilangan bulat positif, maka n-pasangan terurut adalah suatu barisan n buah bilangan riil 1 2( , , ..., )na a a . Himpunan dari semua n-pasangan terurut disebut ruang-n dan dinotasikan dengan nR .
• Dua vector 1 2 1 2( , , ..., ) & ( , ,..., )n nu u u u v v v v= =r r
di nR adalah sama jika
1 1 2 2, ,..., n nu v u v u v= = = . Jumlah u v+r r
didefinisikan sebagai:
1 1( ,..., )n nu v u v u v+ = + +r r ur ur uur uur
, & jika k adalah scalar, maka perkalian scalar kur
didefinisikan 1 2( , , ..., )nku ku ku ku=r
Operasi penjumlahan & perkalian scalar di atas disebut operasi standar pada nR . Vektor 0r
di nR dinotasikan oleh 0 (0, 0,..., 0)=r
Ruang –n Euclidean Definisi: Jika 1 2 1 2( , , ..., ) & ( , ,..., )n nu u u u v v v v= =
r radalah vector-vektor di nR , maka Euclidean
Inner Product .u vr r
didefinisikan oleh: 1 1 2 2. ... n nu v u v u v u v= + + +r r
.
nR disebut Ruang-n Euclidean, apabila dilengkapi dengan operasi inner product euclidean Norm & Jarak di Ruang-n Euclidean
• Norm Euclidean dari suatu vector 1, 2( ,..., )nu u u u=r
didefinisikan oleh:
1
2 221( . ) ... nu u u u u= = + +
r r r
• Jarak Euclidean antara titik 1 2 1 2( , , ..., ) & ( , ,..., )n nu u u u v v v v= =r r
adalah
2 21 1( , ) ( ) ... ( )n nd u v u v u v u v= − = − + + −
r r r r
• Pertidaksamaan Cauchy-Schwarz adalah Jika 1 2 1 2( , , ..., ) & ( , ,..., )n nu u u u v v v v= =
r radalah vector-vektor di nR , maka:
.u v u v≤r r r r
Orthogonality
• Dua vector &u vr r
di nR disebut orthogonal jika . 0u v =r r
• Jika &u vr r
orthogonal, maka 2 2 2
u v u v+ = +r r r r
• Vektor 1, 2( ,..., )nu u u u=r
, kadang-kadang ditulis:
1
21, 2 ,..., n
n
uu
u atau u u u u
u
= =
r r
M
Rumus Matriks untuk Dot Product
1 1
2 2
1
21 1 1
,
.
n n
T
n n n
n
u vu v
u v
u v
uu
u v v u v v u v u v
u
= =
= = = + +
r r
M M
r r r r ur uurK L
M
Jika A adalah matriks n n× , maka:
. ( ) ( ) ( ) .
. ( ) ( ) ( ) .
. .
. .
T T T T T
T TT T T T
T
T
Au v v Au v A u A v u u A v
u Av Av u v A u v A u A u v
Au v u A v
u Av A u v
• = = = =
• = = = =
∴ =
=
r r r r r r r r r r
r r r r r r r r r r
r r r r
r r r r
Contoh: Misalkan
1 2 3 1 22 4 1 2 01 0 1 4 5
1 2 3 1 72 4 1 2 101 0 1 4 5
1 2 1 2 72 4 0 0 4
3 1 1 5 1
. 7.( 2) 10.0 5.5 11
.
T
T
A u v
Au
A v
Au v
u A v
− − − = = = −
− − = = −
− − − = − = −
= − + + =
=
r r
r
r
r r
r r( 1).( 7) 2.4 4.( 1) 11
sama
− − + + − =
4.2 Transformasi Linier dari nR ke
mR
• Fungsi dari nR R→ Contoh: : nf R R→
2 2 21 2
2 2 21 2 1 2
( ... )1 2
( , ,..., ) ...
( , ,..., ) n
n n
x x xn
f x x x x x x
f x x x e− + + +
= + + +
=
• Fungsi dari mnR R→ , yaitu : mnf R R→ Jika m n= , maka :
nnf R R→ , & f disebut operator pada nR • Misalkan
1 1 1 2
2 2 1 2
1 2
( , ,..., )( , ,..., )
( , ,..., )
n
n
m m n
w f x x xw f x x x
w f x x x
=
=
=M
1 2 1 2( , , ..., ) ( , ,..., )n mn mx x x R dan w w w R∈ ∈
1 2( , ,..., ) nnx x x R∀ ∈ , kita mendapatkan nilai unik 1 2( , ,..., ) m
mw w w R∈
Persamaan-persamaan tersebut mendefinisikan transformasi dari mnR R→ ,
yaitu: : mnT R R→ , sehingga 1 2 1 2( , ,..., ) ( , , ..., )n mT x x x w w w= Contoh: Misalkan diketahui persamaan-persamaan:
1 1 2
2 1 22 2
3 1 2
3w x xw x xw x x
= +=
= −
Yang mendefinisikan transformasi 32:T R R→ , berarti 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2( , ) ( ,3 , )T x x x x x x x x= + − Contoh: 2 2(1, 2) (1 ( 2),3.1.( 2),1 ( 2) ) ( 1, 6, 3)T − = + − − − − = − − − • Selanjutnya, misalkan
1 11 1 12 2 1
2 21 1 22 2 2
1 1 2 2
......
...
n n
n n
m m m mn n
w a x a x a xw a x a x a x
w a x a x a x
= + + +
= + + +
= + + +M
Persamaan-persamaan tersebut mendefinisikan transformasi dari mnR R→ ,
yaitu: : mnT R R→ . Karena persamaan-persamaan tersebut berbentuk linier, maka transformasinya disebut transformasi linier. Persamaan-persamaan
di atas dapat ditulis:
1 11 1 1
2 21 2 2
1
n
n
n m mn n
w a a xw a a x
w a a x
w Ax
=
=
L
L
M M M
Lur r
Matriks ijA a = disebut matrika standar untuk transformasi linier T , & T disebut multiplication by A . Contoh: Transformasi linier 34:T R R→ , yang didefinisikan oleh persamaan:
1 1 2 3 4
2 1 2 3 4
3 1 2 3
2 3 54 25 4
w x x x xw x x x xw x x x
= − + −
= + − += − +
dapat dinyatakan dalam bentuk:
11
22
33
4
2 3 1 54 1 2 15 1 4 0
xw
xw
xw
x
− −
= − −
Matriks standar dari T adalah 2 3 1 54 1 2 15 1 4 0
− − − −
• Beberapa Notasi Penting Jik : mnT R R→ adalah multiplication by A ( A matriks standar dari T ),
maka transformasi :mnT R R→ , dinotasikan oleh :
mnAT R R→ ,
artinya ( )AT x Ax=r r
.
Kadang-kadang matriks A dinotasikan dengan [ ]AT , berarti: ( )AT x Ax=r r
, dapat
ditulis: [ ]( )A AT x T x=r r
• Komposisi dari Transformasi Linier
Jika :kn
AT R R→ & :mk
BT R R→ adalah transformasi-transformasi linier, maka
( ) & ( ) ( ( ))n k k mA A B Ax R T x R T x R T T x R∀ ∈ ∃ ∈ ∀ ∈ ∃ ∈
AT BTnR kR mR
B AT T•
( )( ) ( ( ))B A B AT T x T T x∴ • = →r r
komposisi dari BT dg AT Komposisi B AT T• adalah linier, karena:
( )( ) ( ( )) ( ) ( ) ( )B A B A BT T x T T x T Ax B Ax BA x• = = = =r r r r r
B AT T∴ • adalah multiplication by BA . Contoh: Tentukan matriks standar T untuk menemukan ( )T x
r, kemudian periksa hasilnya
dengan menghitung langsung ( )T xr
.
1 2 1 2 2
1 2 3 1 2 3 2 3
( ) ( , ) ( , ); ( 1,4)
( ) ( , , ) (2 , ,0); (2,1, 3)
a T x x x x x x
b T x x x x x x x x x
= − + = −
= − + + = −
r
r
Pembahasan:
(a)
1 1 2
2 2
1 1
2 2
1 1 1 10 1 0 1
( )1 1 1 5
(( 1,4))0 1 4 4
( ) (5,4)( 1,4) ( ( 1) 4,4) (5,4)
w x xw x
w xA
w x
T x Ax
T
T xT
= − +=
− − = ∴ =
=
− − − = =
∴ =− = − − + =
r r
r
(b)
( )
1 1 2 3
2 2 3
3
1 1
2 2
3 3
2
02 1 1 2 1 10 1 1 0 1 10 0 0 0 0 0
( )2 1 1 2 0
((2,1, 3)) 0 1 1 1 20 0 0 3 0
( ) 0 2 0(2,1, 3) (2.2 1 3,
w x x xw x xw
w xw x Aw x
T x Ax
T
T xT
= − +
= +=
− − = ∴ =
=
− − = = − −
∴ = −
− = − −
r r
r
1 3,0) (0, 2,0)− = −
Geometri dari Operator Linier : nnT R R→ n- tuple terurut 1 2( , , ..., )na a a dapat dipandang sebagai suatu titik atau vector di nR
( )T xr
xr ( )T xr
xr
0 ( ) 0 0T x x= =r r r
: transformasi nol
( )IT x I x x= =r r r
: transformasi identitas Operator Refleksi
( , )x y( , )x y−
( )T xr xr
x
y
Refleksi terhadap sumbu Y di 2R
1
2
1
2
00 1
1 00 1
w x x yw y x y
w xw y
= − = − += = +
↓
− =
∴Matriks standar untuk reflaksi terhadap sumbu Y adalah 1 0
0 1−
Refleksi terhadap bidang XY
( , , )x y z
( , , )x y z−
1
2
3
1 0 00 1 00 0 1
w xw yw z
= = = − −
Operator Proyeksi pada Sumbu X
xr
x
y
( , )x y
( ,0)xwr
1
2
1 00 0 0
w xw
= =
Operator Proyeksi Ortogonal pada Bidang XZ
xr
( , , )x y z
y
x
z
wr
( ,0, )x z
1
2
3
1 0 00 0 0 0
0 0 1
w xww z
= = =
Operator Rotasi di 2R
1x
2x1 2( , )w w w=r
1 2( , )x x x=r
r
r
θ φ
1 2
1
2
cos , sincos( ) cos cos sin sinsin( ) sin cos cos sin
x r x rw r r rw r r r
φ φθ φ θ φ θ φθ φ θ φ θ φ
= == + = −= + = +
1 1 2 1 1
2 22 1 2
cos cos sinsin cos sin cos
w x x sin w xw xw x x
θ θ θ θθ θ θ θ
= − − ⇒ = = +
Operator Rotasi di 3R Rotasi berlawanan arah jarum jam mengelilingi sumbu X positif sebesar θ
xry
x
z
wr
1
2
3
1 0 0cos sin 0 cos sinsin cos 0 sin cos
w xw y zw y z
θ θ θ θθ θ θ θ
= = − − = +
Rotasi berlawanan arah jarum jam mengelilingi sumbu Y sebesar θ
xr
y
x
z
wr
1
2
3
cos sin cos 0 sin0 1 0
sin cos sin 0 cos
w x zw y
w x z
θ θ
θ θ θ θ
= + = = − + −
Operator Dilatasi & Kontraksi
( )T x k x=r
Kontraksi dengan faktor (0 1)k k≤ ≤
y
x
( , )x y
( , )kx kyxrwr
1
2
w kxw ky
=⇒
= matriks standar
00k
k
=
Dilatasi dengan factor ( 1)k k ≥
y
x
( , )x y
( , )kx kyxr
wr
1
2
w kxw ky
=⇒
= matriks standar
00k
k
=
Untuk 3R , matriks standarnya yaitu 0 0
0 00 0
kk
k
Komposisi dari Transformasi Linier Jika :
knAT R R→ & :
mkBT R R→ adalah transformasi linier, maka untuk
setiap nx R∈r
( ) ( ( ))A B Ax T x T T x→ →r r r
adalah transformasi linier dari mnR R→ yang disebut komposisi dari :B A B AT dengan T T T•
B A BAT T T∴ • =
Jika 1 : knT R R→ & 2 : mkT R R→ adalah transformasi linier, maka
( ) ( ) ( )2 1 2 1T T T T• = Contoh: Misalkan
221 :T R R→ adalah operator linier rotasi vector sebesar 1θ
22
2 :T R R→ adalah operator linier rotasi vector sebesar 2θ
( ) ( ) ( )2 1 2 1T T T T• =
1 1 2 21 2
1 1 2 2
cos sin cos sin,
sin cos sin cosT T
θ θ θ θθ θ θ θ
− − = =
y
x
1( )T xr
xr1θ
2θ
1 2θ θ+2 1( ( ))T T xr
( ) ( ) ( )( ) ( )
1 2 1 22 1
1 2 1 2
cos sinsin cos
T Tθ θ θ θθ θ θ θ
+ − + • = + +
( ) ( )
1 1 2 21 2
1 1 2 2
1 1 2 22 1
1 1 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
cos sin cos sin,
sin cos sin cos
cos sin cos sinsin cos sin cos
cos cos sin sin sin cos cos sinsin cos cos sin cos cos sin
T T
T T
θ θ θ θθ θ θ θ
θ θ θ θθ θ θ θ
θ θ θ θ θ θ θ θθ θ θ θ θ θ θ
− − = =
− −
=
− − +=
+ −
( ) ( )( ) ( ) ( )
1 2
1 2 1 22 1
1 2 1 2
sin
cos sinsin cos
T T
θ
θ θ θ θθ θ θ θ
+ − + = = • + +
Contoh: 22
1 :T R R→ : pencerminan terhadap garis y=x 22
2 :T R R→ : proyeksi orthogonal terhadap sumbuY
( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
( ) ( )
1 2
1 2 1 2
2 1 2 1
1 2 2 1
0 1 0 0,
1 0 0 1
0 1 0 0 0 11 0 0 1 0 0
0 0 0 1 0 00 1 1 0 1 0
T T
T T T T
T T T T
T T T T
= =
• = = =
• = = =
∴ • ≠ •
Operator Pencerminan terhadap Titik Asal
( )T x x= −r r
pada 2R atau 2R : ( )1 0
0 1T
− = −
Komposisi 3 atau Lebih Transformasi Linier
( )( ) ( )( )( )1 2 3
3 2 1 3 2 1
: , : , :n k k l l mT R R T R R T R R
T T T x T T T x
→ → →
• • =r r
Matriks standar ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )
3 2 1 3 2 1
3 2 1 3 2 1 C B A CBA
T T T T T T
T T T T T T dan T T T T
• • =
• • = • • =
4.3 Sifat-sifat Transformasi Linier dari mnR R→ Definisi: Suatu transformasi linier T dari mnR R→ disebut satu-satu jika T memetakan vektor-vektor (titik-titik) yang berbeda di nR ke vektor-vektor (titik-titik) yang berbeda di
mR Untuk setiap vector w∈
ur Range dari transformasi linier satu-satu T , akan terdapat tepat
satu vektor ( )x sehingga T x w=r r ur
. Misalkan , : n n
n n AA T R R× → adalah perkalian oleh A, maka hubungan antara invertibilitas dari A dengan sifat-sifat AT :
• A Ax w=r ur
konsisten 1nw ×∀ur
• Ax w=
r ur mempunyai tepat satu solusi 1nw ×∀
ur
Ø A invertible Ø Ax w=
r ur konsisten 1nw ×∀
ur
Ø Ax w=r ur
mempunyai tepat satu solusi jika sistem konsisten § A invertible § Untuk setiap vector nw R∈
ur, terdapat vector nx R∈
r, sehingga
( ) ,AT x w= ⇒r ur
Range dari AT adalah semua vektor di nR
§ Untuk setiap vector wur
di range AT , terdapat tepat satu vektor nx R∈r
, sehingga
( )AT x w=r ur
, dpl AT adalah satu-satu
Teorema: Jika A adalah matriks nxn dan : n n
AT R R→ adalah perkalian oleh A , maka yang berikut ekivalen:
a) A invertible b) Range AT adalah nR c) AT adalah satu-satu (1-1)
Contoh:
1. Rotasi adalah 1-1, ( )cos sinsin cos
Tθ θθ θ
− =
2. Proyeksi vector di 3R pada bidang XY
( )1 0 00 1 00 0 0
T = ⇒
tidak 1-1, karena ( )T tidak invertible
Balikan (invers) dari Operator Linier Jika : n n
AT R R→ adalah operator linier 1-1, maka A invertible sehingga 1 : n n
AT R R− → juga merupakan operator linier yang disebut invers dari AT
1
1 1
1 1
1
( ( )) ( )
( ( )) ( )A AA
AA A
T T x T A x AA x I x x
T T x T Ax A Ax I x x
−
− −
− −
−
= = = =
= = = =
r r r r r
r r r r r
Atau
1 1
1 1
A IA AA
A IA A A
T T T TT T T T
− −
− −
• = =
• = =
ATwrxr
1AT −
1 1
1 1
( ) ( ( ))
[ ] [ ]AA A
T w T T x x
T T− −
− −
= =
=
r r r
Contoh: Mis 2 2
1 1 2 2 1 2: , 2 , 3 4T R R w x x w x x→ = + = + adalah 1-1 Maka 1
1 2( , )?T w w− Jawab:
[ ]1 1
2 2
2 1 2 1,
3 4 3 4w x
Tw x
= =
[ ] 114 1
5 53 2
5 5T T −−
− = = −
1 21 11
2 2 1 2
4 1 4 15 5 5 53 32 2
5 5 5 5
w ww wT
w w w w−
− − = = − −
11 2 1 2 1 2
4 1 3 2( , ) ,5 5 5 5
T w w w w w w− ∴ = − − +
Sifat-sifat Kelinieran Teorema: Suatu transif : n mT R R→ adalah linier jikka , ,nu v R c∀ ∈
r r scalar a. ( ) ( ) ( )T u v T u T v+ = +
r r r r b. ( ) ( )T cu cT u=
r r Bukti: Misal A adalah matriks standar T
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
T u v A u v Au Av T u T vT cu A cu c Au cT u
+ = + = + = += = =
r r r r r r r r
r r r r
Misal (a) dan (b) dipenuhi oleh T; adalah benar T linier dengan mendapatkan matriks ( ) ,A T x Ax x R∋ = ∀ ∈r r
Untuk (a): ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )T u v w T u T v w T u T v T w+ + = + + = + +r r r r r r r r r
Secara umum 1 2 1 2( ... ) ( ) ( ) ... ( )k kT v v v T v T v T v+ + + = + + +r r r r r r
Misal
1 2
1 0 00 1 0
, ,...,... ... ...0 0 1
ne e e
= = =
r r r vector-vektor basis standar di nR
Misal
[ ]1 2( ) ( ) ... ( )nA T e T e T e=r r r
Jika
[ ]
1 1
2 21 2, ( ) ( ) ... ( )
.... ....n
n
n n
x xx x
x R Ax T e T e T e
x x
= ∈ =
r r r r r
1 1
1 1
1 1
( ) ... ( )( ) ... ( )( ... )( )
n n
n n
n n
Ax x T e x T eAx T x e T x eAx T x e x eAx T x
= + += + +
= + +=
r r r
r r r
r r r
r r
Teorema: Jika : n mT R R→ adalah transformasi linier dan 1 2, ,..., ne e er r r adalah vector-vektor basis standar untuk nR , maka matriks standar untuk T adalah
[ ] [ ]1 2( ) ( ) ... ( )nT T e T e T e=r r r
Contoh: 1. Proyeksi terhadap bidang xz
1 1 2 3 3
1 0 0( ) 0 , ( ) 0 0 , ( ) 0
0 0 1T e e T e T e e
= = = = = =
rr r r r r
1 0 00 0 00 0 0
T =
2. 3 2:T R R→
1 1 2 3
2 1 2 3
2 3 2 1 35 4 5 4 1
w x x xw x x x
= − + + − ⇒ = + +
1 2 3
1 0 02 1 3
( ) 0 , ( ) 1 , ( ) 05 4 1
0 0 1T e T T e T T e T
− = = = = = =
r r r
3. Misal l adalah garis pada bidang xy melalui titik O dan membentik sudut θ
terhadap sumbu x positif, 0 θ π≤ ≤ . 2 2:T R R→ operator linier yang memetakan tiap vector ke proyeksi orthogonal ke l 1. cari matriks standar untuk T 2. cari proyeksi orthogonal dari vector (1,5)x =
r ke garis yang melalui O dan
bersudut 6πθ = terhadap sumbu x positif
lxr
( )T xr
θ
l
1er
1()Ter
θ
l
2er
2( )T erθ
1
1
2
11
1
( ) cos cos( )
( ) sin sinT e
T eT e cos
θ θθ θ θ
= =
rr
r
22 2
2
( ) cos sin( )
( ) sin sinT e cos
T eT e
θ θ θθ θ
= =
rr
r
2
2
cos sinsin sin
cosTcos
θ θ θθ θ θ
∴ =
BAB V
RUANG VEKTOR
V.1 Ruang Vektor
Definisi :
Misalkan V adalah suatu himpunan sebarang yang tidak kosong.
Misalkan 2 operasi didefinisikan pada V, yaitu operasi penjumlahan dan perkalian skalar.
Maka V disebut ruang vektor apabila memenuhi syarat-syarat:
1. Jika u V∈uur
dan ,v Vεr maka ,u v Vε+
r r
2. u v v u+ = +r r r r
3. ( ) ( )u v w u v w+ + = + +r r ur r r ur
4. Terdapat ( vektor nol ) 0 0 0 ,V u u u u V∈ ∋ + = + = ∀ ∈r r r r r r r
5. ( ) ( ) 0u V u V u u u u∀ ∈ ∃ − ∈ ∋ + − = − + =r uur r uur uur r r
6. Jika k skalar dan u V∈uur
, maka k u V∈uur
.
7. k ( )u v k u k v+ = +r rr r
8. ( k + l ) u k u l u= +r ur r
, l skalar
9. k ( ( ) ( ) ,l u k l u l=r r
skalar
10. 1 u u=uur r
Contoh :
Misalkan V = , , ,a b
a b c d Rc d
∈
, jika 1 1
1 1
a bu
c d
=
r , 2 2
2 2
a bv
c d
=
r
Definisikan + +
+ = + +
r r1 2 1 2
1 2 1 2
a a b bu v
c c d d dan 1 1
1 1
k a k bk u
k c k d
=
r
Apakah V ruang vektor ?
Jawab :
1. 1 1 2 2 1 2 1 2
1 1 2 2 1 2 1 2, ,
a b a b a a b bu V v V u v V
c d c d c c d d+ +
∈ ∈ + = + = ∈ + +
r r r r
2. + + + +
+ = + = = + + + +
r r1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1
1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1
a b a b a a b b a a b bu v
c d c d c c d d c c d d
= 2 2 1 1
2 2 1 1
a b a bv u
c d c d
+ = +
r r
3. ( )
+
+
=++
33
33
22
22
11
11
dcba
dcba
dcba
wvu rrr
= ( )( )
++++++++
=
++++
+
)dd(dccc)bb(baaa
ddccbbaa
dcba
321321
321321
3232
3232
11
11
= ( ) ( )( ) ( )
+
++++
=
++++++++
33
33
2121
2121
321321
321321
dcba
ddccbbaa
dddcccbbbaaa
= [ ] wvudcba
dcba
dcba
33
33
22
22
11
11 ++=
+
+
4. Ada
=
+
=
+
∋∈
=
11
11
11
11
11
11
dcba
0000
dcba
dcba
0000
V0000
0
5. 1 1 1 1
1 1 1 1
a b a bu V u V
c d c d− −
∀ = ∈ ∃ − = ∈ ∋ − −
r r
=
+
−−−−
=
−−−−
+
0000
dcba
dcba
dcba
dcba
11
11
11
11
1
11
11
11
6. Jika k skalar, maka Vdkckbkak
dcba
kuk11
11
1
11 ∈
=
=
r
7. k ( )
++++
=
+
=+
2121
2121
22
22
11
11
ddccbbaa
kdcba
dcba
kvu
= ( ) ( )( ) ( )
++++
=
++++
2121
2121
2121
2121
dkdkckckbkbkakak
ddkcckbbkaak
= vkukdcba
kdcba
kdkckbkak
dkckbkak
22
22
11
11
22
22
11
11 rr+=
+
=
+
8. ( k + l ) ( ) ( )( ) ( )
++++
=
++++
=
+=
1111
1111
11
11
11
11
dldkclckblbkalak
dlkclkblka)lk(
dcba
lku
= ulukdcba
ldcba
kdlclblal
dkckbkak
11
11
11
11
11
11
11
11 +=
+
=
+
9. k ( l ur ) = k
=
=
)dl(k)cl(k)bl(k)al(k
dlclblal
kdcba
l11
11
11
11
11
11
= u)lk(dcba
lkdlkclkblkalk
11
11
11
11 =
=
10. 1 ( ur ) = udcba
d.1c.1b.1a.1
dcba
111
11
11
11
11
11 =
=
=
Karena ke 10 syarat terpanuhi, maka V merupakan ruang vektor.
V.2 Subruang .
Definisi :
Misalkan V ruang vektor. W adalah sub himpunan V ( W ⊂ V ) . W disebut sub ruang bila
memenuhi ( 10 ) syarat ruang vektor dibawah operasi penjumlahan dan perkalian skalar
yang didefinisikan pada V.
Untuk memeriksa apakah W sub ruang atau bukan, dibutuhkan tahapan yang panjang. Maka
untuk mempersingkatnya digunakan teorema berikut :
Teorema :
Jika W ⊂ V , V ruang vektor. W disebut sub ruang dari V jika memenuhi 2 syarat berikut:
a. Jika u dan v di W maka W)vu( ∈+
( tertutup terhadap operasi penjumlahan )
b. Jika k skalar dan Wu ∈ , maka Wuk ∈
( tertutup terhadap operasi perkalian )
Catatan :
Karena V ruang vektor, maka elemen – elemen dari V disebut vektor.
Contoh:
R3 adalah ruang vektor. W = { (a,0,0) ; a ∈ R } ⊂ R3.
Apakah W sub ruang dari R3.
Jawab :
a. u = ( a, 0,0 ) W∈ , v = ( b, 0, 0 ) W∈
u + v = ( a, 0,0 ) + ( b, 0, 0 ) = ( a+b ,0 ,0 ) W∈
∴ syarat (1) terpenuhi.
b. k u = k ( a, 0, 0 ) = ( k a , 0 , 0 ) W∈
∴ syarat ( 2 ) terpenuhi.
Karena kedua syarat terpenuhi , maka W sub ruang dari R3.
Ruang-ruang Penyelesaian untuk Sistem-Sistim Homogen
Jika AX= b adalah suatu sistem persamaan linier (SPL), maka setiap vektor yang
memenuhi persamaan ini disebut vektor penyelesaian dari SPL tersebut.
Vektor penyelesaian dari SPL homogen akan membentuk ruang vektor, yang disebut
ruang penyelesaian dari system tersebut.
Teorema :
Jika Ax = 0 adalah SPL homogen dari m persamaan dalam n peubah, maka himpunan vektor
penyelesaiannya adalah suatu sub-ruang dari Rn.
V.2.1 Kombinasi Linier vektor-vektor
Definisi :
Vektor wr disebut kombinasi linier dari vektor-vektor r1 v,,v K , apabila berlaku
rr22111 vkvkvkw +++= K , dimana k1, k2, . . . . , kr skalar.
Contoh :
u = ( 1 , 2, - 1 ) , v = ( 6 , 4, 2 ) di R3.
Tunjukkan bahwa : a. 1w = ( 9, 2 , 7 ) merupakan kombinasi linier dari u dan v .
b. 2w = ( 4, -1 , 8 ) bukan kombinasi linier dari u dan v .
Jawab :
a. ( 9 , 2 , 7 ) = k1 ( 1, 2 , -1 ) + k2 ( 6, 4, 2 )
= ( k1 + 6 k2 , 2 k1 + 4 k2 , - k1 + 2 k2 )
Diperoleh 3 persamaan : 9 = k1 + 6 k2
2 = 2 k1 + 4 k2
7 = - k1 + 2 k2 à k1 = - 3 & k2 = 2
v2u3w +−=∴ ( w kombinasi linier dari u dan v )
b. ( 4 , -1 , 8 ) = k1 ( 1, 2 , -1 ) + k2 ( 6, 4, 2 )
= ( k1 + 6 k2 , 2 k1 + 4 k2 , - k1 + 2 k2 ).
Diperoleh 3 persamaan : 4 = k1 + 6 k2
- 1 = 2 k1 + 4 k2 à
8 = - k1 + 2 k2
−=
− 81
4
cc
214261
2
1 à
39
4
0080
61H
129
4
8080
61
HH
81
4
214261
)1(32
)1(31
)2(21 −−−−−
−
−
∴ Sistem tersebut tak punya solusi vkukw 21 +≠ ( w bukan kombinasi linier dari
u dan v ).
V. 2.2. Membangun (merentang)
Definisi :
Misalkan { } Vv,,v,vS r21 ⊂= K . Misalkan W ⊂ V adalah subruang dari V.
W disebut ruang yang dibangun oleh S apabila Wu ∈∀ merupakan kombinasi linier
dari vektor-vektor yang ada di S.
S disebut membangun W. Notasi : W = span ( S )
Contoh :
Tentukan apakah : 1v = ( 1,1,2 ) , 2v = ( 1,0,1 ) dan 3v = ( 2,1,3 ) membangun R3.
Jawab :
Misalkan b = ( b1, b2 , b3 ) ε R3 adalah vektor sembarang.
Bila 1v , 2v , 3v membangun R3, maka setiap sembarang vektor di R3 akan merupakan
kombinasi linier dari vektor-vektor tersebut. Akan ditunjukkan 332211 vkvkvkb ++=
↔ ( b1,b2,b3) = k1 (1,1,2) + k2 (1,0,1) + k3 (2,1,3)
↔ ( b1, b2, b3 ) = ( k1 + k2 + 2 k3 , k1 + k3 , 2 k1 + k2 + 3 k3 )
Maka dapat dijadikan sistem persamaan linier :
k1 + k2 + 2 k3 = b1
k1 + k3 = b2
2 k1 + k2 + 3 k3 = b3
Sistim persamaan linier dapat dinyatakan dalam bentuk matriks :
=
3
2
1
3
2
1
bbb
kkk
312101211
123
12
1)1(32
13
12
1
231
)1(21
3
2
1
bbbbb
b
000110
211H
b2bbb
b
110110
211
HH
bbb
312101211
−−−−−
−−
−−−−
−
−
−
∴ S P L tak punya solusi.
∴ S = { }321 v,v,v tak membangun ruang W.
Teorema :
Jika S={ }1 2, , , rv v vur uur uur
K dan S’ = { }k21 w,,w,w K adalah dua himpunan vektor-vektor
dalam suatu ruang vektor V, maka
span { }1 2, , , rv v vur uur uur
K = span { }k21 w,,w,w K
jika dan hanya jika setiap vektor dalam S adalah suatu kombinasi linier dari vektor-vektor
dalam S, dan sebaliknya setiap vektor dalam S’ { }k21 w,,w,w K adalah suatu kombinasi
linier dari vektor-vektor dalam S.
V.3 Kebebasan Linier.
Definisi:
Misalkan S = { }1 2, , , rv v vur uur uur
K
S disebut bebas linier jika persamaan 1 1 2 2 0r rk v k v k v+ + + =ur uur uur r
K hanya mempunyai 1
solusi yaitu k1 = k2 = . . . . . = kr = 0. Jika tidak berlaku itu, maka S disebut bergantung
linier.
Contoh :
Tentukan apakah vector-vektor 1v = ( 1, -2 ,3 ) , 2v = ( 5, 6 ,-1 ) dan 3v = ( 3, 2 ,1 )
bebas linier atau bergantung linier ?
Jawab : 1 1 2 2 3 3 0k v k v k v+ + =ur uur ur r
↔ 1 2 3(1, 2 , 3 ) (5 , 6 , 1) (3 ,2 ,1 ) (0,0,0)k k k− + − + =
↔ ( k1+5 k2 + 3 k3 , -2 k1 + 6 k2 + 2 k3 , 3 k1 – k2 + k3 ) = (0 , 0 , 0 )
Jadi k1 + 5 k2 + 3 k3 = 0
-2 k1 + 6 k2 + 2 k3 = 0
3 k1 – k2 + k3 = 0
SPL diatas dalam bentuk matriks ditulis :
1
2
3
1 5 3 02 6 2 0
3 1 1 0
kkk
− = −
(1)(2)3221
( 3)31
1 5 3 1 5 3 1 5 32 6 2 0 16 8 0 16 8
3 1 1 0 16 8 0 0 0
HHH −
− − − −
∴ k1 + 5 k2 + 3 k3 = 0
16 k2 + 8 k3 = 0 à 2 k2 + k3 = 0 à k3 = - 2 k2
Bila k2 = s , k3 = - 2 s maka k1 = - 5 k2 - 3 k3 = - 5 s – 3 ( - 2 s ) = s
∴ S = { }1 2, , , rv v vur uur uur
K bergantung linier.
Teorema :
Suatu himpunan S dengan dua atau lebih vektor disebut :
a. Tak bebas secara linier jika dan hanya jika paling tidak salah satu vektor dalam S
dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari vektor-vektor lainnya dalam S.
b. Bebas linier jika dan hanya jika tidak ada vektor dalam S yang dapat dinyatakan
sebagai suatu kombinasi linier dari vektor-vektor lain dalam S.
Teorema :
a. Suatu himpunan vektor terhingga yang berisi vektor tak nol, tak bebas secara linier.
b. Suatu himpunan dengan tepat dua vektor bebas secara linier jika dan hanya jika
vektor yang satu bukan merupakan penggandaan skalar dari vektor lainnya.
Teorema :
Anggap S = { }1 2, , , rv v vur uur uur
K adalah suatu himpunan vektor-vektor dalam Rn. Jika r > n ,
maka S tak bebas secara linier.
V. 4 Basis dan Dimensi
Definisi Basis :
Jika V adalah suatu ruang vector dan S = { }1 2, , , rv v vur uur uur
K adalah sub himpunan V, maka
S disebut basis dari V, apabila memenuhi kondisi-kondisi berikut :
a. S bebas linier
b. S membangun V.
Definisi Dimensi :
Ruang vektor tak nol V disebut mempunyai dimensi hingga apabila V memuat suatu
himpunan , dimana himpunan tersebut merupakan basis dari V. Dim (V) adalah
jumlah vektor di dalam basis.
Apabila V tidak memuat himpunan itu, atau V tidak mempunyai basis, maka
dikatakan V berdimensi tak hingga.
Contoh :
1. Misalkan 1v = ( 1, 2 , 1 ) , 2v = ( 2, 9 , 0 ) dan 3v = ( 3, 3 , 4 )
Tunjukkan bahwa S = { }321 v,v,v merupakan basis dari R3.
Jawab :
a. Apakah S membangun R3.
Ambil sebarang vektor ( b1, b2, b3 ) ∈ R3
( b1, b2, b3 ) = k1 (1 , 2, 1) + k2 ( 2 , 9,0 ) + k3 ( 3 , 3 , 4 )
= ( k1 + 2 k2 + 3 k3 , 2 k1 + 9 k2 + 3 k3 , k1 + 4 k3 )
Dalam bentuk matriks dapat ditulis :
=
3
2
1
3
2
1
bbb
kkk
401392321
( ) ( )1252
13
12
1
51
32
13
12
1
)1(31
)2(21
3
2
1
b2bbbb2b
b
00350
321H
bbb2b
b
120350
321
HH
bbb
401392321
52
−+−−
−−
−−
−−−
−
1. ⅕ k3 = ( b3 – b1 ) + ⅖ b2 - ⅘ b1
↔ k3 = - 5 b3 + 5 b1 – 2 b2 + 4 b1
↔ k3 = 9 b1 – 2 b2 – 5 b3
2. 5 k2 – 3 k3 = b2 - 2 b1
↔ 5 k2 – 3 (9 b1 – 2 b2 – 5 b3 ) = b2 - 2 b1
↔ 5 k2 – 27 b1 + 6 b2 + 15 b3 = b2 - 2 b1
↔ 5 k2 = 25 b1 - 5 b2 - 15 b3
↔ k2 = 5 b1 - b2 - 3 b3
3. k1 + 2 k2 + 3 k3 = b1
↔ k1 + 2 (5 b1 - b2 - 3 b3 ) + 3 (9 b1 – 2 b2 – 5 b3 ) = b1
↔ k1 = - 10 b1 + 2 b2 + 6 b3 - 27 b1 + 6 b2 + 15 b3 + b1
↔ k1 = - 36 b1 + 8 b2 + 21 b3
∴ S membangun V
b. Apakah S bebas linier ?
( 0, 0, 0 ) = k1 (1 , 2, 1) + k2 ( 2 , 9,0 ) + k3 ( 3 , 3 , 4 )
= ( k1 + 2 k2 + 3 k3 , 2 k1 + 9 k2 + 3 k3 , k1 + 4 k3 )
Dalam bentuk matriks dapat ditulis :
A X = b
=
000
kkk
401392321
3
2
1
Det ( A ) = 1401392321
−=
Karena det ( A ) ≠ 0 maka persamaan diatas terpenuhi bila k1 = k2 = k3 = 0
Maka S bebas linier .
∴ S basis dari R3 , dim R3 = 3
2. Misalkan ( )5,2,1v1 = . Akan dibuktikan v sebagai kombinasi linier dari 1v , 2v , 3v
v = ( 1 , 2 , 5 ) = k1 ( 1 , 2, 1 ) + k2 ( 2 , 9, 0 ) + k3 ( 3 , 3 , 4 )
Dalam bentuk matriks dapat ditulis :
=
521
kkk
3401
92321
3
2
1
Dari contoh 1 a diperoleh hasil :
k1 = - 36 b1 + 8 b2 + 21 b3
k2 = 5 b1 - b2 - 3 b3
k3 = 9 b1 – 2 b2 – 5 b3
dengan b1 = 1 , b2 = 2 , b3 = 5 diperoleh hasil k1 = 85 , k2 = -12 , k3 = - 21 .
Maka vektor koordinat v = ( 1 , 2 , 5 ) terhadap basis 1v , 2v , 3v di S :
[ v ]s = ( 85, -12, - 21 )
Teorema :
Jika S = { }1 2, , , rv v vur uur uur
K adalah suatu basis untuk suatu ruang vector V, maka setiap vektor v
dalam V bisa dinyatakan dalam bentuk 1 1 2 2 n nv c v c v c v= + + +r ur uur uur
L dalam tepat satu cara.
V.3.3 Ruang Basis, Ruang Kolom, Ruang Null .
Definisi :
Jika A matriks dengan ukuran m x n, maka :
a. Subruang dari Rn yang dibangun oleh vektor-vektor baris matriks A disebut ruang baris
dari A.
b. Subruang dari Rm yang dibangun oleh vektor-vektor kolom matriks A disebut ruang
kolom dari A.
c. Ruang solusi dari A X = O yang merupakan subruang dari Rn disebut ruang null dari A.
A =
mn2m1m
n22221
n11211
aaa
aaaaaa
L
MMM
L
L
Vektor – vektor baris dari matriks A :
1rur
= [ a11 a12 . . . a1n ] ∈ Rn
2rur
= [ a21 a22 . . . a2n ] ∈ Rn
M
mruur
= [ am1 am2 . . . amn ] ∈ Rn
Vektor – vektor kolom dari matriks A :
11
211
m1
aa
c
a
=
ur
M∈ Rm , . . . . ,
1n
2nn
mn
aa
c
a
=
uur
M∈ Rm
Menentukan Basis, Ruang Basis, Ruang Kolom dan Ruang Null.
1 1 2 2 n nv c v c v c v= + + +r ur uur uur
L 1 1 2 2 n nv c v c v c v= + + +r ur uur uur
L 1 1 2 2 n nv c v c v c v= + + +r ur uur uur
L
1 1 2 2 n nv c v c v c v= + + +r ur uur uur
L
Misalkan
1 -3 4 -2 5 42 -6 9 -1 8 2
A=2 -6 9 -1 9 7-1 3 -4 2 -5 -4
.
Kita akan ubah A menjadi bentuk matriks eselon baris :
(-2)21(-2)31(1)41
1 -3 4 -2 5 4 1 3 4 2 5 42 -6 9 -1 8 2 0 0 1 3 2 6H2 -6 9 -1 9 7 0 0 1 3 1 1H-1 3 -4 2 -5 -4 0 0 0 0 0 0H
− − − − − −
(-1)32
1 3 4 2 5 40 0 1 3 2 6H0 0 0 0 1 50 0 0 0 0 0
− − − −
Jadi basis ruang baris adalah :
1rur
= [ 1 -3 4 -2 5 4 ]
2rur
= [ 0 0 1 3 -2 -6 ]
1 2 3
5 14 30 0 1-4 -3 0
d ; d = ; d0 1 0-5 0 01 0 0
= =
uur uur uur = [ 0 0 0 0 1 5 ]
Kolom – kolom yang mengandung 1 utama adalah :
' ' '1 2 3
1 4 50 1 2
c c c0 0 10 0 0
− = = =
ur uur uur
Basis ruang kolomnya adalah :
1 2 3
1 4 52 9 8
c c c2 9 91 4 5
= = = − − −
uur uur uur
Mencari basis ruang null :
1
2
3
4
5
6
1 3 4 2 5 4 00 0 1 3 2 6 00 0 0 0 1 5 00 0 0 0 0 0 0
xxxxxx
− − − − =
x5 + 5 x6 = 0 à x5 = - 5 x6
misal x6 = s ; x5 = - 5 s ;
x3 + 3 x4 – 2 x5 – 6 x6 = 0
↔ x3 + 3 x4 – 2 ( - 5 s ) – 6 s = 0
↔ x3 + 3 x4 = – 10 s + 6 s = - 4 s
x4 = t ; maka x3 = - 3 t – 4 s.
x1 – 3 x2 + 4 x3 – 2 x4 + 5 x5 + 4 x6 = 0
↔ x1 – 3 x2 + 4 ( - 3 t – 4 s ) – 2 t + 5 ( - 5 s ) + 4 s = 0
↔ x1 – 3 x2 = 14 t + 5 s ;
x2 = w ; x1 = 14 t + 5 s + 3 w . Jadi ,
1
2
3
4
5
6
14 t+5s+3w 5 14 3w 0 0 1
-3t-4s -4 -3 0s t w
t 0 1 0-5s -5 0 0s 1 0 0
xxxxxx
= = + +
Basis ruang Null adalah : 1 2 3
5 14 30 0 1-4 -3 0
d ; d = ; d0 1 0-5 0 01 0 0
= =
uur uur uur
Dimensi ruang baris = dimensi ruiang kolom = rank = 3
Dimensi ruang null = nullitas = 3
dan n = rank + nullitas
6 = 3 + 3
Contoh :
Tentukan basis suatu ruang yang dibangun oleh vektor-vektor :
1vuur
= ( 1, -2 , 0 , 0 , 3 ) , 2vuur
= ( 2, -5, -3, -2, 6 ) ; 3vuur
= ( 0 , 5, 15, 10, 0 ) ;
4vuur
= ( 2 , 6 , 18 , 8, 6 ).
Jawab :
1 2 0 0 32 5 3 2 60 5 15 10 02 6 18 8 6
− − − −
, matriks eselon barisnya :
1 2 0 0 30 1 3 2 00 0 1 1 00 0 0 0 0
−
Basisnya adalah :
( )1w 1, 2,0,0,3= −uur
; ( )2w 0,1,3,2,0=uuur
; ( )3w 0,0,1,1,0=uur
BAB VI
RUANG INNER PRODUCT
VI. Inner Product
a. Definisi Inner Product Misalkan didefinisikan suatu fungsi , f : V x V à R
Dinotasikan : ( )( ), ,f u v u v=r r r r
Fungsi tersebut dinamakan inner product apabila untuk semua ur
, vr
, wur
di V dan semua skalar k, memenuhi syarat-syarat berikut ini :
(1) , ,u v v u=r r r r
(2) , , ,u v w u w v w+ = +r ur ur r ur r ur
(3) , ,ku v k u v=r r r r
(4) , 0, dimana , 0v v v v≥ =r r r r
jika dan hanya jika 0v =r r
Ruang vector V bersama dengan suatu inner product disebut Ruang Inner Product Contoh :
Jika ur
= ( u1,u2,…,un ) dan vr
= ( v1, v2, …., vn ) ∈ Rn , dan didefinisikan
1 1 2 2, n nu v u v u v u v u v= • = + + +r r r r
L .
Apakah ,u vr r
inner product ?
Jawab :
Misalkan ur
, vr
, wur
∈ Rn dan k ∈ R
1. 1 1 2 2 1 1 2 2, ,n n n nu v u v u v u v v u v u v u v u= + + + = + + + =r r r r
L L
2. ( )1 1 2 2, , , , ,n nu v w u v u v u v w+ = + + +r r ur ur
L
= 1 1 1 2 2 2( ). ( ). ( ).n n nu v w u v w u v w+ + + + + +L
= 1 1 1 1 2 2 2 2 n n n nu w v w u w v w u w v w+ + + + + +L
= 1 1 2 2( )n nu w u w u w+ + +L + 1 1 2 2( )n nv w v w v w+ + +L
= , ,u w v w+r ur r ur
3. ( )1 2, , , , ,nku v ku ku ku v=r r r
L
= 1 1 2 2 n nku v ku v ku v+ + +L
= ( )1 1 2 2 n nk u v u v u v+ + +L = ,k u vr r
4. 2 2 21 1 2 2 1 2 2, 0n nv v v v v v v v v v v= + + + = + + + ≥
r rL L
2 2 21 2 2, 0 artinya 0v v v v v= + + + =
r rL , ini artinya 1 2 0nv v v= = = =L yadi 0v =
r r
Sebaliknya jika 0v =r r
à 1 1 2 2, 0 0 0 0n nv v v v v v v v= + + + = + + + =r r
L L
Karena (1), (2),(3) dan (4) terpenuhi, maka ,u v u v= •r r r r
adalah inner product .
Inner product ini disebut inner product euclidian.
b. Panjang dan jarak didalam ruang inner product Definisi : Jika V adalah suatu ruang inner product, maka norm ( atau panjang ) suatu vektor
didalam V yang dinotasikan dengan 1
2,u u u=r r r
Sedang jarak antara vektor ur
dan vektor vr
di V adalah :
( )1
2, ,d u v u v u v u v= − = − −r r r r r r r r
contoh : Jika u
r = ( u1,u2,…,un ) dan v
r = ( v1, v2, …., vn ) ∈ Rn yang dilengkapi dengan inner product
euclidian. inner product euclidian. Maka :
1
2 2 2 21 2, nu u u u u u= = + + +
r r rL
dan ( )1
2, ,d u v u v u v u v= − = − −r r r r r r r r
= ( ) ( ) ( )2 2 21 1 2 2 n nu v u v u v− + − + + −L
c. Unit circles / unit sphere didalam ruang inner product .
Jika V adalah suatu ruang inner product, maka himpunan semua titik-titik di V yang
memenuhi : 1u =r
disebut unit sphere / unit circle di V.
Contoh : 1. Gambar unit circle didalam sistim koordinat xy di R2 dengan menggunakan inner
product Euclidian 1 1 2 2,u v u v u v= +r r
Jawab : Jika ( , )u x y=r
di R2 , maka 2 2u x y= +r
.
Karena 2 2 2 21 1 , berarti 1u x y x y= ⇒ + = + =r
Gambarnya adalah :
X
Y
1-1
1
-1
2. Gambar unit circle didalam sistim koordinat xy di R2 dengan menggunakan inner
product Euclidian terbobot 1 11 1 2 29 4,u v u v u v= +
r r
Jawab : Jika ( , )u x y=r
di R2 , maka 2 21 19 4u x y= +
r.
Karena 2 2 2 21 11 19 4 9 41 1 , berarti 1u x y x y= ⇒ + = + =
r
Gambarnya adalah :
d. Sifat –sifat Norm :
* u v u v+ ≤ +r r r r
* ( )2 2 2 22u v u v u v+ + − = +r r r r
e. Inner product – inner product yang dibangun oleh matriks : Inner product Euclidian dan inner product euclidian terbobot adalah kasus khusus dari
Inner product – inner product di Rn. Berikut ini akan dijabarkan Inner product Euclidian dan inner product Euclidian terbobot yang dibangun oleh matriks.
Misalkan
1
2
n
uu
u
u
=
r
M dan
1
2
n
vv
v
v
=
r
M adalah vektor –vektor di Rn , dan misalkan Anxn
adalah matriks yang mempunyai invers.
Apabila ,u vr r
adalah inner product, akan ditunjukkan bahwa ,u vr r
= Au Avr rg adalah
inner product dan disebut inner product pada Rn yang dibangun oleh A.
Berikut akan ditunjukkan bahwa ,u vr r
= Au Avr rg adalah inner product.
1. ,u vr r
= Au Avr rg
= 11 1 1 11 1 1
1 1
n n
n nn n n nn n
a a u a a v
a a u a a v
+
L L
M M M M
L L
= 11 1 12 2 1 11 1 12 2 1
1 1 2 2 1 1 2 2
n n n n
n n nn n n n nn n
a u a u a u a v a v a v
a u a u a u a v a v a v
+ + + + + + + + + + + +
L L
M g M
L L
= ' 'u vur ur
g
= ' 'v uur ur
g
= 11 1 12 2 1 11 1 12 2 1
1 1 2 2 1 1 2 2
n n n n
n n nn n n n nn n
a v a v a v a u a u a u
a v a v a v a u a u a u
+ + + + + + + + + + + +
L L
M g M
L L
= 11 1 1 11 1 1
1 1
n n
n nn n n nn n
a a v a a u
a a v a a u
+
L L
M M M M
L L
= Av Aur rg
= ,v ur r
Untuk syarat (2) , (3) , ( 4 ) anda buktikan sendiri. Separti yang kita tahu, bahwa u v
r rg dapat ditulis menjadi Tu v
r r , dengan demikian maka
Au Avr rg dapat ditulis menjadi : ( ) ( )TAv Au
r r atau
T Tv A Aur r
.
Berarti inner product di Rn.yang dibangun oleh A yaitu ,u vr r
= Au Avr rg , dapat ditulis :
,u vr r
= ( )TT TAv Au v A A u=
r r r r.
Contoh :
• inner product pada Rn.yang dibangun oleh matriks identitas adalah inner product
Euclidian , yaitu ,u vr r
= Au Avr rg = I Iu v u v=
r r r rg g
• Inner product Euclidian terbobot di R2 , yaitu ,u vr r
= 3 u1v1 + 2 u2 v2 adalah inner
product pada Rn.yang dibangun oleh matriks : 3 0
0 2A
=
.
Mari kita tunjukkan kebenarannya :
,u vr r
= Au Avr rg = ( )TAv Au
r r
= 1 1
2 2
3 0 3 0
0 2 0 2
Tv uv u
= ( ) 11 2
2
3 0 3 0
0 2 0 2
uv v
u
= ( ) 11 2
2
3 00 2
uv v
u
= 1 1 2 23 2u v u v+
• Secara umum inner product Euclidian terbobot di Rn , yaitu
1 1 1 2 2 2, n n nu v w u v w u v w u v= + + +r r
L adalah inner product pada Rn.yang dibangun
oleh matriks :
1
2
0 0
0 0
0 0 n
w
wA
w
=
L
L
M M M
L
.
f. Sifat – sifat inner product :
Jika ur
, vr
dan wur
adalah vector-vektor diruang inner , dan k adalah suatu skalar , maka berlaku sifat-sifat berikut ini :
a. 0, ,0 0v v= =r r r r
b. , , ,u v w u v u w+ = +r ur ur r r r ur
c. , ,u kv k u v=r r r r
d. , , ,u v w u w v w− = −r ur ur r ur r ur
e. , , ,u v w u v u w− = −r ur ur r r r ur
VI.2 Sudut dan Keortogonalan di Ruang Inner Product .
a. Pertidaksamaan Cauchy Schwart Misalkan u
r dan v
r adalah vektor-vektor tak nol di R2 atau R3, dan θ adalah sudut antara
keduanya, maka : cosu v u v θ=r r r rg atau cos u v
u vθ =
r rg
r r .
u vr rg diatas adalah inner product Euclidean di R2 atau R3 .
Berikut ini akan didefinisikan cos θ , apabila yang digunakan adalah inner product secara
umum. Agar supaya konsisten dengan rumus diatas, maka didefinisikan: ,
cosu v
u vθ =
r r
r r .
Karena | cos θ | < 1 , maka berlaku ,
1u v
u v≤
r r
r r
Dari hal tersebut, kita memperoleh teorema berikut ini : Teorema ( Cauchy – Schwaet Inequality ) Jika u
r dan v
r adalah vektor-vektor didalam ruang inner product riil, maka
berlaku pertidaksamaan berikut : | |u v u v< > ≤r r r rg
Pertidaksamaan Cauchy – schewart dapat ditulis dalam bentuk berikut ini :
* ,u v u v≤r r r r
* 2, , ,u v u u v v≤r r r r r r
* 2 22,u v u v≤
r rr r
b. Sifat-sifat dari panjang dan jarak di ruang inner product akan dinyatakan dalam 2 teorema berikut ini : Teorema 1 ( sifat-sifat panjang / norm di ruang inner product ) Jika u
r dan v
r adalah vektor-vektor didalam ruang inner produc V , dan k adalah skalar,
maka berlaku sifat-sifat berikut :
a. 0u ≥r
b. 0 jika dan hanya jika 0u u= =r r
c. k u k u=r r
d. u v u v+ ≤ +r r r r
( pertidaksamaan segitiga )
Teorema 2 ( sifat-sifat jarak di ruang inner product ) Jika u
r , v
r dan w
ur adalah vektor-vektor didalam ruang inner product V , dan k adalah
skalar, maka berlaku sifat-sifat berikut : a. ( ), 0d u v ≥r r
b. ( ), 0d u v u v= ⇔ =r r r r
c. ( ) ( ), ,d u v d v u=r r r r
d. ( ) ( ) ( ), , ,d u v d u w d w v≤ +r r r r r r ( pertidaksamaan segitiga )
b. Sudut antara vektor-vektor
Berikut ini akan ditunjukkan bagaimana kegunaan pertidaksamaan Cauchy – Schwarz dalam mendefinisikan sudut didalam ruang inner product umum. Misalkan u
r dan v
r adalah vector-vektor tidak nol didalam suatu ruang inner product V.
Menurut pertidaksamaan Cauchy – Schwarz diperoleh : 2 22,u v u v≤
r rr r
Berarti berlaku : 2
2 2
,1
u v
u v≤
r r
r r atau
2
,1
u vu v
≤
r r
r r atau ,
1 1u v
u v− ≤ ≤
r r
r r
Selanjutnya apabila 0 < θ < π , maka nilai cos θ akan unik dan terletak -1 dan 1. Berarti dapat kita katakan bahwa terdapat nilai θ yang unik sedemikian rupa sehingga,
cos u vu v
θ =
r rg
r r , 0 < θ < π .
θ yang didefinisikan diatas adalah sudut antara vektor u
r dan vektor v
r di ruang inner
product V. Contoh : Misalkan R4 mempunyai inner product Euclidian. Tentukan sudut antara vektor
ur
= (4,3,1,-2) dengan vektor vr
= ( -2, 1, 2, 3 ). Jawab :
2 2 2 24 3 1 ( 2) 16 9 1 4 30u = + + + − = + + + =r
2 2 2 2( 2) 1 2 (3) 4 1 4 9 18v = − + + + = + + + =r
1 1 2 2 3 3 4 4, 8 3 2 6 9u v u v u v u v u v= + + + = − + + − = −r r
, 9 3
30 18 2 15u v
COSu v
θ − −= = =
r r
r r
3cos2 15
arcθ − =
c. Orthogonality
Definisi : Dua vektor u
r dan v
r didalam suatu ruang inner product dikatakan orthogonal jika
, 0u v =r r
contoh :
Jika M22 = , , ,a b
a b c d Rc d
∈
dilengkapi dengan inner produk :
1 1 2 2 3 3 4 4,u v u v u v u v u v= + + +r r dimana 1 2
3 4
u uU
u u
=
dan 1 2
3 4
v vV
v v
=
Tunjukkan bahwa : 1 01 1
U =
dan
0 20 0
V =
adalah orthogonal.
Jawab : , 1.0 0.2 1.0 1.0 0u v = + + + =r r
∴ U dan V orthogonal. Teorema ( Generalized Theorema of Pythagoras ) Jika u
r dan v
r vector-vektor orthogonal di ruang inner product, maka beerlaku :
2 2 2
u v u v+ ≤ +r r r r
Bukti : Karena u
r dan v
r vector-vektor orthogonal maka , 0u v =r r .
Berarti ( ) ( )2,u v u v u v+ = + +
r r r r r r
= 2 2
2 ,u u v v+ +r r r r
= 2 2
0u v+ +r r
= 2 2
u v+r r
e. Komplemen Orthogonal .
Definisi : Misalkan W subruang dari ruang inner product V. Suatu vektor u
r ∈ V dikatakan orthogonal terhadap W apabila ia orthogonal terhadap
semua vektor di W. Himpunan dari semua vektor di V yang orthogonal terhadap W disebut komplemen orthogonal dari W, dan dinotasikn oleh W ⊥ . Teorema berikut ini merupakan sifat-sifat dasar dari komplemen orthogonal. Teorema : Jika W adalah subruang dari ruang inner product V yang berdimensi hinggaa, maka berlaku sifat-sifat berikut : a. W ⊥ adalah subruang dari V. b. Irisaan dari W dan W ⊥ adalah 0
r saja.
c. Komplemen orthogonal dari W ⊥ adalah W, atau (W ⊥ )┴ = W. f. A Geometric Link between Nullspace and Rowspace. Teorema : Jikaq A adalah matriks m x n , maka :
a. Nullspace dari A dan rowspace dari A adalah orthogonal complements didalam Rn terhadap inner product Euclidian.
b. Nullspace dari AT dan colomnspace adalah orthogonal complements didalam Rm terhadap inner product Euclidian.
Contoh : Misalkan W subruang dari R5 yang dibangun oleh vektor-vektor : ( )1 2,2, 1,0,1w = −
uur; ( )2 1, 1,2, 3, 1w = − − −
uur; ( )3 1,1, 2,0, 1w = − −
uur; ( )4 0,0,1,1, 1w =
uur
Tentukan basis komplemen orthogonal dari W. Jawab : Misalkan 1w
uur, 2w
uur, 3wuur
, 4wuur
adalah vektor-vektor baris matriks A. Karena W dibangun oleh
1wuur
, 2wuur
, 3wuur
dan 4wuur
, maka W adalah ruang baris dari matriks A. Karena yang ditanyakan adalah basis komplemen orthogonal dari W, maka sesuai dengan teorema di atas, berarti basis yang harus kita cari adalah basis untuk ruang null ( nullspace) dari matriks A.
2 2 1 0 11 1 2 3 1
1 1 2 0 10 0 1 1 1
A
− − − − = − −
, akan dicari basis nullspace matriks A
A X = 0 . Ruang penyelesaiannya adalah nullspace matriks A.
²13
2 2 1 0 1 1 1 2 0 11 1 2 3 1 1 1 2 3 1
1 1 2 0 1 2 2 1 0 10 0 1 1 1 0 0 1 1 1
H
− − − − − − − − − − − −
²
(1)21
( 2)31
1 1 2 0 10 0 0 3 00 0 3 0 30 0 1 1 1
H
H −
− − −
( )² ²1 ( 1)33 43
1 1 2 0 1 1 1 2 0 10 0 0 3 0 0 0 0 3 00 0 1 0 1 0 0 1 0 10 0 1 1 1 0 0 0 1 0
H H −
− − − − − −
² (3)24
1 1 2 0 10 0 0 0 00 0 1 0 10 0 0 1 0
H
− −
Jadi diperoleh persamaan : x1 + x2 – 2 x3 – x5 = 0 x3 + x5 = 0 x4 = 0 misal x5 = s , maka x3 = - x5 = - s dan x1 + x2 – 2 x3 – x5 = 0 ↔ x1 + x2 – 2 (-s) – ( s ) = 0 ↔ x1 + x2 + s = 0 ↔ x1 = - x2 – s , misal x2 = t , maka x1 = - t – s
1
2
3
4
5
1 11 00 1
0 0 00 1
x t sx tx t ssxx s
− − − − ∴ = = +− −
Basis dari nullspace matriks A adalah :
1 11 0
,0 10 00 1
− − −
Ini juga merupakan basis komplemen orthogonal dari W.
Jika rr adalah sembarang vektor di ruang baris A, maka rr dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari
vektor-vektor baris
nnrcrcrcr rrrr +++= 2211 .....
sehingga )(.....)()().....( vrcvrcvrcvrcrcrcvr nnnnrrrrrrrrrrrr •++•+•=•+++=• 22112211
= 0 + 0 + ……+ 0 = 0
vr∴ orthogonal ke semua vektor di ruang baris A
Contoh:
Misal W adalah subruang dari ℜ5 yang direntang oleh vektor-vektor
1wr = (2, 2, -1, 0, 1) , 2wr = (-1, -1, 2, -3, 1),
3wr = (1, 1, -2, 0, -1) dan 4wr = (0, 0, 1, 1, 1)
Cari: basis untuk orthogonal komplement dari W
Jawab:
Ruang W yang direntang oleh vektor-vektor 1wr , 2wr , 3wr , 4wr adalah merupakan ruang baris dari
matriks
A =
−−−−
11
11
110002113211-
01-22
Berdasarkan teorema 6. 2. 6 , orthogonal komplement dari W adalah nullspace dari matrik A. Sehingga
basis untuk W+ adalah basis untuk nullspace dari matrik A dan didapat 1vr = (-1, -1, 0, 0, 0) dan 2vr = (-1,
0, -1, 0, 1)
Summary:
• Pada sembarang ruang hasil kali dalam V, ruang {0} dan ruang V saling orthogonal komplement
• Jika A adalah matriks n x n maka 0rr =xA hanya mempunyai solusi trivial . Sehingga orthogonal
komplement dari nullspace A adalah ℜn atau ruang baris dari A adalah ℜn
6.3 Basis ortonormal; Proses Gram-Schmidt ; Dekomposisi QR
Definisi:
• Suatu himpunan vektor-vektor di ruang hasil kali dalam disebut himpunan ortogonal jika setiap
pasang vektor yang berbeda di himpunan tersebut adalah ortogonal
• Suatu himpunan ortogonal dimana masing-masing vektor mempunyai norm 1 disebut
himpunan ortonormal
Contoh: Kumpulan ortogonal di ℜ3
1. Misal 1ur =(0, 1, 0), 2ur = (1, 0, 1), 3ur = (1, 0, -1). Apakah himpunan },,{ 321= uuuS rrr ortogonal
terhadap hasil kali dalam Euclid di ℜ3
Jawab: 00.1+1.0+0.1, ==21 uu rr, 01-0.+1.0+0.1, ==31 uu rr
,
01-11-1.+0.0+1.1, ===32 uu rr
Karena 0,,, === 323121 uuuuuu rrrrrr maka },,{ 321= uuuS rrr
adalah himpunan ortogonal
2. Periksa apakah himpunan vektor-vektor dibawah ini ortogonal terhadap hasil kali dalam Euclid di ℜ3
• )2
1,0,
21
( , )31-
,3
1,
31
( dan )2
1,0,
21-
(
• )32-
,31
,32
( , )31
,32-
,32
( dan )32
,32
,31
(
• (1, 0, 0), )2
1,
21
,1( dan (0, 0, 1)
• )62-
,6
1,
61
( dzn ),021-
,2
1(
Jika 0rr
≠v adalah vektor disuatu ruang hasil kali dalam, maka vektor vvr
r
mempunyai norm 1.
Bukti: 1=== vv
vv
vv
rr
rr
rr
111
Proses mengalikan suatu vektor 0rr
≠v dengan kebalikan dari norm-nya untuk memperoleh vektor yang
panjangnya (norm-nya) 1 disebut normalisasi vr
Contoh: Pembentukkan Himpunan Ortonormal
1. Untuk contoh 1 diatas didapat: 1010, 22221
111 =++== uuu rrr atau 11 uv rr
=
2110, 22221
222 =++== uuu rrr, maka vektor )
21,0,
21(
2)1,0,1(
2
22 ===
uuv r
rr
dan
norm dari 2vr adalah
121
21
210
21
22
2 =+=
++
=vr
2)1(01, 22221
333 =−++== uuu rrr maka vektor )
21,0,
21(
2)1,0,1(
3
33
−=
−==
uuv r
rr
dan
norm dari 3vr adalah 121
21
210
21
22
3 =+=
−++
=vr
Dari contoh diatas kumpulan },,{ 321= uuuS rrr adalah himpunan ortogonal, maka himpunan
},,{ 321 vvvT rrr= adalah himpunan ortonormal.
2. Tunjukkan bahwa himpunan berikut ortogonal terhadap hasil kali dalam Euclid di ℜ3 dan lakukan
normalisasinya.
a. { (-1, 2), (6, 3)} b.{ (1, 0, -1), (2, 0, 2), (0, 5, 0) }
Dalam suatu ruang hasil kali dalam, suatu basis yang terdiri dari vektor-vektor ortonormal dinamakan
basis ortonormal, sedangkan basis yang terdiri dari vektor-vektor ortogonal dinamakan basis ortogonal
Contoh basis ortonormal yang biasa dikenal adalah:
• Basis standard di ℜ3 ir
= (1, 0, 0), jr
= ( 0, 1, 0), kr
= (0, 0, 1) merupakan basis ortonormal.
• Basis standard di ℜn 1er = (1, 0, ......0), 2er = (0, 1, 0,.......0), ......... ner = (0, 0,.....,1) juga merupakan
basis ortonormal.
Teorema berikut akan menunjukkan koordinat suatu vektor jika relatif terhadap basis ortonormal
Teorema 6.3.1
Jika },......,,{ 21 nvvvS rrr= adalah basis ortonormal untuk ruang hasil kali dalam V dan vektor
sembarang Vu ∈r
, maka nn vvuvvuvvuu rrrrrrrrrr ,........,, 2211 +++=
Bukti: Sebagai latihan
),,........,,,,()( 21 nS vuvuvuu rrrrrrr= adalah koordinat vektor ur terhadap basis S
Contoh: Koordinat vektor relatif terhadap basis ortonormal
1. Misal },,{ 321 vvvS rrr= dengan 1vr = (0, 1, 0) , )
53,0,
54(2 −=vr , )
54,0,
53(3 =vr . Nyatakan vektor ur = (1,
1, 1) sebagai kombinasi linier dari vektor di },,{ 321 vvvS rrr=
• Tunjukkan bahwa kumpulan },,{ 321 vvvS rrr= merupakan basis ortonormal di ℜ3 dengan hasil
kali dalam Euclid .
• Dihitung 10.11.10.1, 1 =++=vu rr,
51
53.10.1
54.1, 2 −=++−=vu rr
,
57
54.11.1
53.1, 1 =++=vu rr
• Maka didapat 321 57
51 vvvu rrrr
+−= dan )57,
51,1()( −=Sur
2. Buktikan },,{ 321 vvvS rrr= dengan )0,
54,
53(1 −=vr , )0,
53,
54(2 =vr , 3vr = (0, 0, 1) merupakan basis
ortonormal. Nyatakan vektor ur = (1, -1, 2) sebagai kombinasi linier dari vektor di S
3. Nyatakan vektor ur = (3, -7, 4) sebagai kombinasi linier dari vektor di S
Teorema 6.3.2
Jika S adalah basis ortonormal untuk ruang hasil kali dalam V berdimensi n dan ),....,,()( 21 nS uuuu =r
,
),....,,()( 21 nS vvvv =r
vektor-vektor di V maka berlaku:
1. 223
22
21 ....... nuuuuu ++++=
r
2. 2222
211 )(.......)()(),( nn vuvuvuvud −++−+−=
rv
3. nnvuvuvuvu +++= ........, 2211rr
Bukti: Sebagai latihan
Contoh: Menghitung Norm dengan menggunakan basis ortonormal
1. Jika ur = (1, 1, 1) maka dengan menggunakan hasil kali dalam Euclid di ℜ3 didapat
3111 =++=•= 22221
uuur
Jika S adalah basis ortonormal, maka didapat koordinat )57,
51,1()( −=Sur (dari contoh diatas).
Dengan menggunakan teorema diatas juga diperoleh 32575
)()51
(-1 ==57
++= 222ur
2. Misal },,{ 321 vvvS rrr= dengan )
61
,6
1,
61
(=1vr , )61-
,6
1,
61
(=2vr , )0,61-
,6
2(=3vr .
Buktikan:
• S adalah basis ortonormal untuk ℜ3 dengan hasil kali dalam yang didefinisikan sebagai
332211 ++= vuvuvuvu 32, rr
• Jika ur = (1, -1, 2), hitung norm ur secara langsung dan menggunakan vektor koordinat Su)(r
Jika },......,,{ 21 nvvvS rrr= adalah basis ortogonal untuk ruang vektor V dan setiap vektor ivr
dinormalisasi, maka diperoleh basis ortonormal =2
2
1
1
n
n
vv
vv
vv
S r
r
r
r
r
r
,........,,' .
Berdasarkan teorema 6.3.1, untuk sembarang Vu ∈r
dapat ditulis sebagai
n
n
n
n
vv
vv
uvv
vv
uvv
vv
uu r
r
r
rr
r
r
r
rr
r
r
r
rrr ,.......,, +++=
2
2
2
2
1
1
1
1 atau
n
n
n vv
vuv
v
vuv
v
vuu r
r
rrr
r
rrr
r
rrr
222
2
212
1
1 +++=,
.......,,
. Ini menyatakan ur sebagai kombinasi linier dari vektor-
vektor basis ortogonal },......,,{ 21 nvvvS rrr=
Teorema 6.3.3
Jika },......,,{ 21 nvvvS rrr= adalah himpunan ortogonal di ruang hasil kali dalam V dengan ivi ∀,0≠
rr,
maka S bebas linier
Bukti: Sebagai latihan
Contoh:
Untuk 1vr = (0, 1, 0), )2
1,0,
21
(=2vr dan )21-
,0,2
1(=3vr , maka },,{ 321 vvvS rrr
= adalah
himpunan ortonormal terhadap hasil kali dalam Euclid di ℜ3.
Menurut teorema 6.3.3, S bebas linier, ℜ3 ruang vektor berdimensi 3, maka S merupakan basis dan
merupakan basis ortonormal
Teorema 6.3.4: Teorema Proyeksi
Jika W adalah sub-ruang berdimensi hingga dari ruang hasil kali dalam V, maka setiap vektor Vu ∈r
dapat dinyatakan ”tepat satu cara” sebagai 21 += wwu rrr dimana Ww ∈1
r dan ⊥
2 Ww ∈r
1wr disebut proyeksi ortogonal ur pada W, uw Wrr proj=1 dan 2wr disebut komponen ur yang ortogonal
ke W, uw W
rr⊥=2 proj
Sehingga dapat ditulis ur = uWrproj + uW
r⊥proj
uW
r⊥proj = ur - uW
rproj maka didapat ur = uWrproj + ( ur - uW
rproj ) yang di ℜ3 dapat digambar seperti
gambar dibawah ini.
uu Wrr proj-
uWrproj
ur
Teorema 6.3.5
Misal W adalah sub-ruang berdimensi hingga dari ruang hasil kali dalam V
1. Jika { }rvvv rrr ,......,, 21 adalah basis ortonormal untuk W dan Vu ∈r
, maka
uWrproj = rr vvuvvuvvu rrrrrrrrr ,......,, +++ 2211
2. Jika { }rvvv rrr ,......,, 21 adalah basis ortogonal untuk W dan Vu ∈r
, maka
uWrproj = r
r
r vv
vuv
v
vuv
v
vu rr
rrr
r
rrr
r
rr
222
2
212
1
1 +++,
.......,,
Contoh: Perhitungan proyeksi
ℜ3 dengan hasil kali dalam Euclid, W adalah sub-ruang yang direntang oleh vektor-vektor ortonormal
1vr = (0, 1, 0) dan )53
,0,54-
(=2vr . Jika ur = (1, 1, 1) maka
uWrproj = )
253-
,1,254
()53
,0,54-
)(51-
()0,1,0)(1(,, =+=+ 2211 vvuvvu rrrrrr
uW
r⊥proj = = ur - uW
rproj = (1, 1, 1) - )253-
,1,254
( = )2528
0, ,2521
(
Jika diperiksa maka uW
r⊥proj akan ortogonal dengan 21 vv rr dan
Teorema 6.3.6
Setiap ruang hasil kali dalam V berdimensi hingga selalu mempunyai basis ortonormal
Bukti: Karena V berdimensi hingga n maka ada basis { }nuuu rrr ,......,, 21 . Untuk menghasilkan basis
ortogonal digunakan proses Gram Schmidt berikut.
Proses Gram-Schmidt: untuk { }nuuu rrr ,......,, 21 yang bebas linier
Step 1: Tetapkan 11 = uv rr
Step 2: Mencari komponen 2ur yang ortogonal terhadap ruang W1 yang direntang oleh 1vr , diperoleh
vektor 2vr yang ortogonal dengan 1vr berdasarkan rumus
2vr = 2ur - 21uWrproj = 2ur - 12
1
12 vv
vu rr
rr ,
0≠rr
2v karena jika 0rr =2v didapat 2ur = 12
1
12 vv
vu rr
rr ,= 12
1
12 uv
vu rr
rr , yang berarti 2ur kelipatan dari
1ur . Ini kontradiksi dengan { }nuuu rrr ,......,, 21 yang bebas linier
Step 3: Bentuk vektor 3vr yang ortogonal terhadap 1vr dan 2vr , yaitu dengan mencari komponen dari
3ur yang ortogonal terhadap ruang W2 yang direntang oleh 1vr dan 2vr . Dengan menggunakan
teorema 6.3.5 bagian 2 didapat:
3vr = 3ur - 32uWrproj = 3ur - 22
2
2312
1
13 vv
vuv
v
vu rr
rrr
r
rr ,-
, Sesuai dengan step 2, karena { }nuuu rrr ,......,, 21
yang bebas linier maka 0≠rr
3v
Step 4: Bentuk vektor 4vr yang ortogonal terhadap 1vr , 2vr dan 3vr , yaitu dengan mencari komponen dari
4ur yang ortogonal terhadap ruang W3 yang direntang oleh 1vr , 2vr dan 3vr . Dengan
menggunakan teorema 6.3.5 bagian 2 didapat:
4vr = 4ur - 43uWrproj = 4ur - 32
3
3422
2
2412
1
14 vv
vuv
v
vuv
v
vu rr
rrr
r
rrr
r
rr ,-
,-
,
Proses dilanjutkan sampai diperoleh himpunan vektor yang ortogonal { }nvvv rrr ,......,, 21 . Karena V
berdimensi n dan setiap himpunan ortogonal bebas linier, maka didapat basis ortogonal { }nvvv rrr ,......,, 21
Dengan menormalisasi setiap vektor di basis ortogonal akan didapatkan basis ortonormal .
Contoh:
Jika ℜ3 dengan hasil kali dalam Euclid mempunyai basis S = { }321 uuu rrr ,, dengan
1ur = (1, 1, 1), 2ur = (0, 1, 1) dan 3ur = (0, 0, 1). Maka ubahlah S menjadi basis ortonormal },,{ 321 qqq rrr.
Jawab:
Step 1: 11 = uv rr= (1, 1, 1),
Step 2: 2vr = 2ur - 21uWrproj = 2ur - 12
1
12 vv
vu rr
rr ,= (0, 1, 1) - )1 1, 1,(
32
= )31
,31
,32
(-
Step 3: 3vr = 3ur - 32uWrproj = 3ur - 22
2
2312
1
13 vv
vuv
v
vu rr
rrr
r
rr ,-
,
3vr = (0, 0, 1) - )1 1, 1,(31
- 3
23
1)
31
,31
,32
(- = )21
,21
- (0,
Sehingga didapat { }321 vvv rrr ,, basis ortogonal ℜ3.
)3
1,
31
,3
1(1) 1, 1,(
31
===1
11 v
vq r
rr
)6
1,
61
,62-
()31
,31
,32
-(6
3===
2
22 v
vq r
rr
)2
1,
21-
,0()21
,21
- 0,(2 ===3
33 v
vq r
rr
dan },,{ 321 qqq rrradalah basis ortonormal ℜ3
Catatan:
• Dari proses Gram-Schmidt dapat dilihat bahwa untuk 2≥k , },......,,{ kqqq rrr21 adalah basis
ortonormal untuk ruang vektor yang direntang oleh { }kuuu rrr ,......,, 21
• vektor kqr ortogonal terhadap { }121 ,......,, −kuuu rrr
Dekomposisi QR
Problem: Jika A adalah matriks m x n dengan vektor-vektor kolom yang bebas linier dan Q adalah
matriks dengan vektor-vektor kolom yang ortonormal hasil dari proses Gram-Schmidt dari
vektor kolom A. Maka akan dilihat hubungan antara A dan Q
Misal vektor-vektor kolom dari A adalah { }nuuu rrr ,......,, 21 dan vektor-vektor kolom yang ortonormal
dari Q adalah },......,,{ 21 nqqq rrr
[ ]]......21 nuuuA rr= dan [ ]nqqqQ rrr ,......21=
Berdasarkan teorema 6.3.1 dapat ditulis:
nn qquqquqquu rrrrrrrrrr ,........,, 12211111 +++=
nn qquqquqquu rrrrrrrrrr ,........,, 22221122 +++=
:
:
nnnnnn qquqquqquu rrrrrrrrrr ,........,, 2211 +++=
Atau
[ ]]......21 nuuu rr = [ ]nqqq rrr ,......21
nnn
n
n
quququ
ququququququ
rrrrrrMMMM
rrrrrr
rrrrrr
,.........,,
,........,,,........,,
111
22221
11211
atau A = Q R
Karena vektor kqr ortogonal terhadap { }121 ,......,, −kuuu rrr untuk setiap k ≥ 2 maka didapat
R =
n
n
n
qu
quququququ
rrMMMM
rrrr
rrrrrr
,.........00
,........,0,........,,
1
222
11211
Teorema 6.3.7 ( Dekomposisi QR )
Jika A adalah matriks m x n dengan vektor-vektor kolom yang bebas linier, maka A dapat dinyatakan
sebagai QRA = dimana Q adalah matriks m x n dengan vektor kolomnya ortonormal dan R matriks
n x n yang berupa matriks segitiga atas yang invertible
Contoh:
Jika
=
111011001
A , dan det A ≠ 0 maka vektor-vektro kolom A bebas linier yaitu;
=
111
1ur ,
=
110
2ur dan
=
100
3ur .
Dengan proses Gram-Schmidt diperoleh vektor-vektor ortonormal
=
31
31
31
1qr ,
−
=
61
61
62
2qr dan
−=
21
210
3qr
Sehingga didapat matriks
R =
n
n
n
qu
quququququ
rrMMMM
rrrr
rrrrrr
,.........00
,........,0,........,,
1
222
11211
=
2100
61
620
31
32
33
Dekomposisi Q R dari A adalah
=
111011001
A =
−
−
321
210
61
61
62
31
31
31
2100
61
620
31
32
33
6.4 Best Approximation: Least Square
Misal P adalah titik di R3, W adalah bidang yang melalui titik asal, titik Q adalah titik yang terdekat
dengan titik P
Jika ur = OP maka OQuW =rproj dan uu W
rr proj− adalah jarak minimal antara titik P dengan bidang
W
Misal ur akan di aproksimasi oleh vektor di W, berarti akan ada vektor error yaitu wu rr− dengan
Ww ∈r
. Aproksimasi terbaik dari ur adalah vektor yang mempunyai wu rr− minimal yaitu uW
rproj
Teorema 6.4.1: Teorema Aproksimasi Terbaik
Jika W adalah subspace berdimensi hingga dari suatu ruang hasil kali dalam V, dan jika ur adalah
vektor di V maka uWrproj adalah aproksimasi terbaik dari ur di W karena wuuu W
rrrr−<− proj
untuk Ww∈r
yang berbeda dengan uWrproj
Bukti:
Ww∈∀r
dapat ditulis )proj()proj( wuuuwu WWrrrrrr
−+−=− dengan
⊥∈− Wuu W )proj( rr dan WwuW ∈− )(proj rr
Sehingga )proj( uu Wrr
− dan )(proj wuWrr
− saling ortogonal yang sesuai dengan teorema Pythagoras
berlaku:
222 projproj wuuuwu WW
rrrrrr−+−=−
Jika uw Wrr proj≠ maka 0proj >− wuW
rr. Sehingga didapat
22 proj uuwu Wrrrr
−>− atau
uuwu Wrrrr proj−>− atau uuwu W
rrrr proj−>−
Least Square Problem
Diberikan suatu sistem persamaan linier bxArr
= dengan m persamaan dan n unknown, akan dicari
vektor xr yang meminimumkan bxArr
− terhadap hasil kali dalam Euclid di ℜm. Vektor xr dinamakan
solusi least-square dari persamaan bxArr
=
Misal W ruang kolom dari A. Untuk setiap matriks xr berukuran n x 1, perkalian xAr adalah kombinasi
linier dari vektor-vektor kolom dari A.
Karena vektor xr bervariasi di ℜn, maka vektor xArjuga bervariasi dari semua kemungkinan kombinasi
linier dari vektor-vektor kolom A yaitu vektor xArbervariasi dari seluruh ruang kolom W.
Secara geometri, mencari vektor xr sedemikian sehingga xAradalah vektor terdekat dengan b yaitu
bxArr
− minimal merupakan least-square problem atau xr adalah solusi least-square.
Teorema 6.4.1 mengatakan agar xr menjadi solusi least square dari bxArr
= maka bxA W
rr proy=
bbxAb W
rrrrproy−=− adalah ortogonal terhadap ruang kolom A.
Sesuai dengan teorema 6.2.6 maka xAb rr− ada di nullspace dari AT. Sehingga 0)( =− xAbAT r
atau
bAxAA TT =r
→ persamaan ini disebut sistem normal yang bersesuaian dengan
bxArr
=
Catatan:
• Sisten normal terdiri dari n persamaan dengan n unknown
• Sisten normal konsisten karena dipenuhi oleh persamaan bxArr
=
• Sisten normal mungkin mempunyai banyak solusi.
Teorema 6.4.2:
• Untuk sembarang sistem persamaan linier bxArr
= , sistem normal yang bersesuaian
bAxAA TT =r
selalu konsisten dan semua solusi dari sistem normal adalah solusi Least-square
dari bxArr
=
• Jika W adalah ruang kolom dari A dan xr adalah sembarang solusi Least-square dari
bxArr
= maka proyeksi ortogonal dari br
pada W adalah xAbWrr
=proy
Teorema 6.4.3:
Jika A adalah matriks m x n, maka persamaan berikut ekivalen
1. A mempunyai vektor kolom yang bebas linier
2. AAT invertible
Bukti:
)2()1( →
A mempunyai vektor kolom yang bebas linier maka AAT berukuran n x n
Akan dibuktikan AAT invertible atau persamaan 0rr =xAAT mempunyai solusi trivial.
Jika xr adalah solusi dari 0rr =xAAT , maka
xAr ada di nullspace TA atau xAr
ada di ruang kolom A
0rr =xA karena null-space dari TA dan ruang kolom A saling ortogonal komplement
0rr =xA dan A mempunyai vektor kolom yang bebas linier maka 0
rr =x .
Jadi 0rr =xAAT hanya mempunyai solusi trivial atau AAT invertible
)1(→)2(
AAT invertible, maka 0rr =xAAT hanya mempunyai solusi trivial 0
rr =x
Akan dibuktikan A mempunyai vektor kolom yang bebas linier atau 0rr =xA hanya mempunyai solusi
trivial 0rr =x
Misal xr adalah solusi dari 0rr =xA , maka 0)0(
rrr == TT AxAA . Karena AAT invertible maka 0rr =x
atau A mempunyai vektor kolom yang bebas linier
Teorema 6.4.4 (Ketunggalan dari solusi Least Square)
• Jika A adalah matriks m x n dengan vektor kolom yang bebas linier maka untuk setiap matriks br
(n x 1), sistem persamaan linier bxArr = mempunyai solusi Least Square yang unik yaitu
bAAAx TTrr -1)(=
• Jika W ruang kolom dari A maka proyeksi ortogonal dari br
pada W adalah
bAAAAxAb TTW
rrr-1)(proj ==
Contoh:
1. Cari solusi Least Square dari sistem linier
342-123
4-
=+=+
=
21
21
21
xxxx
xx dan cari proyeksi ortogonal dari b
rpada
ruang kolom dari A
Jawab:
=42-231-1
A dan
314
=br
Vektor-vektor kolom A bebas linier, maka solusi Least Square yang unik.
==213-3-14
42-231-1
421-2-31
AAT
==101
314
421-2-31
bATr
Sistem normal bAxAA TT =r
menjadi =2
1
101
213-3-14
xx
Sehingga didapat 285143
,9517
== 21 xx dan proyeksi ortogonal br
pada ruang kolom A adalah
==
5794
285439
28592-
285143
9517
42-231-1
xAr
2. Cari proyeksi ortogonal vektor ur = (-3, -3, 8, 9) pada subruang dari ℜ4 yang direntang oleh vektor-
vektor 1) 0, 1, 3,(=1ur )1 1, 2, 1,(=2ur 1)- 2, 0, -1,(=3ur
Jawab:
W subruang dari ℜ4 yang direntang oleh vektor-vektor 321 uuu rrr ,, adalah ruang kolom dari matriks
=
1-112100211-13
A dan =
983-3-
ur
Proyeksi ur pada subruang tersebut xAbWrr
=proj (Lanjutkan)
Definisi:
Jika W adalah subruang dari ℜm, maka transformasi WRP m →: yang memetakan setiap vektor
∈xr Rm ke proyeksi ortogonal xWrproj di W disebut proyeksi ortogonal dari ℜm pada W.
Matriks standard untuk proyeksi ortogonal dari ℜm pada W adalah [ ] TT AAAAP -1)(= dimana A
dibentuk dengan menggunakan sembarang basis untuk W sebagai vektor-vektor kolom.
Contoh:
Matriks standard untuk proyeksi ortogonal di ℜ3 pada bidang xy adalah
[ ] =000010001
P
Jika W = bid xy, ambil =1
001
ur , =2
010
ur sebagai basis untuk W maka
[ ] =001001
A , ==1001
001001
010001
AAT
[ ] ===010001
001001
)( 1- IAAAAP TT
000010001
6.5 Matriks Ortogonal dan Perubahan Basis
Definisi:
Suatu matriks bujur sangkar A disebut matriks ortogonal jika bersifat TAA =-1
Matriks bujur sangkar A ortogonal ⇔ AAAA TT = = I
Contoh:
1. =2
12
12
1-2
1A maka ==
1001
21
21-
21
21
21
21
21-
21
TAA
Jadi A disebut matriks ortogonal dan =2
12
1-2
12
11-A
2. Periksa ortogonalitas dari matriks dibawah ini dan cari -1A
a.
2100
0012
110
b.
31
61
21
31
62-0
31
61
21-
Teorema 6.5.1
Pernyataan berikut ekivalen untuk matriks A (n x n)
(a) A ortogonal
(b) Vektor-vektor baris dari A membentuk himpunan ortonormal di ℜn dengan hasil kali dalam Euclid
(c) Vektor-vektor kolom dari A membentuk himpunan ortonormal di ℜn dengan hasil kali dalam
Euclid
Teorema 6.5.2
(a) Invers dari matriks ortogonal juga ortogonal
(b) Perkalian matriks-matriks ortogonal juga ortogonal
(c) Jika A ortogonal maka det (A) = 1 atau det (A) = -1
Teorema 6.5.2
Pernyataan berikut ekivalen untuk matriks A (n x n)
(a) A ortogonal
(b) nRxxxA ∈= rrr∀,
(c) nRyxyxyAxA ∈∀•=• rrrrrr ,
Bukti:
)()( ba →
A ortogonal , maka IAAT =
xxxxAAxxAxAxA T rrrrrrrr =•=•=•= 21
21
21 )()()(
(b) → (c)
Diket. nRxxxA ∈∀=rrr ,
41 -
41
) (41 - )(
41
41 -
41
22
22
22
yx
yxyx
yxAyxA
yAxAyAxAyAxA
rr
rrrr
rrrr
rrrrrr
•=
−+=
−+=
−+=•
(c) → (a)
Diket. nRyxyxyAxA ∈∀•=•rrrrrr ,
0 - =••⇔•=•=• yxyAAxyAAxyAxAyx TT rrrrrrrrrr
0 )(0 ) (
=−•⇔
=−•⇔
yIAAxyyAAx
T
T
rr
rrr
Karena berlaku untuk sembarang x maka berlaku juga untuk
)( yIAAx T rr−= , sehingga )( yIAAT r
− • )( yIAAT r− = 0
dari sifat inner product diperoleh:
)( yIAAT r− = 0
Persamaan ini berlaku untuk sembarang nRy ∈r
, sehingga
0=− IAAT atau IAAT = ⇒A orthogonal
Jika nn RRT →: adalah perkalian oleh matrix orthogonal A, maka T disebut operator orthogonal pada nR .
Dari Teorema 6.5.3 ⇒ operator orthogonal pada nR tidak mengubah panjang vektor.
∴ pencerminan dan rotasi di 2R dan 3R mempunyai matrix standard yang orthogonal.
Misal { }nvvvS rrr ,...,, 21= adalah basis untuk ruang vektor V, maka Vv ∈∀r
dapat dinyatakan sebagai:
nnvkvkvkv rrrr++= 2211
dengan [ ]
=
n
S
k
kk
vM
r 2
1
disebut matrix koordinat dari v relatif terhadap S.
Masalah Perubahan Basis:
Jika basis dari suatu ruang vector di ubah dari basis lama B menjadi basis baru B’, apa hubungan antara
[ ]Bvr dan [ ] 'Bvr ?
Misal { }21,uuB rr= dan { }21,' vvB rr
= , B = basis lama, B’ = basis baru
Misalkan [ ]
=
ba
v B1r
dan [ ]
=
dc
v B2r
yaitu 212
211
uducvubuavrrr
rrr
+=+=
Misal Vv ∈r
dan [ ]
=
2
1' k
kv Br
atau 2211 vkvkv rrr+=
sehingga )()( 212211 uduckubuakv rrrrr+++=
221121 )()( udkbkuckak rr+++=
berarti [ ]
=
++
=2
1
21
21
kk
dbca
dkbkckak
v Br
= [ ] [ ][ ]BB vv 21rr [ ] 'Bvr
Secara umum:
Jika kita mengubah basis lama dari suatu ruang vektor V, { }nuuuB ,...,, 21=
menjadi basis baru { }nvvvB ,..,,' 21= maka [ ]Bv = P [ ] 'Bv
dimana P adalah matrix yang kolom-kolomnya adalah matrix koordinat vektor-vektor basis baru
terhadap basis lama, yaitu [ ] [ ] [ ]BnBB vvv ,...,, 21 .
P disebut matrix transisi basis dari B’ ke B.
Contoh:
{ }21,uuB = dan { }21,' vvB = adalah basis untuk 2R ,
dengan
−=
=
=
=
43
,12
,10
,01
2121 vvuu
Misal P adalah matrix transisi dari B’ ke B ⇒ P= [ ] [ ][ ]BB vv 21
[ ] [ ]
−=
=
+=
+=43
,12
21
212
211BB vv
uducv
ubuav
Maka
−=
4132
P
Jika
−
=5
3w cari [ ]Bw dan [ ] 'Bw
Cara I :
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
−−
=
=⇒
−==
=
+=
1113
113
53
2134
111
4132
53 '''
2211
BBBBB
wwwPww
ukukw
Cara II : (secara langsung)
111354
113332
43
12
53
221
12121
2211
−=−=+
−=⇒=−⇒
−+
=
−
+=
ccc
ccccc
vcvcw
∴ [ ]
−−
=11
1311
3'Bw
Misal Q adalah matrix transisi dari B ke B’, maka
[ ] [ ][ ]'2'1 BB uuQ =
[ ] [ ]
−=⇒
=
−=
+=
+=
112
111
113
114
112
113
,11
111
4'2'1
212
211 Quuvdvcu
vbvauBB
PQ =
−4132
− 112
111
113
114
=
1001
1−=∴ PQ
Teorema 6.5.4.
Jika P adalah matrix transisi dari suatu basis B’ ke B maka:
a. P invertible
b. P-1 adalah matrix transisi dari B ke B’
Teorema 6.5.5
Jika P adalah matrix transisi dari suatu basis ortonormal ke basis ortonormal lain pada suatu ruang
vektor, maka P adalah matrix orthogonal, yaitu: P-1 = PT
7. NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN
7.1. Nilai eigen dan vektor eigen Definisi :
Jika A suatu matrix n × n, maka vektor 0x ≠ , nx R∈ , disebut vektor eigen dari A jika Ax
adalah kelipatan skalar dari x, yaitu:
Ax xλ=
untuk λ skalar.
λ disebut nilai eigen dari A dan x disebut vektor eigen yang bersesuaian dengan λ.
Secara geometris di R2, dapat digambarkan sebagai berikut:
Contoh 1.
3 0 1
,8 1 2
A x
= = −
karena 3 0 1 3 1
3 38 1 2 6 2
Ax x
= = = = −
maka λ = 3 adalah nilai eigen dari A, dengan vektor eigen 12
x
=
Untuk mencari nilai eigen dari An×n , tulis Ax xλ= sebagai:
( ) 0 ...(7.1)
Ax IxI A x
λλ
=− =
dan agar λ menjadi nilai eigen, maka solusi dari (7.1) haruslah vektor 0x ≠ ,
hal ini dapat terpenuhi jika:
det( ) 0I Aλ − = ...(7.2)
Persamaan (7.2) disebut persamaan karakteristik dari A.
Jika persamaan (7.2) diuraikan, maka diperoleh suatu polinomial dalam λ, sehingga
det( ) 0I Aλ − = disebut juga polinomial karakteristik dari A.
Untuk kasus An×n, det( ) 0I Aλ − = dapat diuraikan menjadi
11det( ) ...n n
nI A c cλ λ λ −− = + + + = 0 ...(7.3)
yaitu polinomial berderajat n dengan koefisien pangkat tertinggi nλ adalah 1.
Dari (7.3) diperoleh bahwa A mempunyai paling banyak n nilai eigen yang berbeda.
Contoh 2.
3 2
3 2
4 0 1 4 0 12 1 0 ,det( ) 2 1 02 0 1 2 0 1
( 4)( 1)( 1) 2( 1) = 6 11 6 0
6
A I Aλ
λ λλ
λ λ λ λλ λ λ
λ λ
− − = − − = − − −
= − − − + −
− + − =
∴ − +11 6 0 adalah persamaan karakteristik dari Aλ − =
Nilai Eigen Matrix Segitiga
Teorema 7.1.1.
Jika A adalah matrix segitiga (segitiga atas, segitiga bawah atau diagonal) berukuran n × n,
maka nilai eigen dari A adalah entri-entri pada diagonal utama dari A.
Contoh 3.
1 0 0221 03
15 84
A
= − − −
, nilai eigen 1 2 1, , =-2 3 4
λ λ λ= =
Teorema 7.1.2.
Jika A adalah matrix n × n dan λ adalah bilangan real, maka pernyataan berikut ekivalen.
a. λ adalah nilai eigen dari A
b. Sistem persamaan linear ( ) 0I A xλ − = mempunyai solusi nontrivial
c. 0 nx R∃ ≠ ∈ Ax xλ∋ =
d. λ adalah solusi dari det( ) 0I Aλ − =
Mencari Basis dari Ruang Eigen
Telah diketahui bahwa masalah mencari nilai eigen berkembang menjadi masalah mencari
vektor eigen.
Vektor eigen dari suatu matrix A yang bersesuaian dengan nilai eigen λ , adalah vektor tak nol
yang memenuhi Ax xλ= atau vektor eigen tersebut merupakan solusi dari ( ) 0I A xλ − = .
Ruang solusi dari ( ) 0I A xλ − = disebut ruang eigen dari A yang bersesuaian dengan λ.
Contoh 4.
Cari basis ruang eigen dari 0 0 21 2 11 0 3
A−
=
Jawab:
persamaan karakteristik dari A adalah 3 25 8 4 0 λ λ λ− + − = 2( 1)( 2) 0λ λ⇒ − − =
∴nilai eigen dari A adalah λ = 1 dan λ = 2
§ untuk λ = 2
( )1
2
3
0
2 0 2 01 0 1 01 0 1 0
I A x
xxx
λ − =
− − = − −
sistem di atas mempunyai solusi 1 2 3, ,x s x t x s= − = =
maka vektor-vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan λ = 2 adalah
1 0
0 11 0
sx t s t
s
− − = = +
karena 1 0
0 dan 11 0
−
saling bebas linear, maka vektor-vektor tersebut membentuk
basis untuk ruang eigen yang bersesuaian dengan λ = 2.
§ untuk λ = 1
( )1
2
3
0
1 0 2 01 1 1 01 0 2 0
I A x
xxx
λ − =
− − − = − −
sistem di atas mempunyai solusi 1 2 32 , ,x s x s x s= − = =
maka vektor-vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan λ = 1 adalah
2 2
11
sx s s
s
− − = =
maka vektor 2
11
−
membentuk basis untuk ruang eigen λ = 1.
Nilai Eigen dari Pangkat Suatu Matrix
Teorema 7.1.3.
Jika k suatu bilangan bulat, λ suatu nilai eigen dari A dan x vektor eigen yang bersesuaian,
maka λk adalah nilai eigen dari Ak dengan x vektor eigen yang bersesuaian.
Sebagai ilustrasi:
Misalkan λ dan x adalah nilai dan vektor eigen yang bersesuaian dari A, maka 2 2( ) ( ) ( ) ( )A x A Ax A x Ax x xλ λ λ λ λ= = = = =
Contoh 5.
Dari contoh 4, diperoleh nilai eigen dari 0 0 21 2 11 0 3
A−
=
adalah λ = 2 dan λ =1
Maka λ = 27 = 128 dan λ =17 = 1 adalah nilai eigen dari A7. Sedangkan vektor-vektor eigen
dari A yang bersesuaian dengan λ, juga merupakan vektor-vektor eigen dari A7.
Nilai Eigen dan Invertible
Teorema 7.1.4.
Suatu matrix bujur sangkar A invertible jika dan hanya jika λ = 0 bukan suatu nilai eigen
dari A.
Bukti:
Asumsikan An×n dan perhatikan bahwa λ = 0 adalah suatu solusi dari persamaan karakteristik 1
1 ...n nnc cλ λ −+ + + = 0, jika dan hanya jika suku konstan nc = 0.
Maka untuk membuktikan A invertible, cukup dengan membuktikan nc ≠ 0.
Tapi 11det( ) ...n n
nI A c cλ λ λ −− = + + + ,
maka untuk λ = 0 maka det(-A) = nc atau ( 1) det( )nnA c− =
Sehingga det(A) = 0 jika dan hanya jika nc = 0.
Jadi A invertible jika dan hanya jika nc ≠ 0.
7.2. Diagonalisasi Masalah vektor eigen Diberikan matrix A berukuran n × n, apakah terdapat suatu basis untuk Rn yang terdiri dari vektor-vektor eigen dari A Masalah diagonalisasi (bentuk matrix) Diberikan matrix A berukuran n × n, apakah terdapat suatu matrix invertible P sedemikian sehingga P-1AP adalah matrix diagonal Definisi Suatu matrix bujur sangkar A dikatakan dapat didiagonalisasi jika terdapat matrix P sedemikian sehingga P-1AP adalah matrix diagonal. Matrix P dikatakan mendiagonalisasi A. Teorema 7.2.1. Jika A adalah matrix n × n, maka pernyataan berikut ekivalen
a. A dapat didiagonalisasi b. A mempunyai n vektor eigen yang bebas linear
Bukti: Prosedur untuk mendiagonalisasi suatu matrix An × n :
1. Cari n vektor eigen dari A yang bebas linear, misalkan p1, p2, …, pn. 2. Bentuk matrix P dengan p1, p2, …, pn sebagai vektor-vektor kolomnya. 3. Diperoleh matrix P-1AP adalah matrix diagonal dengan λ1, λ2, …, λn sebagai entri-entri
diagonal utamanya, dimana λi adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan pi, i = 1,2,…, n
Contoh 1:
Cari matrix P yang mendiagonalisasi matrix
−
=16
01A
Jawab:
0)1)(1(16
01)det( =−+=
+−−
=− λλλ
λλ AI
Maka nilai eigen dari A adalah λ = 1 dan λ = -1. • Untuk λ = 1 ⇒ (λI - A) x = 0 ⇒
, misalkan ⇒ ⇒Basis
• Untuk λ = -1 ⇒ (λI - A) x = 0 ⇒
, misalkan ⇒ ⇒Basis
A matrix 2×2 dan mempunyai 2 vektor eigen yang bebas linear, maka A dapat di
diagonalisasi dengan matrix
Check:
Teorema 7.2.2 Jika adalah vektor-vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan maka
bebas linear. Cara lain untuk menentukan apakah suatu matrix dapat didiagonalisasi atau tidak, adalah dengan menentukan dimensi dari ruang eigen. Contoh 2: (dari contoh 1)
• ruang eigen untuk λ = 1 adalah ruang solusi dari .
Matrix koefisiennya mempunyai rank =1 , sehingga nulitas = 2-1 = 1 → terdapat 1 vektor basis → dimensi ruang eigen λ = 1 adalah 1.
• ruang eigen dari λ = -1 adalah ruang solusi dari ,
maka rank =1 , dan nulitas = 2-1 = 1 → terdapat 1 vektor basis. → dimensi ruang eigen λ = -1 adalah 1.
Jadi total dimensi ruang eigen = 2 ⇒ terdapat 2 vektor eigen yang bebas linear ⇒ A dapat didiagonalisasi
Teorema 7.2.3. Jika An × n mempunyai n nilai eigen yang berbeda, maka A dapat didiagonalisasi. Contoh 3:
,
= Diperoleh λ = 4, λ = 2 + dan λ = 2 - Karena A matrix 3×3 mempunyai 3 nilai eigen yang berbeda, maka A dapat didiagonalisasi
dimana
Apakah matrix n × n yang tidak mempunyai n nilai eigen yang berbeda tidak dapat didiagonalisasi? Contoh 4:
0)2)(1()det(,301121200
2 =−−=−
−= λλλ AIA
Untuk λ=2 →
=
−−−−
000
101101
202
3
2
1
xxx
⇒ rank = 1, nulitas = 2, Dim ruang eigen = 2
Untuk λ=1 →
=
−−−−−
000
201111
201
3
2
1
xxx
⇒ rank = 2, nulitas = 1, Dim ruang eigen = 1
Total dimensi ruang eigen = 3 → terdapat 3 vektor eigen bebas linear ⇒ A dapat didiagonalisasi.
Contoh 5:
0)2)(1()det(,253021001
2 =−−=−
−= λλλ AIA
Untuk λ=2 →
=
−−−−
000
153011000
3
2
1
xxx
⇒ rank = 2, nulitas = 1, Dim ruang eigen = 1
Untuk λ=1 →
=
−−
000
053001001
3
2
1
xxx
⇒ rank = 2, nulitas = 1, Dim ruang eigen = 1
Total dimensi ruang eigen = 2 → terdapat 2 vektor eigen bebas linear ⇒ A tidak dapat didiagonalisasi.
Multiplisitas geometri dari λ0 adalah dimensi dari ruang eigen yang bersesuaian dengan λ0 Multiplisitas aljabar dari λ0 adalah jumlah (λ-λ0 ) muncul sebagai faktor dari polinomial karakteristik dari A. Teorema 7.2.4.
1. Untuk setiap nilai eigen dari A multiplisitas geometris ≤ multiplisitas aljabar 2. A dapat didiagonalisasi jika dan hanya jika multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar,
untuk setiap nilai eigen
Jika A adalah matrix n × n dan P matrix invertible, maka PAPAPPPAPAPPAPPAPP 21111121 )())(()( −−−−−− === Secara umum: PAPAPP KK 11 )( −− == Maka jika A dapat didiagonalisasi dan P-1AP = D matrix diagonal, KKK DAPPPAP == −− )( 11 1−= PPDA KK
Jika
=
nd
dd
D
L
MOMM
L
L
00
0000
2
1
maka
=
K
K
K
K
d
dd
D
2
2
1
00
0000
L
MOMM
L
L
Contoh 6:
Jika
=
1601
A maka hitung 25A
Jawab : dari contoh sebelumnya diperoleh
=
1103
1P dan
−
=10
01D
Maka 25A =PD25P -1=
1103
1 25
1001
−
− 13
03=
1103
1
− 25
25
1001
− 13
03
=
1103
1
−1001
− 13
03=
1601
7.3. Diagonalisasi Ortogonal Masalah vektor eigen yang ortonormal: Diberikan matrix A berukuran n × n, apakah terdapat basis ortonormal untuk Rn dengan hasil kali dalam Euclid yang terdiri dari vektor-vektor eigen dari A? Masalah diagonalisasi orthogonal: Diberikan matrix An × n, apakah terdapat matrix orthogonal P sedemikian sehingga P-1AP = PTAP diagonal? A dikatakan dapat didiagonalisasi secara orthogonal dan P mendiagonalisasi A secara orthogonal. Teorema 7.3.1. Jika A adalah matrix n × n, maka pernyataan berikut ekivalen
a. A dapat didiagonalisasi secara orthogonal b. A mempunyai himpunan ortonormal dari n vektor eigen c. A simetris
Bukti: (a→c)
A didiagonalisasi secara orthogonal → terdapat matrix orthogonal P, dan matrix diagonal D ∋ P-1AP = D. maka A=PDP-1 = PDPT (karena P orthogonal) Sehingga AT= ( PDPT )T = (PT)T DTPT = PDPT = A Jadi A simetris.
Teorema 7.3.2. Jika A adalah matrix simetris, maka:
a. Nilai eigen dari A adalah bilangan real b. Vektor-vektor eigen dari ruang eigen yang berbeda, saling orthogonal.
Bukti: b. Misalkan 1vr vektor eigen untuk λ1, 2vr vektor eigen untuk λ2, dengan λ1 ≠ λ2
Adib. 1vr • 2vr = 0 A 1vr • 2vr = 1vr •AT
2vr = 1vr •A 2vr (karena A simetris) λ1 1vr • 2vr = 1vr • 22vrλ ⇔ λ1 1(vr • )2vr = λ2 1(vr • )2vr ⇔ (λ1 - λ2) 1(vr • )2vr = 0 Karena λ1 ≠ λ2 maka 1(vr • )2vr = 0
Diagonalisasi matrix simetris:
1. Cari basis untuk setiap ruang eigen dari A 2. Gunakan proses GramSchmidt dan normalisasi untuk mendapatkan basis ortonormal 3. Bentuk matrix P dengan vektor basis (yang diperoleh dari no.2) sebagai vektor kolomnya.
Contoh 7: (Latihan 7.3, no.6)
=
000011011
A , ( )200
011011
)det( 2 −=−−−−
=− λλλ
λλ
λ AI
Nilai eigen λ=0 dan λ=2
sxxtxsx −=−===⇒
→
−−−−
⇒= 2132 ,,000000011
000011011
0λ
=
−=→
+
−=
−=
100
,011
100
011
21 pptstss
x
sxxx ===⇒
−→
−
−⇒= 213 ,0
200000011
200011011
2λ
=→
=
=
011
011
03pss
sx
Karena 321 ppp ⊥⊥ , maka lakukan proses normalisasi:
−
==
02
12
1
1
11 p
pv ,
==
100
2
22 p
pv ,
==
02
12
1
3
33 p
pv
Maka
−
=
0102
102
12
102
1
P mendiagonalisasi A secara orthogonal.
Check:
−
−
=
0102
102
12
102
1
000011011
02
12
1100
02
12
1
APPT =
200000000
1
8. TRANSFORMASI LINIER 8.1. TRANSFORMASI LINIER UMUM
Definisi:
Jika T : V → W adalah suatu fungsi dari suatu ruang vektor V ke ruang vektor W, maka
T disebut transformasi linier dari V ke W jika untuk semua vektor →
u dan →
v di V dan
semua skalar c berlaku:
a. T(→
u + →
v ) = T(→
u ) + T(→
v )
b. T( c→
u ) = c T(→
u )
Jika V = W, maka T : V → V disebut operator linier.
Contoh:
1. Buktikan bahwa pemetaan T : V → W ∋ T(→
v ) = 0 untuk ∀→
v ∈V adalah
transformasi linier , dimana V dan W adalah ruang vektor. T dalam hal ini disebut
trnasformasi nol.
2. Misalkan V adalah ruang vektor. Pemetaan I : V → V dengan I (→
v ) = →
v adalah
operator linier. Buktikan!
3. Misalkan V adalah ruang vektor dan k skalar. Buktikan bahwa pemetaan
T : V → V dengan T(→
v ) = k→
v adalah operator linier.
4. T adalah proyeksi ortogonal dari V pada W, dimana W adalah subruang berdimensi
hingga dari V, T(→
v ) = →
vproyW . Apakah T merupakan transformasi linier?
5. Misalkan →
p = p(x) = c0 + c1x + c2x2 + ... + cnxn adalah polinom di Pn. Buktikan
T : Pn → Pn dengan T (→
p ) = T(p(x)) = p(ax+b) = c0 + c1 (ax+b) + c2 (ax+b)2 + ... +
cn (ax +b)n adalah operator linier.
6. Misalkan T : Mnn →R, dengan T (A) = det (A). Mnn adalah himpunan matriks
berukuran n x n dan R adalah himpunan bilangan riil. Apakah T merupakan
transformasi linier?
2
Secara sederhana, jika nvvv→→→
,...,, 21 adalah vektor-vektor di V dan c1, c2, ...,cn adalah
skalar-skalar, maka untuk membuktikan transformasi linier dapat dilakukan dengan
membuktikan bahwa T( )(...)()()... 22112211 nnnn vTcvTcvTcvcvcvc→→→→→→
+++=+++
Teorema 8.1.1
Jika T : V → W adalah transformasi linier, maka:
a. T(→
0 ) = →
0
b. T(-→
v ) = - T(→
v ), ∀→
v ∈V.
c. T(→
v -→
w ) = T(→
v ) – T(→
w ), ∀→
v ,→
w ∈V.
Jika T : V → W adalah transformasi linier dan jika { nvvv→→→
,...,, 21 }adalah sebarang basis
untuk V, maka bayangan T(→
v ) dari sebarang vektor →
v ∈V dapat dihitung dari bayangan-
bayangan vektor-vektor basis, yaitu T( 1
→
v ),T( 2
→
v ), ..., T( nv→
).
Caranya adalah:
1. Nyatakan →
v sebagai kombinasi linier dari vektor-vektor basis, yaitu →
v = nn vcvcvc→→→
+++ ...2211
2. T(→
v ) = T( nn vcvcvc→→→
+++ ...2211 )
= )(...)()( 2211 nn vTcvTcvTc→→→
+++
Jadi, suatu transformasi linier ditentukan secara lengkap oleh bayangan-bayangan vektor
– vektor basis.
Contoh:
Misalkan basis S = { 321 ,,→→→
vvv } basis di R3, dimana 1
→
v = (1,1,1), 2
→
v = (1,1,0) dan
3
→
v = (1,0,0). T : R3 → R3 operator linier ∋ T( 1
→
v ) = (2, -1,4), T( 2
→
v ) = (3,0,1) dan
3
T( 3vr ) = (-1, 5,1). Cari formula untuk T(x1,x2,x3) dan kemudian hitung T(2,4,-1)!
Jawab:
Definisi :
Jika T1 : U→V dan T2 : V→W adalah transformasi linier, komposisi dari T2 dengan T1
dinotasikan dengan T2o T1 adalah fungsi dengan formula (T2 oT1)(→
u ) = T2 (T1(→
u )),
dimana →
u ∈U. Perhatikan gambar 1 !
Gambar1
Teorema 8.1.2
Jika T1 : U→V dan T2 : V→W adalah transformasi linier, maka (T2oT1) : U→W juga
transformasi linier.
Catatan : Komposisi transformasi linier dapat juga didefinisikan untuk lebih dari dua
transformasi linier.
8.2. KERNEL DAN RANGE
Definisi :
Jika T : V → W adalah transformasi linier, Kernel dari T (ker(T)) adalah himpunan
semua vektor-vektor di V yang dipetakan ke →
0 . Range dari T (R(T)) adalah himpunan
semua vektor di W yang merupakan bayangan oleh T dari paling sedikit satu vektor di V.
Contoh :
1. TA : Rn → Rm adalah perkalian oleh matriks Amxn, atau AX = b.
Ker(TA) = nullspace (ruang nol) dari A
4
R(TA) = ruang kolom dari A
2. T : V → W adalah transformasi nol
Ker(T) = V dan R(T) = {→
0 }
3. I : V → V adalah operator identitas
Ker(T) = {→
0 }dan R(T) = V
4. T : V → V dengan T(→
v ) = 3→
v
Ker(T) = … dan R(T) =…
5. T : R2 → R2, dengan T(x,y) = (2x - y, -8x + 4y)
Ker(T) = … dan R(T) =…
Teorema 8.2.1
Jika T : V → W adalah transformasi linier, maka
a. Kernel dari T (ker(T)) adalah subruang dari V
b. Range dari T (R(T)) adalah subruang dari W
Definisi :
Jika T : V → W adalah transformasi linier, maka dimensi dari range T disebut rank dari
T atau rank(T), dimensi dari kernel T disebut nullitas dari T atau nullitas (T).
Teorema 8.2.2
Jika A adalah matriks mxn dan TA : Rn → Rm adalah perkalian oleh matriks Amxn, maka
a. nullitas(TA) = nullitas dari A
b. rank(TA) = rank (A)
Teorema 8.2.3
Jika T : V → W adalah transformasi linier dari ruang vektor V berdimensi n ke ruang
vektor W, maka rank(T) + nullitas (T) = n.
8.3 INVERS TRANSFORMASI LINIER
5
Definisi :
Suatu transformasi linier T : V → W disebut satu-satu jika T memetakan setiap vektor
yang berbeda di V ke vektor yang berbeda di W.
Contoh :
1. TA : Rn → Rn adalah perkalian dengan matriks A
TA satu-satu jika dan hanya jika A invertible ( teorema 4.3.1)
Untuk nomor 2-4, tentukan apakah T satu-satu ?
2. T : Pn →Pn+1 , dengan T(→
p ) = T(p(x)) = xp(x),
3. T : R2 → R2, T(x,y) = (x + y, x - y)
4. T : R2 → R2, T(x,y) = (0, 2x +3y)
Teorema 8.3.1
Jika T : V → W adalah transformasi linier, maka yang berikut ekivalen
a. T satu-satu
b. Ker(T) = {→
0 }
c. Nullitas (T) = 0
d. ika W = V maka R(T) = V
Jika T : V → W adalah transformasi linier dan satu-satu maka ada invers dari T, yaitu T-1.
Jika T memetakan →
v ∈V ke →
w = T(→
v )∈W maka T-1 memetakan →
w = T(→
v )∈W
ke→
v ∈V .
Perhatikan gambar 2 :
T-1 (T(→
v )) = T-1(→
w ) = →
v
T (T-1(→
w )) = T(→
v ) = →
w
Domain dari T-1 adalah range dari T atau R(T).
6
T(→
x ) →
x
T
Vektor di V
Vektor di Rn
[(T(→
x )]B’
A
Vektor di Rm
Vektor di W
[→
x ]B
Gambar2
Contoh :
T : R3 → R3, apakah T mempunyai invers ? Jika ya, cari T-1 !
1. T(x1,x2,x3) = (x1+5x2+2x3, x1+2x2+x3, -x1+x2)
2. T(x1,x2,x3) = (x1+4x2-x3, x1+2x2+x3, -x1+x2)
Teorema 8.3.3
Jika T1 : U→V dan T2 : V→W adalah transformasi linier satu-satu, maka
a. (T2 oT1) satu-satu
b. (T2 oT1) -1 = T1-1 o T2
-1
Secara umum,
( Tn o Tn-1 o…. o T2o T1 )-1 = T1-1 oT2
-1 o… o Tn-1-1 oTn
-1
8.4. MATRIKS DAN TRANSFORMASI LINIER
Misalkan: V ruang vektor berdimensi n, B merupakan basis V
W ruang vektor berdimensi m, B’ merupakan basis W
T : V→W
Perhatikan bagan berikut !
7
A[→
x ]B = [T(→
x )]B’
A disebut matriks untuk T relatif terhadap basis B dan B’.
Bagaimana bentuk A?
Misalkan B ={ nuuu→→→
,...,, 21 }, B’ = { },...,, 21 mvvv→→→
.
Akan dicari A =
mnmm
n
n
aaa
aaaaaa
L
MMMM
K
K
21
22221
11211
sedemikian hingga A[→
x ]B = [T(→
x )]B’, ∀→
x ∈V.
Sehingga persamaan A[→
x ]B = [T(→
x )]B’ juga berlaku untuk nuuu→→→
,...,, 21 ∈V.
Berarti A[ 1
→
u ]B = [T( 1
→
u )]B’
A[ 2
→
u ]B = [T( 2
→
u )]B’
M
A[ nu→
]B = [T( nu→
)]B’
Tetapi
[ 1
→
u ]B =
0
01
M, [ 2
→
u ]B =
0
10
M dan [ nu
→]B =
1
00
M
sehingga
A[ 1
→
u ]B =
mnmm
n
n
aaa
aaaaaa
L
MMMM
K
K
21
22221
11211
0
01
M=
1
21
11
ma
aa
M= [T( 1
→
u )]B’
A[ 2
→
u ]B =
2
22
12
ma
aa
M= [T( 2
→
u )]B’ , … , A[ nu→
]B =
mn
n
n
a
aa
M2
1
= [T( nu→
)]B’
8
Berarti, A =
→→→
''2'1 )]([||)]([|)]([ BnBB uTuTuT L = [T]B’,B
Jadi matriks untuk T relatif terhadap basis B dan B’ adalah [T]B’,B dengan sifat :
[T]B’,B[→
x ]B = [T(→
x )]B’
Jika T : V→V operator linier dengan basis B = { nuuu→→→
,...,, 21 }, maka matriks T relatif
terhadap basis B adalah
[T]B =
→→→
BnBB uTuTuT )]([||)]([|)]([ 21 L
dengan sifat
[T]B[→
x ]B = [T(→
x )]B
Teorema 8.4.1
Jika T : Rn → Rm adalah transformasi linier dan jika B dan B’ adalah basis standar untuk
Rn dan Rm, maka
[T]B’,B = [T]
Untuk →
x ∈ Rn, maka [T] →
x = T(→
x )
T : V → W adalah transformasi linier. Untuk mencari T(→
x ) perhatikan gambar 3.
Gambar 3
Langkah-langkah mencari T(→
x )
I. Cara Langsung
II. Cara tidak langsung :
9
1. Cari matriks koordinat [→
x ]B
2. Kalikan [→
x ]B dengan [T]B’,B dari kiri, diperoleh [T(→
x )]B’
3. Berdasarkan [T(→
x )]B’, cari T(→
x )
Contoh :
1. T : P2 →P3 adalah transformasi linier dengan T(p(x)) = x p(x)
a. Cari matriks untuk T relatif terhadap basis standar B = { 321 ,,→→→
uuu }dan
B’={ },,, 4321
→→→→
vvvv , dimana 1
→
u = 1, 2
→
u = x , 3
→
u = x2 ; 1
→
v = 1, 2
→
v = x, 3
→
v =
x2 dan 4
→
v = x3.
Jawab :
[T]B’,B =
→→→
''2'1 )]([|)]([|)]([ BnBB uTuTuT
T( 1
→
u ) = T(1) = x, T( 2
→
u ) = T(x) = x2 dan T( 3
→
u ) = T(x2) = x3
[T( 1
→
u )]B’ =
0010
, [T( 2
→
u )]B’ =
0100
dan [T( 3
→
u )]B’ =
1000
sehingga
[T]B’,B =
100010001000
.
b. Hitung dengan cara tidak langsung T(2+x+2x2)
Misalkan →
p = p(x) = 2+x+2x2
[→
p ]B =
212
, [T]B’,B[→
p ]B = [T(→
p )]B’
10
[T(→
p )]B’ =
100010001000
212
=
2120
[T(→
p )] = 0 + 2x + x2 + 2x3 = 2x + x2 + 2x3
c. Hitung dengan cara langsung
[T(→
p )] = T(2+x+2x2) = x(2+x+2x2) = 2x+x2+2x3
2. T : R2 → R3, dengan T
2
1
xx
=
−+
0
2
1
21
xxx
a. Cari matriks [T]B’,B, dengan B = { 21 ,→→
uu } dan B’ = { },, 321
→→→
vvv dengan
1
→
u =
31
, 2
→
u =
−42
, 1
→
v =
111
, 2
→
v =
022
dan 3
→
v =
003
b. Apakah memenuhi formula [T]B’,B[→
x ]B = [T(→
x )]B’ , ∀→
x ∈R2 ?
8.5. SIMILARITAS
Misalkan T : R2 → R2, dengan T
2
1
xx
=
+−
+
21
21
42 xxxx
.
§ Jika B basis standar atau B = { 21,→→
ee }maka matriks untuk T yang bersesuaian
dengan basis B adalah [T]B =
→→
BB eTeT )]([|)]([ 21 =
− 42
11
§ Jika B’ = { 21,→→
uu } bukan basis standar, dimana 1
→
u =
11
, 2
→
u =
21
, maka matriks
untuk T yang bersesuaian dengan basis B’ adalah
11
[T]B’ =
→→
'2'1 )]([|)]([ BB uTuT =
3002
Teorema 8.5.1
Jika B dan B’ adalah basis untuk ruang vektor V berdimensi hingga dan jika I : V → V
adalah operator identitas, maka [I]B,B’ adalah matriks transisi dari B’ ke B
Gambar 4
Permasalahan
1. Bagaimana cara mendapatkan matriks untuk T dalam bentuk yang paling
sederhana ?
Pilih basis untuk V yang membuat matriks untuk T sesederhana mungkin, yaitu
pertama cari matriks untuk T yang bersesuaian dengan sebarang basis, misal basis
standar. Kemudian basis tersebut diubah sedemikian hingga matriks untuk T
menjadi lebih sederhana.
2. Jika B dan B’ adalah basis untuk ruang vektor berdimensi hingga V dan
T: V → V adalah operator linier, apa hubungan antara [T]B dengan [T]B’ ?
Perhatikan gambar 5!
Gambar 5
T = I oT o I
[T]B’ ,B’ = [I oT o I] B’ ,B’ = [I]B’ ,B [T]B, B[I]B,B’ atau
[T]B’ = [I]B’ ,B [T]B[I]B,B’
12
Misalkan P adalah matriks transisi dari B’ ke B atau P = [I]B,B’, maka [I]B’ ,B = matrik
transisi dari B ke B’ = P-1. Jadi,
[T]B’ = P-1 [T]B P
Contoh:
1. Misalkan T : R2 → R2 dengan T
2
1
xx
=
+−
+
21
21
42 xxxx
dengan basis standar .
Maka [T]B =
− 42
11.
Misalkan B’={ ',' 21
→→
uu } dengan 1
→
u =
11
, 2
→
u =
21
, maka matriks transisi dari B’
ke B = P adalah P =
→→
BB uu ]'[|]'[ 21 =
2111
dan P-1 =
−
−1112
Sehingga [T]B’ = P-1 [T]B P =
−
−1112
− 42
11
2111
=
3002
.
2. Misalkan T : R2 → R2 dengan T
2
1
xx
=
+−
21
21
42 xxxx
. Cari sebuah basis untuk R2
sedemikian hingga matriks untuk T diagonal !
Definisi :
Jika A dan B adalah matriks bujur sangkar, B dikatakan similar dengan A jika terdapat
matriks P yang invertibel sedemikian hingga B = P-1AP.
Definisi :
Suatu sifat dari matriks bujur sangkar disebut similarity invariant atau invarian di bawah
similaritas jika sifat tersebut dimiliki oleh dua matriks yang similar.
Tabel 1. Similarity invariant :
1.Determinan A dan P-1AP mempunyai determinan yang sama
2. Invertibility A invertible jika dan hanya jika P-1AP invertible
3.Rank A dan P-1AP mempunyai rank yang sama
13
4. Nullitas A dan P-1AP mempunyai nullitas yang sama
5. Trace A dan P-1AP mempunyai trace yang sama
6. Polinomial karakteristik A dan P-1AP mempunyai polinomial karakteristik
yang sama
7. Nilai eigen A dan P-1AP mempunyai nilai eigen yang sama
8. Dimensi ruang eigen Jika λ nilai eigen dari A dan P-1AP, maka ruang
eigen dari A yang berkaitan dengan λ dan nilai
eigen dari P-1AP yang berkaitan dengan λ
mempunyai dimensi yang sama.
Nilai Eigen dari Operator Linier
Misalkan T: V → V adalah operator linier. Misalkan ∃ (ada) →
x ≠ 0 ∈V ∋ T→
x = λ→
x ,
maka:
• λ disebut nilai eigen dari T
• →
x adalah vektor eigen untuk T yang bersesuaian dengan λ .
• Ker ( λ I – T) = ruang eigen dari T yang bersesuaian dengan λ .
Sifat :
Jika B sebarang basis untuk ruang vektor V, maka:
1. Nilai-nilai eigen dari T = nilai-nilai eigen dari [T]B
2. Vektor →
x adalah vektor eigen dari T jika dan hanya jika vektor [→
x ]B adalah
vektor eigen dari [T]B.
Soal-soal:
1. Misalkan T : R2 → R2 pemetaan dengan T(x,y) = (2x-y, -8x +4y).
a. Apakah T satu-satu ? Jelaskan!
b. Apakah ( -3,11) anggota dari range T? Jelaskan !
c. Apakah (1,2) anggota kernel T ? Jelaskan !
d. Cari matriks transformasinya
14
e. Perlihatkan bahwa setiap titik pada bidang xy dipetakan ke garis y = 41 x.
2. B = {(1,2), (2,3)} dan B’ = {(1,3),(1,4)} adalah basis-basis untuk R2. Jika
T : R2 → R2 pemetaan dengan T(x,y) = (2x-3y, x + y), carilah :
a. Matriks standar dari T
b. Matriks transformasi [T]B
c. Matriks transformasi [T]B’
d. Tunjukkan bahwa [T]B dan [T]B’ similar.
3. T1 : P1→ P2 transformasi linier sehingga T1(p(x)) = xp(x).
T2 : P2 → P2 sehingga T2(p(x)) = p(2x+1)
B = {1,x} adalah basis P1 dan B’ = {1,x,x2} adalah basis P2.
a. Tunjukkan bahwa T2 adalah operator linier
b. Carilah [T2]B’, [T1]B’,B dan [T2 o T1]B’,B