Post on 05-Feb-2018
UJIAN AKHIR SEMESTER GENAP 2014/2015
MATA KULIAH : ALJABAR LINEAR
PRODI : PENDIDIKAN MATEMATIKA / FKIP
1. Carilah koordinat relative P = 6 −1
−8 −8 terhadap basis B = { B1, B2, B3 }. Jika B1 =
1 2
−1 3 ; B2 =
0 12 4
; B3 = 4 −20 −2
.
2. Transformasi T : R4 - R
4 dengan rumus T
𝑥𝑦𝑧𝑠
=
−𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑠3𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 − 2𝑠2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 3𝑠𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 − 2𝑠
Carilah basis dan dimensi dari :
a) Ruang peta {= Im (T ) }
b) Ruang nol {= Ker (T ) }
3. Ruang vector V dalam R4, di mana V = {
1111
,
1124
,
12
−4 −3
, }. Gunakan proses
Gram-Schmidt untuk mencari basis orthonormal.
4. Tentukan basis ortonormal pada R3, jika salah satu vektor basisnya adalah
−412
.
5. Apakah matriks A = 3 −1 1
−1 5 −11 −1 3
diagonalisabel?
Jika ya, cari matriks non-singular P sedemikian hingga P-1
A P = D.
JAWABAN SOAL UJIAN AKHIR SEMESTER ALJABAR LINIER.
1. Carilah koordinat relative P = 6 −1
−8 −8 terhadap basis B = { B1, B2, B3 }. Jika B1
= 1 2
−1 3 ; B2 =
0 12 4
; B3 = 4 −20 −2
.
Jawab :
P = xB1 + yB2 + zB3
6 −1
−8 −8 = x
1 2−1 3
+ y 0 12 4
+ z 4 −20 −2
= 𝑥 + 4𝑧 2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧
−𝑥 + 2𝑦 3𝑥 + 4𝑦 − 2𝑧
Diperoleh persamaan linear tidak homogin :
𝑥 + 4𝑧 = 62𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = −1−𝑥 + 2𝑦 = −8
3𝑥 + 4𝑦 − 2𝑧 = −8
1 0 42 1 −2
−13
24
0−2
𝑥𝑦𝑧 =
6−1−8−8
1 0 42 1 −2
−13
24
0−2
6−1−8−8
𝐻21(−2)
𝐻31(1)
𝐻41(−3)
~
1 0 40 1 −1000
24
4−14
6−13−2−26
𝐻32(−2)
𝐻42(−4)
~
1 0 40 1 −1000
00
2426
6−132426
𝐻43(−
26
24)
~
1 0 40 1 −1000
00
240
6−13240
Diperoleh hasil : 24z = 24 maka z = 1; y – 10 z = -13 maka y = -3 ; x + 4z = 6 maka x = 2.
Jadi : P = 2 B1 - 3B2 + B3; didapat koordinat relative P terhadap basis B adalah PB = ( 2, -3, 1 )
2. Transformasi T : R4 - R
4 dengan rumus T
𝑥𝑦𝑧𝑠
=
−𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑠3𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 − 2𝑠2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 3𝑠𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 − 2𝑠
Carilah basis dan dimensi dari :
a) Ruang peta {= Im (T ) }
b) Ruang nol {= Ker (T ) }
Jawab :
a) Akan dicari ruang peta {= Im (T ) } sebagai berikut :
T(e1 ) = T
1000
=
−1321
; T(e2 ) = T
0100
=
−12
−1−2
; T(e3 ) = T
0010
=
2−113
T(e4 ) = T
1000
=
1−2−3−2
Matriks transformasi A = [T(e1 ) T(e2 ) T(e3 ) ) T(e4 ) ] =
−1 −1 2 13 2 −1 −221
−1−2
13
−3−2
AT =
−1 3 2 1−1 2 −1 −221
−1−2
1−3
3−2
𝐻21(−1)
𝐻31(2)
𝐻41(1)
~
−1 3 2 10 −1 −3 −300
51
5−1
5−1
𝐻32(5)
𝐻42(1)
~
−1 3 2 10 −1 −3 −300
00
−10−4
−10−4
𝐻43(−
4
10 )
~
−1 3 2 10 −1 −3 −300
00
−100
−100
Basis Im(T ) = {
−1321
;
0−1−3
−3
;
00
−10 −10
} dan dim Im(T ) = 3
b) Akan dicari basis dan dimensi dari Ker (T ); yakni mencari u =
𝑥𝑦𝑧𝑠
∋ T(u) = 0
−𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑠3𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 − 2𝑠2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 3𝑠𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 − 2𝑠
= 0 →
−1 −1 2 13 2 −1 −221
−1−2
13
−3−2
𝑥𝑦𝑧𝑠
= 0
Dilakukan OBE sebagai berikut :
−1 −1 2 13 2 −1 −221
−1−2
13
−3−2
𝐻21(3)
𝐻31(2)
𝐻41(1)
~
−1 −1 2 10 −1 5 100
−3−3
55
−1−1
𝐻32(−3)
𝐻42(−3)
~
−1 −1 2 10 −1 5 100
00
−10−10
−4−4
𝐻4(−1)
~
−1 −1 2 10 −1 5 100
00
−100
−40
−1 −1 2 10 −1 5 100
00
−100
−40
𝑥𝑦𝑧𝑠
= 0 → −𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑠 = 0
−𝑦 + 5𝑧 + 𝑠 = 0−10𝑧 − 4𝑠 = 0
Diperleh : - 10z - 4s = 0 → 𝑧 = − 2
5 𝑠 ; 𝑦 = −𝑠 ; 𝑥 = 𝑠 −
4
5 𝑠 + 𝑠 =
6
5 𝑠 → s merupakan
variable bebas, missal s = 𝛼 → 𝑧 = − 2
5 𝛼 ; 𝑦 = − 𝛼 ; 𝑥 =
6
5 𝛼
Sehingga diperoleh :
𝑥𝑦𝑧𝑠
=
6
5 𝛼
−𝛼
− 2
5 𝛼
𝛼
= 𝛼
6
5
−1
−2
5
1
Jadi basis Ker(T ) = {
6
5
−1
−2
5
1
} dan dim Ker(T ) = 1.
3. Ruang vector V dalam R4, di mana V = {
1111
,
1124
,
12
−4 −3
, }. Gunakan proses
Gram-Schmidt untuk mencari basis orthonormal.
Jawab :
Ambil w1 = v1 =
1111
w2 = v2 - 𝑣2 . 𝑤1
𝑤1 .𝑤1 𝑤1 v2 . w1 =
1124
.
1111
= 8 w1 . w1 =
1111
.
1111
= 4
=
11
2 4
-
8
4
1111
=.
−1−102
w3 = v3 - 𝑣3 . 𝑤2
𝑤2 .𝑤2 𝑤2 -
𝑣3 . 𝑤1
𝑤1 .𝑤1 𝑤1
v3 . w2 =
12
−4 −3
.
−1−102
= -9 w2 . w2 =
−1−102
.
−1−102
= 6
v3 . w1 =
12
−4 −3
.
1111
= - 4 w1 . w1 = 4
w3 =
12
−4 −3
- −9
6
−1−102
-
−4
4
1111
=
1 −
9
6+ 1
2 −9
6+ 1
−4 + 0 + 1
−3 +18
6+ 1
=
3
69
6
−36
6
=
1
23
2
−31
Jadi basis orthogonal W = {
1111
,
−1−102
,
1
23
2
−31
}
Dicari besar vector |w1 | = 4 = 2 ; |w2 | = 6 ; dan |w3 | = 1
4+
9
4+
36
4+
4
4 =
5
2 2
Diperoleh basis orthonormal 𝑊 = {
1
2
12
12
12
,
−1
6
−1 6
02
6
,
15 2
35 2
−65 2
25 2
}
4. Tentukan basis ortonormal pada R3, jika salah satu vektor basisnya adalah
−412
Jawab :
Diketahui u1 = −𝟒𝟏𝟐
Misal u2 = 𝑥𝑦𝑧
𝑜𝑟𝑡𝑜𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑢1 → 𝑢2 . 𝑢1 = 0 → −4𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 0 → 𝑥 = 1
4 𝑦 +
1
2𝑧
Jadi y dan z variable bebas, missal y = 𝑑𝑎𝑛 𝑧 = 𝛽 → 𝑥 = 1
4 𝛼 +
1
2 𝛽 ;
Jadi u2 = 𝑥𝑦𝑧 =
1
4𝛼 +
1
2𝛽
𝛼𝛽
= 𝛼
14
10
+ 𝛽
12
01
; missal u2 =
14
10
Misal u3 = 𝑎𝑏𝑐
orthogonal dengan u1 dan u2 ;
maka u3 . u1 = -4a + b + 2c = 0
u3 . u2 = 1
4a + b = 0 a = -4b dan c = −
17
2 𝑏 ;
b variable bebas missal b = 𝛼 → 𝑎 = −4𝛼 𝑑𝑎𝑛 𝑐 = − 17
2 𝛼
jadi u3 = 𝑎𝑏𝑐
=
−4𝛼𝛼
− 17
2 𝛼
= 𝛼
−41
− 17
2
Selanjutnya vektor-vektor u1 ; u2 ; u3 dinormalkan :
u1 = −412
→ 𝑢1 = 21 → 𝑔1 = 𝑢1
𝑢1 =
−4
21
1 21
2 21
u2 =
14
10
→ 140 → 𝑢2 = 17 → 𝑔1 =
𝑢2
𝑢2 =
1
17
4 17
0
u3 =
−41
− 17
2
→ −8
2−17
→ 𝑢3 = 357 → 𝑔3 = 𝑢3
𝑢3 =
−8
357
2 357
−17 357
Jadi basis ortonormalnya :
−4
21
1 21
2 21
1
17
4 17
0
−8
357
2 357
−17 357
5. Apakah matriks A = 3 −1 1
−1 5 −11 −1 3
diagonalisabel?
Jika ya, cari matriks non-singular P sedemikian hingga P-1
A P = D.
Jawab :
a) Akan dicari akar akar karakteristiknya :
p(𝛼) = | 𝛼I - A | = 𝛼 − 3 1 −1
1 𝛼 − 5 1−1 1 𝛼 − 3
= [ ( 𝛼 − 3 ) ( 𝛼 − 5 ) ( 𝛼 − 3) - 1 - 1 ] – [ ( 𝛼 − 5 ) + ( 𝛼 − 3 ) + ( 𝛼 − 3 ) ]
= 𝛼3 − 11𝛼2 + 36𝑎 − 36
Karena p(𝛼) = 0
Maka 𝛼3 − 11𝛼2 + 36𝑎 − 36 = 0 → 𝛼 − 2 𝛼 − 3 𝛼 − 6 = 0
𝑗𝑎𝑑𝑖 𝑎𝑘𝑎𝑟 𝑘𝑎𝑟𝑎𝑘𝑡𝑒𝑟𝑖𝑠𝑡𝑖𝑛𝑦𝑎 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ ∶ 𝛼1 = 2 ; 𝛼2 = 3 ; 𝛼3 = 6
b) Akan dicari vector-vektor karakteristiknya :
Untuk 𝛼1 = 2
( 𝛼 I - A ) X = 0
𝛼 − 3 1 −1
1 𝛼 − 5 1−1 1 𝛼 − 3
𝑥𝑦𝑧 = 0
−1 1 −11 −3 1
−1 1 −1
𝑥𝑦𝑧 = 0
−1 1 −11 −3 1
−1 1 −1 𝐻21(1)
𝐻31(−1)
~ −1 1 −10 −2 00 0 0
→ 𝑦 = 0 → 𝑥 = −𝑧
Jadi, z variable bebas, missal = 𝛼 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑥 = −𝛼
X1 = 𝑥𝑦𝑧
= −𝛼
0𝛼
= 𝛼 −10 1
→ 𝑋1 = −10 1
Untuk 𝛼2 = 3
( 𝛼 I - A ) X = 0
𝛼 − 3 1 −1
1 𝛼 − 5 1−1 1 𝛼 − 3
𝑥𝑦𝑧 = 0
0 1 −11 −2 1
−1 1 0
𝑥𝑦𝑧 = 0
0 1 −11 −2 1
−1 1 0 𝐻21 ~
1 −2 10 1 −1
−1 1 0 𝐻31(1)
~ 1 −2 10 1 −10 −1 1
𝐻32(1)
~ 1 −2 10 1 −10 0 0
Jadi, y-z = 0 maka y = z; x-2y+z=0 maka x = z; didapat z variable bebas,
missal z = 𝛼 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑥 = 𝛼 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝛼 → 𝑋2 = 𝛼𝛼𝛼 = 𝛼
111
Untuk 𝛼2 = 6
( 𝛼 I - A ) X = 0
𝛼 − 3 1 −1
1 𝛼 − 5 1−1 1 𝛼 − 3
𝑥𝑦𝑧 = 0
3 1 −11 1 1
−1 1 3
𝑥𝑦𝑧 = 0
3 1 −11 1 1
−1 1 3 𝐻21 ~
1 1 13 1 −1
−1 1 3 𝐻21(−3)
𝐻31(1)
~ 1 1 10 −2 −40 2 4
𝐻32(1)
~ 1 1 10 −2 −40 0 0
Jadi, -2y-4z = 0 maka y = - 2z;
x+y+z = 0 maka x = z; didapat z variable bebas,
missal z = 𝛼 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑥 = 𝛼 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = −2𝛼 → 𝑋3 = 𝛼
−2𝛼𝛼
= 𝛼 1
−21
Diperoleh vektor karakteristik :X1 = −10 1
; X2 = 11 1 ; X3 =
1−2
1 ;
c) Berarti matriks A diagonalisabel.
d) Jadi matriks P = [ X1 X2 X3 ] = −𝟏 𝟏 𝟏𝟎 𝟏 −𝟐𝟏 𝟏 𝟏
e) Akan dicari invers dari P yakni P-1
:
Determinan P yakni | P | = -6
P11 = 1 −21 1
= 3 ; P12 = - 0 −21 1
= -2 ; P13 = 0 11 1
= -1 ;
P21 = − 1 11 1
= 0 ; P22 = −1 11 1
= -2 ; P23 = - −1 11 1
= 2 ;
P31 = 1 11 −2
= -3 ; P32 = - −1 10 −2
= -2 ; P33 = −1 10 1
= - 1 ;
Jadi diperoleh matriks invers P-1
= −1
6
3 0 −3− 2 − 2 −2−1 2 −1
f) Akan dicari P-1
A P = D
−1
6
3 0 −3− 2 − 2 −2−1 2 −1
3 −1 1
−1 5 −11 −1 3
−𝟏 𝟏 𝟏𝟎 𝟏 −𝟐𝟏 𝟏 𝟏
=
−1
6
3 0 −3− 2 − 2 −2−1 2 −1
−2 3 60 3 −122 3 6
=
−1
6 −12 0 0
0 −18 00 0 −36
= 2 0 00 3 0 0 0 6