Mat II 09 Basis Dan Dimensi

BASIS DAN DIMENSI

BASIS DAN DIMENSI

SUB POKOK BAHASANKOMBINASI LINEARMEMBANGUNBEBAS LINEARBASIS DAN DIMENSI

DEFINISI KOMBINASI LINIERMisalkan V ruang vektor.

S={u1, u2, ..., un} V.

Misalkan aV. Vektor a disebut dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S, jika terdapat skalar-skalar (konstanta riil) k1, k2, ..., kn, sehingga memenuhi persamaan:

k1u1+ k2u2+ ...+ knun=a

• Contoh:(a, b, c) = a(1, 0,0) + b(0,1,0) + c(0,0,1), berarti vektor (a, b, c) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}

cba

c

b

a

1

0

0

0

1

0

0

0

1

CONTOH KOMBINASI

1. Tunjukkan bahwa u=(2, 3, -1) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari W = {a1=(1, 0, 1), a2=(0, 1, -1), a3=(1, 1, -1)} dan tuliskan bentuknya.

Jawab:Akan dicari skalar-skalar k1, k2, dan k3 yang memenuhi: u= k1a1+ k2a2+ k3a3.

(2, 3, -1) = k1(1, 0, 1)+ k2(0, 1, -1)+ k3(1, 1, -1)

(2, 3, -1) = (k1, 0, k1)+ (0, k2, -k2)+ (k3, k3, - k3)

(2, 3, -1) = ( k1+ k3, k2+ k3, k1-k2-k3)

CONTOH KOMBINASI

Berarti membentuk sistem persamaan linier: k1 + k3 = 2

k2 + k3 = 3

k1 - k2 - k3 = -1

Untuk menghitung skalar-skalarnya dapat

digunakan eliminasi Gauss-Jordan. Dari eliminasi

Gauss-Jordan di dapat: k1=2, k2=3, dan k3=0.

Berarti kombinasi liniernya adalah: u= 2a1+ 3a2

CONTOH KOMBINASI LINIER 3 (1/ 2)

2. Apakah a = (2, -1, 3) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari

S= { u1=(2, -2, 4), u2=(0, 1, 2), u3=(1, 0, 4) }?

Jawab:

Akan dicari k1, k2, dan k3 yang memenuhi persamaan:

a = k1u1 + k2u2 + k3u3

(2, -1, 3) = k1(2, -2, 4) + k2(0, 1, 2) + k3(1, 0, 4)

(2, -1, 3) = ( 2k1+k3, -2k1+k2, 4k1+2k2+4k3)

Didapat sistem persamaan linier:

2k1 + k3 = 2

-2k1+ k2 = -1

4k1 + 2k2 + 4k3 = 3

Contoh Kombinasi Linier 3 (2/2)

Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan sistem persamaan

linier ini akan diselesaikan:

Karena sistem persamaan linier di atas tidak mempunyai solusi,

berarti a tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S.

~

23424

1012

2102

13

12

bb

bb

~

21220

1110

2102

23 bb

3000

1110

2102


Apakah a=(2, -1, 6) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier

dari S={u1=(2, -2, 4), u2=(0, 1, 2), u3=(1, 0, 4)}?

Jawab:

Akan dicari k1, k2, dan k3 yang memenuhi persamaan:

a=k1u1+k2u2+k3u3

(2, -1, 6)=k1(2, -2, 4)+k2(0, 1, 2)+k3(1, 0, 4)

(2, -1, 6)=(2k1+k3, -2k1+k2, 4k1+2k2+4k3)


2 = 2k1 + k3

-1 = -2k1+ k2

6 = 4k1+2k2+4k3


Dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan sistem persamaan linier ini akan diselesaikan:

Karena sistem persamaan linier di atas mempunyai solusi tak hingga banyaknya, yaitu: k1= 1 – ½ t, k2=1 – t, k3=t, berarti a dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S, yaitu:

a = (1 – ½ t)u1 + (1 – t)u2 + tu3 dengan t sebarang bilangan riil

~

26424

1012

2102

13

12

bb

bb

~

22220

1110

2102

23 bb

0000

1110

2102

KOMBINASI LINIER-SUB RUANG (1/ 3)

Misalkan V Ruang Vektor dan B={v1, v2, ..., vr} V,

Maka himpunan dari semua kombinasi linier dari B, yaitu:

W={k1v1+k2v2+ …+krvr| k1,k2, …,krR} membentuk

sub ruang.

Bukti:

1. Ambil k1=k2= ... = kr = 0,

maka: 0v1+0v2+ ...+0vr =o.

Jadi W .


2. Ambil u, w W. Akan diperlihatkan u+w W

Misalkan u= l11v1+l12v2+ …+l1rvr dimana

l11,l12, …,l1rR

dan w = l21v1+l22v2+ …+l2rvr dimana l21,l22,

…,l2rR


u+w = (l11v1+l12v2+ …+l1rvr)+(l21v1+l22v2+ …+l2rvr) {aksioma

asosiatif}

= l11v1+l12v2+ …+l1rvr + l21v1+l22v2+ …+l2rvr {aksioma

asosiatif}

= l11v1+ l21v1+l12v2+ l22v2+ …+l1rvr + l2rvr {aksioma

distributif}

= (l11+l21)v1+(l12+l22)v2+ …+(l1r+l2r)vr {sifat bilangan riil}

(l11+l21),(l12+l22), …,(l1r+l2r) R

Jadi u+w W


3. Ambil uW dan cR. Akan diperlihatkan cuW

Misalkan u=l11v1+l12v2+ …+l1rvr dimana l11,l12, …,l1rR

cu = c(l11v1+l12v2+ …+l1rvr) {aksioma

distributif}

= cl11v1+cl12v2+ …+cl1rvr {sifat bilangan

riil}

cl11, cl12, …, cl1rR

Jadi cuW

W sub ruang dari V

LATIHAN

1. Manakah vektor-vektor di bawah ini yang dapat

dinyatakan sebagai kombinasi linier dari

S = { a1=(1, -1, 0), a2=(0, 2, 1), a3=(1, 1, 1),

a4=(1, 3, 2) }

a. u = (2, 0, 1)

b. u = (-1, 1, 1)

c. u = (0, 2, 3)

d. u = (4, 3, -1)

e. u = (2, 1, -1)

f. u = (0, 0, 1)

MEMBANGUN

MEMBANGUN

Misalkan V ruang vektor.

S = {u1, u2, ..., ur} V.

S disebut membangun V, jika setiap vektor di V dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S atau terdapat skalar-skalar k1, k2, …, krR, sehingga memenuhi:

v = k1u1+k2u2+ …+krur untuk setiap vV

Contoh:

• S = {e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} membangun R3. Karena setiap vektor di R3 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari S= (k1, k2, k3)= k1e1 + k2e2 + k3e3.

• B = {p1=1, p2=x, p3=x2} membangun P2. Karena setiap vektor di P2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari B, a+bx+cx2=ap1+bp2+cp3.

CONTOH MEMBANGUN

Apakah himpunan-2 di bawah ini membangun ruang vektor yang sesuai?

a. B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)}

b. Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3=3x +

4x2}

c. M =

12

01,

12

30,

01

02321 mmm

Diselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-JordanDiselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan

CONTOH MEMBANGUN

Jawab:

a. B R2, ambil w=(a, b).

Apakah w=(a, b) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari B,

w = k1u1 + k2u2 + k3u3 selalu mempunyai solusi?

(a, b)=k1(1, 2)+k2(-1, 1)+k3(0, 3)

(a, b)=(k1, 2k1)+ (-k2, k2)+ (0, 3k3)

(a, b)=(k1 - k2, 2k1 + k2 + 3k3)


a= k1 - k2

b=2k1 + k2 + 3k3

Diselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-JordanDiselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan

B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)}

Jawab Membangun (1/5)

~2b312

a011

12 bb

~312a-b330

a011

2b

~3

2a)-(b110

a01121 bb

3

2a)-(b110

3

ba101

3

2a-bkk

3

bakk

32

31

dikembalikan ke bentuk sistem persamaan linier, didapat:

JAWAB MEMBANGUN (1/5)

32

31

k3

2a-bk

k3

bak

dengan subtitusi mundur, didapat:

karena k3 dapat bernilai sebarang, maka k3 dimisalkan sebagai sebuah parameter, k3=t, sehingga, k1=(a+b)/3 -t, dan k2=(b-2a)/3 - t, yang berarti selalu mempunyai solusi.Jadi, B membangun R2.


c

b

a

k

k

k

432

321

012

3

2

1

Karena Q XP2, maka akan ditunjukkan bahwa Q membangun P2 atau w=k1p1+k2p2+k3p3 selalu memunyai solusi dengan w=a+bx+cx2.a+bx+cx2= k1(2+x+2x2)+k2(-1 + 2x +3x2)+k3(3x + 4x2)a+bx+cx2= (2k1+ k1x+2k1x

2)+ (-k2 + 2k2x +3k2x

2)+ (3k3x + 4k3x2)

a+bx+cx2= (2k1 - k2)+ (k1 + 2k2 + 3k3)x + (2k1 + 3k2 + 4k3)x

2

Didapat sistem persamaan linier:a=2k1 - k2

b= k1 + 2k2 + 3k3

c=2k1 + 3k2 + 4k3


23

21

2

2

432

321

012

bb

bb

210

321

650

0461021

65

Persamaan matrik di atas selalu mempunyai solusi, jika matrik koefisien mempunyai invers, berarti determinan matrik koefisien tidak sama dengan nol.

Jadi, Q membangun P2.

JAWAB MEMBANGUN (3/5)Karena MÍM2x2, maka akan ditunjukkan bahwa M membangun M2x2. Berarti pula apakah persamaan w=k1m1+k2m2+k3m3 selalu mempunyai solusi untuk bentuk umum w,

w=

dc

ba

dc

ba

12

01k

12

30k

01

02k 321

Didapat sistem persamaan linier:a= 2k1 + k3

b= 3k2

c= -k1 + 2k2 + 2k3

d= k2 + k3

Diselesaikan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan:


dc

ba

32321

231

kkk2k2k

k3kk2

~

d110

c221

b030

a102

1

3

b

b

~

2

d110

a102

b030

c221

13 bb

~

d110

2ca540

b030

c221

2

4

b

b


~

3

4

b030

2ca540

d110

c221

24

23

bb

bb

~

33d-b300

4d-2ca100

d110

c221

34 bb

15d-b6c3a000

4d-2ca100

d110

c221


11

11

12

01k

12

30k

01

02k 321

11

11

32321

231

kkk2k2k

k3kk2

=

=

Didapat sistem persamaan linier:1= 2k1 + k3

1= 3k2

1= -k1 + 2k2 + 2k3

1= k2 + k3

Diselesaikan dengan eliminasi Gauss-Jordan:

Contoh penyangkal:

11

11u


Didapat sistem persamaan linier:1= 2k1 + k3

1= 3k2

1= -k1 + 2k2 + 2k3

1= k2 + k3

Diselesaikan dengan eliminasi Gauss-Jordan:

Contoh penyangkal:

11

11u

~

1110

1221

1030

1102

1

3

b

b

~

2

1110

1102

1030

1221

13 bb

~

1110

3540

1030

1221

2

4

b

b

~

3

4

1030

3540

1110

1221

24

23

bb

bb

~

32-300

1-100

1110

1221

34 bb

5-000

1-100

1110

1221

Dari matrik terakhir ini, terlihat bahwa SPL tidak mempunyai solusi.Jadi, ada matrik 2x2 yang tidak bisa dinyatakan sebagai kombinasi linier dari M. Jadi, M tidak membangun ruang vektor M2x2.


BEBAS LINIER

BEBAS LINIER

Misalkan V ruang vektor. B={a1, a2, ..., an}V. Himpunan B disebut bebas linier, jika persamaan vektor:k1a1 + k2a2 + ...+ knan = ohanya dipenuhi oleh k1 = k2 = ...= kn = 0 (hanya solusi trivial). Jika terdapat solusi yang lain (solusi tak trivial), maka B disebut tak bebas linier/ bergantung linier.

BEBAS LINIER

Contoh:S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} bebas linier,

karena (0, 0, 0)=ae1 + be2 + ce3=(a, b, c), berarti hanya dipenuhi oleh a=b=c=0.

BEBAS LINIER

10

00m,

01

00m,

00

10m,

00

01mM 4321

dc

badmcmbmam

00

004321

Contoh:

bebas linier, karena persamaan vektor berikut

berarti didapat: a=b=c=d=0.

SIFAT-SIFAT HIMPUNAN TAK BEBAS LINIER (BERGANTUNG LINIER)

1. Jika B={v1, v2, ..., vn} himpunan tak bebas

linier, maka selalu satu vektor dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari vektor-vektor yang lainnya atau

vi=k1v1+k2v2+...+ki-1vi-1+ki+1vi+1+ ...+knvn

untuk i=1, 2, ..., n

2. Jika B={ v1, v2} himpunan tak bebas

linier, maka v1=kv2 {v1 kelipatan dari v2}

LATIHAN1. Apakah himpunan-himpunan di bawah ini

membangun dan bebas linier?a. B={u1=(1, 2), u2=(-1, 1), u3=(0, 3)} b. Q={p1=2+x+2x2, p2=-1 + 2x +3x2, p3=3x +

4x2}

c. M=

12

01,

12

30,

01

02321 mmm

d. Q={u1=(1, 0, 1, 2), u2=(2, 2, 3, 7), u3=(1, 1, 2, 4), u4=(-1, -1, -2, -2)}

e. B={u1=(2, 1), u2=(0, 1), u3=(3, 3)}

2. Tentukan vektor-vektor yang membangun himpunan semua vektor di bidang: 2x + 3y – z = 0. Apakah vektor-vektor tersebut bebas linier? Jelaskan!

BASIS DAN DIMENSI

BASIS

Misalkan V ruang vektor.

B={u1, u2, ..., un} V.

B disebut basis ruang vektor V, jika B

memenuhi dua aksioma, berikut:

1.B bebas linier

2.B membangun V

BASIS

Basis-basis di atas disebut basis baku dari masing-masing ruang vektor

10

00m,

01

00m,

00

10m,

00

01mM 4321

Contoh:

S={e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)} basis di R3.

B={p1=1, p2=x, p3=x2} basis polinom berderajat maksimal 2

Matriks ordo 2x2

RUANG VEKTOR BERDIMENSI BERHINGGA

Misalkan {o}V ruang vektor.

V disebut berdimensi berhingga, jika mempunyai himpunan yang banyak anggotanya berhingga yang menjadi basis.

Jika tidak ada himpunan yang demikian ini disebut berdimensi tak hingga.

Perkecualian, walaupun ruang vektor nol tidak mempunyai basis, namun dianggap berdimensi berhingga.

Contoh:

R3, P2, M2x2 termasuk berdimensi berhingga.

DIMENSI RUANG VEKTOR

Misalkan V ruang vektor berdimensi berhingga, dimensi dari V, ditulis dim(V), adalah banyaknya anggota (kardinalitas) dari basis. Perkecualian, untuk ruang nol didefinisikan berdimensi nol.

Contoh:dim(R3)=3, dim(Rn)=n, dim(M2x2)=4, dim(P2)=3, dim(Pn)=n+1.

DIMENSI RUANG VEKTORContoh:Tentukan dimensi dari sub ruang pada bidang: -x + 2y +5z=0.

Jawab:x=2y+5z, sehingga (x, y, z) = (2y+5z, y, z) dan karena y dan z variable bebas, y=t, z=s, akibatnya: (x, y, z)=(2t+5s, t, s)= t(2, 1, 0)+s(5, 0, 1){dapat dibaca vektor pada bidang –x+2y+5z=0 dibangun oleh vektor (2, 1, 0) dan (5, 0, 1)}. Karena (2, 1, 0) dan (5, 0, 1) tidak saling berkelipatan, maka bebas linier.Jadi, basis sub ruang –x+2y+5z=0 adalah {(2, 1, 0), (5, 0, 1)} berarti berdimensi 2.

UJIAN AKHIR SEMESTER

BAHAN :25% SEBELUM UTS,75% SETELAH UAS

ZUKHRUFI

YANG KE 6, 18 AGUSTUS 2009JAM 15.30

TEMAN-TEMAN …!!DATANG YA….PADA ULTAH KU

Mat II 09 Basis Dan Dimensi

Documents

Transcript of Mat II 09 Basis Dan Dimensi