Modul 1

Ruang Vektor

Dr. Irawati

alam buku materi pokok Aljabar II ini kita secara perlahan-lahan mulai mengubah pendekatan kita dari pendekatan secara komputasi menjadi

pendekatan yang lebih umum. Yang dimaksud dengan pendekatan yang lebih umum adalah penyelesaian masalah yang menuntut bukti, yang tentu saja tidak dapat diselesaikan dengan komputasi rutin. Namun, pendekatan komputasi tidak sepenuhnya kita tinggalkan, melainkan kita pakai untuk mengilustrasikan dan menerapkan teori yang kita bahas. Pembaca diminta untuk mengerjakan semua soal-soal latihan maupun tes formatif (termasuk menuliskannya dengan rinci), untuk dapat mengikuti semua modul secara utuh dan berkesinambungan. Secara khusus untuk modul (pokok bahasan) Ruang Vektor ini, skalar yang digunakan lebih umum, yakni himpunan yang memiliki struktur yang sama dengan struktur yang dimiliki oleh himpunan bilangan real. Secara umum setelah mempelajari modul ini, Anda diharapkan

memahami konsep lapangan, ruang p�F , ruang vektor maupun subruang dan

dapat memeriksa apakah suatu himpunan vektor-vektor di suatu ruang vektor bersifat bebas linear atau bergantung linear. Secara lebih rinci, setelah mempelajari modul ini, Anda diharapkan mampu:

1. memahami konsep lapangan dan ruang p�F ;

2. menyelidiki apakah suatu vektor merupakan kombinasi linear dari

vektor-vektor yang diberikan;

3. menyelidiki apakah suatu himpunan merupakan suatu ruang vektor atas

suatu lapangan;

4. menyelidiki apakah suatu subhimpunan dari suatu ruang vektor

merupakan subruang;

D

PENDAHULUAN

1.2 Aljabar II �

5. menentukan suatu himpunan bersifat bebas linear atau bergantung

linear.

� MATA4436/MODUL 1 1.3

Kegiatan Belajar 1

Lapangan, Ruang Fp, dan Ruang Vektor

ada mata kuliah Aljabar Linear Elementer kita telah menggunakan himpunan bilangan nyata (real) sebagai skalar. Sebagaimana dinyatakan

sebelumnya pada modul ini, skalar yang digunakan lebih umum, yaitu himpunan yang memiliki struktur yang sama dengan struktur yang dimiliki himpunan bilangan real, yang kita katakan lapangan (field) dengan notasi F . Mari kita perhatikan mengenai persyaratan atau ketentuan-ketentuan dari suatu lapangan F yang didefinisikan sebagai berikut.

Definisi 1.1 Suatu lapangan adalah suatu himpunan tak hampa F dengan dua operasi, yaitu penjumlahan dan perkalian serta terdapat unsur 0 (nol) dan 1 (satu) di F sehingga dipenuhi: (i) , , , x y z∀ ∈ F berlaku

1. x y+ ∈F (sifat tertutup)

2. x + y = y + x (sifat komutatif)

3. (x + y) + z = x + (y + z) (sifat asosiatif)

4. 0 + x = x (unsur nol) (ii) , , , x y z∀ ∈ F berlaku

1. xy∈F (sifat tertutup)

2. xy yx= (sifat komutatif)

3. ( ) ( )xy z x yz= (sifat asosiatif)

4. 1 x x= (unsur satu) (iii) , , , ( ) x y z x y z xy xz∀ ∈ + = +F (Sifat distributif)

(iv) x∀ ∈F terdapat secara tunggal z∈F sehingga 0.x z+ = (z disebut unsur balikan dari x terhadap operasi penjumlahan). (v) ,x∀ ∈F dengan 0x ≠ terdapat secara tunggal y∈F sehingga

1xy = (y dikatakan unsur balikan dari x terhadap operasi

perkalian).

P

1.4 Aljabar II �

Dari definisi di atas terlihat bahwa, suatu lapangan adalah suatu himpunan tak hampa yang berkaitan dengan dua operasi dan memenuhi sifat-sifat (i) s/d (v). Sebagai ilustrasi dari Definisi 1.1, perhatikan contoh berikut:

Contoh 1.1 Lapangan yang kita kenal adalah ¡ = {bilangan yang nyata/real}, ¤ = {bilangan rasional}, dan £ = {bilangan kompleks} terhadap dua

operasi, yaitu penjumlahan dan perkalian. Tetapi, himpunan bilangan bulat ¢ bukan merupakan lapangan terhadap dua operasi penjumlahan dan perkalian karena terdapat bilangan bulat 0a ≠ dan 1a ≠ , tetapi tidak terdapat bilangan bulat b sehingga 1ab = [lihat sifat (v)]. ■ Pandang lapangan F seperti ruang R n, yang kita bahas pada mata

kuliah Aljabar Linear Elementer, sekarang kita definisikan ruang pF

sebagai berikut.

pF =

1

1, , p

p

αα α

α

∈

M L F

Definisi di atas menyatakan bahwa ruang pFadalah suatu himpunan vektor-vektor, dengan komponen sebanyak p buah dan setiap komponennya merupakan unsur dari lapangan F�. Selanjutnya, dua operasi penjumlahan dan perkalian skalar juga kita definisikan seperti di ¡ n, sebagai berikut.

1. Operasi Penjumlahan (+)

+ : p p p× →F F F

1 1 1 1

,

p p p p

α β α β

α β α β

+ +

M M a M

� MATA4436/MODUL 1 1.5

2. Operasi Perkalian Skalar ( )o

: p p× →F F Fo

1 1 1

,

p p p

α α ααα α

α α αα

=

M a o M M

Dengan menggunakan dua operasi di atas, kita simak suatu definisi

tentang konsep kombinasi linear dari vektor-vektor di pF .

Definisi 1.2 Misalkan 1, , nv vL adalah vektor-vektor di p

F dan 1, , nα αL

adalah skalar-skalar di F . Vektor di pF

yang berbentuk

1 1 n nw v vα α= + +L dikatakan kombinasi linear dari 1, , .nv vL

Selanjutnya, himpunan semua kombinasi linear dari 1, , nv vL dikatakan

span dari 1, , nv vL dan ditulis

{ } { }1 1 1 n 1 n, , , ,n nspan v v v vα α α α= + + ∈L L L F

Ilustrasi untuk konsep kombinasi linear dan span yang didefinisikan di atas, akan diperlihatkan pada contoh di bawah ini.

Contoh 1.2

Pandang vektor-vektor di 4¡ berikut.

1

2

1

3

2

v

=

, 2

2

1

2

1

v

=

, 3

1

0

0

1

v

=

, 4

0

1

2

0

v

=

, 5

0

1

1

0

v

=

.

1.6 Aljabar II �

Karena 1 3 4 52 2v v v v= + − 1 2 3( 2, 2 dan 1)α α α= = = − maka vl

merupakan kombinasi linear dari v3, v4 dan v5. Jadi, 1 3 4 5 2 3 4 5 { , , }, tetapi { , , }, v span v v v v span v v v∈ ∉ karena Sistem

Persamaan Linear (SPL) berikut:

2

1

2 2

1

αβ γβ γ

α

= + = + = =

tidak memiliki solusi, dengan kata lain 2v tak dapat ditulis sebagai

kombinasi linear dari 3 4 5, dan .v v v

■

Pandang himpunan ,pF yang telah dibahas di atas, beserta operasi

penjumlahan dan perkalian skalar. Maka, dapat ditunjukkan bahwa:

(i) , , pu v w∀ ∈F berlaku sifat-sifat berikut:

1. pu v+ ∈F (sifat tertutup)

2. u v v u+ = + (sifat komutatif) 3. ( ) ( )u v w u v w+ + = + + (sifat asosiatif)

4.

0

0 0

0

p u u

∃ = ∈ ∋ + =

r rM F (vektor nol)

5. ( ) 0pu u u∃ − ∈ ∋ + − =r

F (−u vektor balikan dari u)

(ii) , dan ,pu v α β∀ ∈ ∈F F berlaku

1. puα ∈ F 2. 1 . v = v 3. α (u + v) = αu + αv 4. (α +β)v = αv + βv 5. (αβ)v = α (βv)

Kita katakan bahwa pF merupakan suatu ruang vektor atas lapangan F .

� MATA4436/MODUL 1 1.7

Berikut ini akan kita definisikan pengertian ruang vektor atas lapangan F secara umum. Definisi 1.3 Suatu ruang vektor V atas lapangan F adalah himpunan tak hampa V,

yang memuat vektor 0r

dan dilengkapi dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar sehingga dipenuhi:

(i) , , , , u v w V∀ ∈ berlaku

1. ( )

2. ( )

3. ( ) ( ) ( )

4. 0 ( )

5. ( ) 0 ( )

u v V sifat tertutup

u v v u sifat komutatif

u v w u v w sifat asosiatif

u u vektor nol

u V u u u vektor balikan dari u

+ ∈

+ = + + + = + + + = ∃ − ∈ ∋ + − = −

r

r

(ii) , , dan , berlakuu v V α β∈ ∈F

1.

2. 1 .

3. ( ) ( )

4. ( ) ( )

5. ( ) ( )

u V

v v

u v u v sifat distributif

v v v sifat distributif

v v

α

α α αα β α βαβ α β

∈ = + = + + = +

=

Untuk selanjutnya yang dimaksud dengan ruang vektor adalah ruang vektor atas lapangan F . Dengan lapangan F adalah ¡ atau £ , kecuali dengan keterangan yang lebih spesifik. Setelah kita paham dengan apa yang dimaksud dengan ruang vektor, mari kita lihat salah satu sifat yang berlaku di ruang vektor pada teorema berikut. Teorema 1.1 Misalkan V suatu ruang vektor. Maka untuk 0, 1− ∈ F berlaku:

(i) 0 0,v v V= ∀ ∈r

(ii) ( 1) ,v v v V− = − ∀ ∈

1.8 Aljabar II �

Bukti: Misalkan v V∈ sebarang, maka (i) 0 (0 0) 0 0v v v v= + = + (sifat distributif)

0v + (− (0v)) = (0v + 0v) + (− (0v))

( )( )0 0 0 (0 )v v v= + + −r

(vektor balikan dari 0v)

0 0 0v= +r r

0 0v=r

(vektor nol)

(ii) ( )0 0 1 ( 1) 1. ( 1)v v v v= = + − = + −r

0 ( 1)v v= + −r

0 ( 1)v v v v− + = − + + −r

( ) ( 1)v v v v− = − + + −

0 ( 1)v v− = + −r

( 1)v v− = − ■

Sekarang timbul pertanyaan, apakah subhimpunan dari suatu ruang

vektor juga merupakan ruang vektor? Untuk itu, mari kita simak definisi di bawah ini.

Definisi 1.4 Pandang subhimpunan tak hampa U dari suatu ruang vektor V. Kita

katakan U sebagai subruang dari V, jika U juga merupakan ruang vektor dengan operasi yang sama seperti operasi di V.

Sekarang akan kita lihat suatu lemma yang lebih operasional untuk menyelidiki apakah suatu subhimpunan tak hampa dari suatu ruang vektor merupakan subruang dari ruang vektor tersebut.

Lemma 1.1 Suatu subhimpunan tak hampa U dari suatu ruang vektor V merupakan

suatu subruang, jika dan hanya jika,

1 2 1 2(i) jika , maka

(ii) jika dan , maka .

u u U u u U

u U u Uα α∈ + ∈

∈ ∈ ∈F

� MATA4436/MODUL 1 1.9

Bukti: Misalkan V suatu ruang vektor dan U adalah subruang dari V maka U juga merupakan ruang vektor (berdasarkan Definisi 1.4), sehingga (i) dan (ii) jelas dipenuhi. Sebaliknya, misalnya (i) dan (ii) dipenuhi untuk U ⊆ V. Karena U tak hampa

maka terdapat u U∈ . Dari Teorema 1.1 maka 0 0u U= ∈r

(karena V suatu

ruang vektor). Sifat-sifat ruang vektor dan sifat-sifat yang lain jelas dipenuhi. Jadi, U merupakan subruang dari ruang vektor V. ■

Untuk pemahaman lebih lanjut tentang konsep ruang dan subruang vektor maupun konsep-konsep yang berhubungan dengan ruang dan subruang vektor ini, baik kita perhatikan beberapa ilustrasi pada Contoh 1.3 di bawah ini. Contoh 1.3 (1) Misalkan A suatu matriks, dengan unsur pada lapangan F , berukuran

m × n. Pandang ruang baris A yaitu span l{ , , }mr r⋯ , dengan merupakan

l , , mr r⋯ baris matriks A.

Maka span l{ , , }mr r⋯ merupakan subruang dari n�F . Ruang kolom A

yaitu Span 1{ , , }nk k⋯ , dengan 1, , nk k⋯ merupakan kolom-kolom

matriks A, merupakan subruang dari m�F . ■ (2) Pandang himpunan P yang diekspresikan sebagai

10 1 1

n nn nx x xα α α α−

−+ + + +L

dengan 0 1, , nα α α ∈L F dan n bilangan bulat positif.

Operasi penjumlahan dan perkalian skalar didefinisikan sebagai berikut:

10 1 1( )n n

n nx x xα α α α−−+ + + +L + 1

0 1 1( )s ss sx x xβ β β β−−+ + + +L

0 0 0

( )n s m

i i ii i i i

i i i

x x xα β α β= = =

= + = +∑ ∑ ∑ , dengan m = maks (n,s)

1.10 Aljabar II �

10 1 1( )n n

n nx x xα α α α α−−+ + + +L

0 0

.n n

i ii i

i i

x xα α αα= =

= =∑ ∑

Maka, dengan operasi seperti di atas, P merupakan ruang vektor dan

disebut ruang suku banyak berderajat hingga. (3) Pandang Mm×n ( F ) = himpunan semua matriks berukuran m × n dengan

unsur di F . Dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar biasa, Mm× n ( F ) merupakan suatu ruang vektor.

Misalkan { ( ) } ( ).tm n m nK A M A A M× ×= ∈ = − ⊂F F

Akan kita selidiki apakah K merupakan subruang dari Mm× n ( F ). Jelas, K ≠ ∅ , karena matriks O berukuran m×n merupakan unsur K.

Misalkan , dan . A B K α∈ ∈F Berarti dan .t tA A B B= = −

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ).

t t t

t t

A B A B A B A B A B

A A A Aα α α α

+ = + = − + − = − + = − +

= = − = −

Berarti dan .A B K A Kα+ ∈ ∈ Jadi, K merupakan subruang dari Mm× n ( F ).

(4) Misalkan 12 2 2 2{ ( ) } ( ).L A M A ada M−× ×= ∈ ⊂F F

Pandang

11 0ada, berarti

0 1A A A L−

= ∈

11 0ada, berarti

0 1B B B L−−

= ∈ −

Tetapi 0 0

0 0A B

+ =

tak memiliki invers, berarti A B L+ ∉ .

Jadi, L bukan merupakan subruang dari 2 2( )M × F .

� MATA4436/MODUL 1 1.11

(5) Pandang { }:V f f pemetaan= →R R

Didefinisikan operasi penjumlahan dan perkalian skalar sebagai berikut: Misalkan dan di ;f g V α ∈¡ maka

1) ( ) ( ) ( ) ( ),f g x f x g x x+ = + ∀ ∈R

2) ( )( ) ( ) ( ) ,f x f x xα α= ∀ ∈¡

Pandang :

dengan:0,

OO V

x x

→∈ ∀ ∈ a

R R

R

Misalkan f V∈ sebarang maka

( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ), O f x O x f x f x f x x+ = + = + = ∀ ∈¡

Jadi, kita mempunyai , O f f f V+ = ∀ ∈ .

Pandang f V− ∈ dengan: ( ):

( ) ,

f

x f x x

− → − ∀ ∈ a

R R

R

Maka ( )( ) ( ) ( ) ( )( )f f x f x f x+ − = + −

( )( ) ( ( ) 0 ( ),f x f x O x x= + − = = ∀ ∈R

Jadi, ( ) .f f O+ − =

Maka V dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar di atas merupakan suatu ruang vektor atas ¡ . ■

(6) Misalkan V suatu ruang vektor atas F . Misalkan pula 1 2, , , nv v vL vektor-vektor di V.

Maka, span 1 2{ , , , }nv v vL akan membentuk subruang dari V.

Pandang { }1 2, , , , nx y span v v v∈ L , maka

1.12 Aljabar II �

( )

1 1

1

dann n

i i i ii i

n

i i ii

x v y v

x y v

α β

α β

= =

=

= =

+ = +

∑ ∑

∑

demikian sehingga, { }1 2, , , nx y span v v v+ ∈ L .......………………………………….. (1.1)

Kemudian, misalkan α ∈F , maka 1

.n

i ii

x vα αα=

=∑ Jadi,

{ }1 2, , , nx span v v vα ∈ L ………………………...................….. (1.2)

∴ Dari (1.1) dan ((1.2) maka { }1 2, , , nspan v v vL merupakan subruang

dari V. ■

Setelah membaca materi subpokok bahasan di atas, cobalah kerjakan latihan berikut agar pemahaman Anda lebih mantap. 1) Tentukan subhimpunan dari n¡ yang merupakan subruang

a) { }1 1 2 3( , , ) 2 3 0n nr r r r r nr+ + + + =L L

b) { }2 2 21 1 2( , , ) 1n nr r r r r+ + + =L L

Jelaskan jawaban Anda.

2) Tentukan subhimpunan dari ruang fungsi kontinu dari R ke R yang

merupakan subruang

a) { }: , ( ) ( ) ,f f kontinu f x f x x→ = − − ∀ ∈R R R

b) { }: , 2f f kontinu f solusi dari PD y" y' y→ + =R R

LATIHAN

Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas,

kerjakanlah latihan berikut!

� MATA4436/MODUL 1 1.13

3) Misalkan V suatu ruang vektor. Diketahui 1, , , nw v vL di V dan w

merupakan kombinasi linear dari 1, , nv vL . Tunjukkan

{ }1, , , nspan w v vL = { }1, , nspan v vL

4) Misalkan V suatu ruang vektor. Misalkan pula K dan L subruang dari V sehingga dipenuhi V = K + L. Tunjukkan K ∩ L = {0}, jika dan hanya jika penulisan setiap vektor di V sebagai hasil tambah dari vektor-vektor di K dan L adalah tunggal.

{ , }K L k l k K l L+ = + ∈ ∈

Agar latihan Anda terarah dengan baik dan dapat memperkirakan hasil

latihan Anda, bacalah rambu-rambu jawaban Latihan.

Petunjuk Jawaban Latihan

1) a) Tulis { }1 1 2( , , ) 2 0nn nS r r r r nr= ∈ + + + =L LR

i) jelas S ⊂ n¡ ii) (0, , 0) . S∈L Jadi .S ≠ ∅

iii) Misalkan 1( , , )nr r S∈L , berarti 1 22 0nr r nr+ + + =L dan

1( , , )ns s S∈L

berarti:

1 2

1 1 2 2

1 2 1 2

2 0

( ) 2( ) ( )

( 2 ) ( 2 ) 0 0 0

n

n n

n n

s s ns

r s r s n r s

r r nr s s ns

+ + + =+ + + + + + =+ + + + + + + = + =

L

L

L L

Jadi, 1 1 1 1( , , ) ( , , ) ( , , ) .n n n nr r s s r s r s S+ = + + ∈L L L

iv) Misalkan 1( , , )nr r S∈L berarti 1 22 0nr r nr+ + + =L dan

.α ∈R

1 2 1 22 ( 2 ) .0 0.n nr r n r r r nrα α α α α+ + + = + + + = =L L

Jadi 1 1( , , ) ( , , )n nr r r r Sα α α= ∈L L

Dari i sampai dengan iv kita peroleh S subruang dari .n¡

1.14 Aljabar II �

b) Tulis { }2 21 1( , , ) 1n

n nK r r r r= ∈ + + =L LR

Pandang (1,0, ,0) n∈L ¡ dan 2 2 21 + 0 + +0 = 1L .

Jadi, (1,0, ,0) K∈L

Pandang pula (0,1,0, ,0) n∈L R dan 2 2 2 20 + 1 + 0 + +0 = 1L .

Jadi, (0,1,0, ,0) ,K∈L (1,0, ,0)+ (0,1,0, ,0)= (1,1,0, ,0).L L L

Tetapi, 2 2 2 21 + 1 + 0 +0 1+ ≠L sehingga

(1,0, ,0) + (0,1,0, ,0) K∉L L

Jadi, K bukan subruang dari n¡ .

2) a) Tulis { }( : kontinu, ( ) ( )K f f f x f x x= → = − − ∀ ∈R R R

i) Pandang ( ) 0, .f x x= ∀ ∈ ¡ Jelas f kontinu di ¡ .

Maka ( ) 0 0.f x− − = − =

Jadi, ( ) ( ),f x f x x= − − ∀ ∈ ¡ .

Berarti .f K∈

K∴ ≠ ∅

ii) Misalkan ,f K∈ berarti f kontinu di ¡ dan

( ) ( ) , .f x f x x= − − ∀ ∈R

,g K∈ berarti g kontinu di ¡ dan ( ) ( ) , .g x g x x= − − ∀ ∈R Misalkan pula .α ∈R

[ ]( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ),

dan kontinu .

f g x f x g x f x g x f g x

x f g di

+ = + = − − + − − = − + −

∀ ∈ +¡ ¡

Jadi, f g K+ ∈

( )( ) ( ( )) ( ( )) ( ( )) dan

kontinu .

f x f x f x f x

f di R

α α α αα

= = − − = − −

Jadi, .f Kα ∈

subruang dari ruang fungsi kontinu dari ke .K∴ R R

b) Tulis { }: , 2 K f f kontinu f solusi PD y" y' y= → + =R R

i) Pandang : dengan ( ) 0, . Jelas kontinu di .f f x x f→ = ∀ ∈R R R R

0.f" f' f= = =

� MATA4436/MODUL 1 1.15

solusi PD 2 .

.

.

f y" y' y

f L

L

∴ + =∴ ∈∴ ≠∅

ii) Misalkan f L∈ , berarti f kontinu di dan 2 .f" f' f+ =R

Misalkan pula ,g L∈ berarti g kontinu di R dan

2 . g" g' g+ =

Misalkan α ∈R . ( ) ( ) 2 2 2( ). f g " f g ' f" g" f' g' f g f g+ + + = + + + = + = +

f g+ kontinu di .R

.f g L∴ + ∈

( ) ( ) ( ) (2 ) 2 .f " f ' f" f' f" f' f fα α α α α α α+ = + = + = =

.f L Lα∴ ∈ ∴ subruang dari fungsi kontinu dari ke .¡ ¡

3) Misalkan { }1 2, , , , nx span w v v v∈ L maka 1 1 n nx w v vα α α= + + +L

untuk suatu 1 2, , , , .nα α α α ∈L R Tetapi, w kombinasi linear dari

1 2 , , , .nv v vL

Berarti 1 2 2 n nw v v vβ β β= + + +L untuk suatu 1 2, , , . nβ β β ∈L R

Jadi, 1 1 1 1( )n n n nx v v v vα β β α α= + + + + +L L

1 1 1( ) ( ) .n n nv vαβ α αβ α= + + + +L

1

1 1

{ , , }

{ , , , } { , , }.n

n n

x span v v

span w v v span v v

∴ ∈∴ ⊆

L

L L

Misalkan 1{ , , }.ny span v v∈ L Berarti 1 1 n ny v vγ γ= + +L untuk suatu

1, , .nγ γ ∈L R

1 1 1 1 ... ... 0 .n n n ny v v v v wγ γ γ γ= + + = + + +

1

1 1

{ , ,..., }.

{ ,..., } { , ,..., }.n

n n

y span w v v

span v v Span w v v

∴ ∈∴ ⊆

1 1{ ,..., } { , ,..., }.n nspan v v span w v v∴ =

4) ( )⇒ Misalkan x V∈ sebarang dengan 1 1 2 2 x k l k l= + = + untuk

1 2, k k K∈ dan 1 2, .l l L∈ Maka 1 2 2 1 .k k l l− = −

1.16 Aljabar II �

Tulis 1 2 2 1 .y k k l l= − = − Karena K dan L subruang,

maka 1 2k k K− ∈ dan 2 1 .l l L− ∈

.y K L∴ ∈ ∩ Tetapi {0}.K L∩ =

1 2 2 1 0.y k k l l∴ = − = − = Jadi, 1 2k k= dan 1 2.l l=

Jadi, penulisan setiap vektor x di V sebagai hasil tambah dari vektor-vektor di K dan L adalah tunggal. (⇐) Misalkan x K L∈ ∩ sebarang. Berarti x K∈ dan .x L∈ ,x K∈ maka 0 x x= + dengan x K∈ dan 0 .L∈ ,x L∈ maka 0 x x= + dengan 0 K∈ dan .x L∈

Tetapi penulisan x V∈ sebagai hasil tambah dari vektor-vektor di K dan adalah tunggal. Jadi, 0.x =

{0}.K L∴ ∩ =

Pada bagian ini Anda telah mempelajari struktur himpunan yang

merupakan dasar dari mata kuliah ini. Ruang vektor disebut juga sebagai struktur ruang linear, karena pada ruang tersebut kita mengerjakan operasi tambah.

Objek atau elemen dari ruang vektor tersebut secara umum tidak harus berbentuk vektor, seperti yang kita kenal. Seperti terlihat pada subpokok bahasan ini, elemen dari ruang vektor dapat berupa matriks, fungsi dan lain sebagainya.

1) Apakah ( )13 2

00

a

H b ax bx c dx

c

= ∈ + + =

∫R merupakan ruang

vektor? (Jelaskan jawaban Anda)

RANGKUMAN

TES FORMATIF 1 Jawablah soal-soal berikut!

� MATA4436/MODUL 1 1.17

2) Tentukan subhimpunan dari n�F di bawah ini yang merupakan subruang

dari n�F : (Jelaskan jawab Anda!)

a) 3 0

u

v u v w

w

∈ + + =

F

b) 3 1

u

v u v w

w

∈ + + =

F

c) 2 0u

u vv

∈ =

F

d) 2 2 2 0u

u vv

∈ + =

R

e) 2 2 2 0u

u vv

∈ + =

£�

3) Mana yang merupakan subruang dari ruang vektor ( ) n nM × F berikut,

(Jelaskan jawab Anda!). a) Subhimpunan dari ( ) n nM × F yang memiliki rang 1 (satu).

b) Subhimpunan yang memiliki rang 0 (nol). c) Matriks-matriks yang merupakan solusi dari persamaan

2 .nM M I+ =

d) Matriks-matriks M yang memenuhi . tM M O− =

4) Misalkan V suatu ruang vektor. Misalkan pula a V∈ dan α ∈ F .

Tunjukkan bahwa: a) ( )( ) ( )a aα α− = −

b) ( ) ( )a aα α− = −

c) ( )( )a aα α− − =

Petunjuk: Sebelum Anda mengerjakan soal 4 di atas, terlebih dahulu tunjukkan sifat berikut:

Pada lapangan F berlaku: ( 1) , .α α α− = − ∀ ∈F�

1.18 Aljabar II �

5) Misalkan V suatu ruang vektor. Misalkan pula K dan L masing-masing subruang dari V. a) Selidiki apakah K L∩ membentuk subruang dari V.

b) Selidiki pula apakah K L∪ membentuk subruang dari V.

c) Jika { },K L k l k K l K+ = + ∈ ∈ selidiki apakah K L+

merupakan subruang dari V. Jelaskan jawab Anda. (Jika "ya" tunjukkan dan jika "bukan" berikan contoh).

6) Misalkan 1 2,U U dan W masing-masing subruang dari suatu ruang

vektor V. a) Buktikan 1 2 1 2( ) ( ) ( )U W U W U U W∩ + ∩ ⊆ + ∩ .

b) Buat suatu contoh di 2�F yang menunjukkan bahwa kesamaan pada (a) tidak berlaku.

Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang

terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.

Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali

80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat

meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai.

Tingkat penguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar

100%Jumlah Soal

×

� MATA4436/MODUL 1 1.19

Kegiatan Belajar 2

Bebas Linear

ari kita pandang subruang-subruang dari 2¡ berikut:

{ }1 1 2 1, , ,1 1 6 5K span −= −

,

{ } { }1 2 1 1, dan , 3 6 3 3K' span K" span − −= = −

.

Maka, dapat ditunjukkan K K ′′= , tetapi K K ′≠ . Mengapa terjadi demikian? Mengapa subruang yang dibangun oleh 4 (empat) vektor, sama dengan subruang yang dibangun oleh 2 (dua) vektor? Untuk masalah di atas kita katakan K dibangun oleh

1 1 2 1, , dan

1 1 6 5

− −

Pertanyaan-pertanyaan di atas akan dijawab dalam subpokok bahasan ini. Kunci jawaban ada pada konsep bebas linear. Definisi 1.5

Misalkan V suatu ruang vektor. Himpunan vektor-vektor 1 2, , , nv v vL

di V dikatakan bebas linear di V, jika kombinasi linear

1 1 0n nv vα α+ + =L hanya dipenuhi oleh 1 2 0.nα α α= = = =L

Jika { }1 2, , , nv v vL tidak bebas linear, kita katakan bergantung linear.

Berikut ini mari kita perhatikan suatu sifat yang cukup menarik dari

himpunan vektor-vektor bergantung linear dan bebas linear di V yang diberikan oleh Lemma 1.2 dan Lemma 1.3 di bawah ini.

M

1.20 Aljabar II �

Lemma 1.2. Misalkan V suatu ruang vektor. Misalkan pula { }1 2, ,..., nv v v

bergantung linear di V. Maka, terdapat j dengan 1 j n≤ ≤ sehingga vj

merupakan kombinasi linear dari 1 2 1 1, , , , , ,j j nv v v v v− +L L .

Bukti:

1 2, , , nv v vL bergantung linear. Berarti terdapat 0; 1j j nα ≠ ≤ ≤ sehingga

1 1 2 2 0j j n nv v v v+ + + + + =⋯ ⋯α α α α

1 1 1 1 1 1j j j j j j n nv v v v v− − + +⇔ =− − − − − −⋯ ⋯α α α α α

1 1 11 1 1

j j nj j j n

j j j jv v v v v− +

− +⇔ =− − − − − −⋯ ⋯

α α α αα α α α

1 1 1 1 1 1j j j j j n nv v v v vβ β β β− − + +⇔ = + + + + +L L

dengan ii

j= −

αβ α dan i j≠ atau dengan penulisan lain, yaitu

1

.n

j i iii j

v vβ=≠

=∑ ■

Lemma 1.3 Misalkan V = span { }1 2, , , nw w w⋯ suatu ruang vektor. Misalkan pula

{ }1 2, , , rv v v⋯ bebas linear di V. Maka r ≤ n.

Bukti: Akan kita buktikan dengan menggunakan kontradiksi. Andaikan r > n. Misalkan 1 1 2 2 ,i i i in nv w w w= + + +⋯α α α 1, , .i r∀ = ⋯

Pandang kombinasi linear 1 1 0r rv vβ β+ + =L , maka

1 0r= = =⋯β β karena { }1 2, , , rv v v⋯ bebas linear.

� MATA4436/MODUL 1 1.21

Selanjutnya

( ) ( )1 11 1 12 2 1 1 1 2 2 0n n r r r rn nw w w w w wβ α α α β α α α+ + + + + + + + =L L L

atau

( ) ( )11 1 21 2 1 1 1 1 2 2 0r r n n rn r nw wα β α β α β α β α β α β+ + + + + + + + =L L L

atau

11 1 21 2 1

12 1 22 2 2

1 1 2 2

0

0

0

r r

r r

n n rn r

α β α β α βα β α β α β

α β α β α β

+ + + =

+ + + = + + + =

L

L

M

L

Tetapi SPL homogen di atas terdiri dari n persamaan dan r variabel, dengan r > n. Maka, SPL di atas memiliki solusi tak hingga banyak (lihat BMP Aljabar Linear Elementer). Hal ini bertentangan karena 1{ , , }rv v⋯ bebas

linear. Jadi, haruslah r n≤ . ■

Untuk pemahaman lebih baik tentang konsep bebas dan bergantung

linear dari himpunan vektor-vektor di suatu ruang vektor, perhatikan contoh-contoh berikut ini.

Contoh 1.4

(1) Pandang ruang fungsi { }:V f f pemetaan= →R R .

Misalkan 2( ) 1, ( ) dan ( )x xf x g x e h x e= = = adalah fungsi-fungsi di V.

Akan ditunjukkan bahwa { }, ,f g h bebas linear di V.

Untuk menunjukkan kebebaslinearan { }, ,f g h , pandang kombinasi

linear: f g h Oα β γ+ + =

Jadi, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f g h x f x g x h xα β γ α β γ+ + = + +

( ) ,O x O x= = ∀ ∈R

1.22 Aljabar II �

Selanjutnya, untuk x = 0, x = 1 dan x = 2, kita peroleh SPL berikut:

2

2 4

0

0

0

e e

e e

α β γα β γ

α β γ

+ + =

+ + = + + =

Dapat ditunjukkan bahwa solusi SPL di atas adalah 0α β γ= = = .

Jadi { }, ,f g h bebas linear. ■

(2) Pandang ruang fungsi seperti pada Contoh 1.4 nomor (1) di atas.

Misalkan 2 2

1 2 3( ) cos , ( ) sin dan ( ) cos2 .f x x f x x f x x= = =

Kita ketahui bahwa: 2 2cos2 cos sinx x x= − (ini berarti cos 2x

merupakan kombinasi linear dari cos2x dan sin2x), maka berdasarkan Tes Formatif 2 nomor 2 (kebalikan Lemma 1.2) kita peroleh 1 2 3{ , , }f f f

bergantung linear. ■

Setelah membaca materi subpokok bahasan di atas, cobalah kerjakan latihan berikut agar pemahaman Anda lebih mantap.

1) Diketahui V suatu ruang vektor atas lapangan F . Tunjukkan kebalikan

Lemma 1.2 senantiasa berlaku. 2) Diketahui V suatu ruang vektor atas lapangan F . Diketahui pula { }1 2, , , nX x x x= L bebas linear di V. Selidiki apakah { }1 2, , , nx x xL

bebas linear di V. Jelaskan jawaban Anda!

LATIHAN

Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas,

kerjakanlah latihan berikut!

� MATA4436/MODUL 1 1.23

3) Diketahui seperti soal nomor 2. Misalkan pula .y V∈ Selidiki apakah

{ }1 2, , , ,nx x x yL bebas linear di V. Jelaskan jawaban Anda.

4) Diketahui V suatu ruang vektor atas lapangan F . Diketahui pula

{ }1 2, , , mY y y y= L membangun V. Selidiki apakah { }2 3, , , my y yL

membangun V. Jelaskan jawaban Anda. 5) Diketahui seperti soal nomor 4. Misalkan pula z V∈ . Selidiki apakah

{ }1 2, , , ,my y y zL membangun V. Jelaskan jawaban Anda.

Petunjuk Jawaban Latihan

1) 1 1 1 1 1 11

0n

j i i j j j j j n nii j

v v v v v v vα α α α α− − + +=≠

= ⇔ + + − + + + =∑ L L

1 1 1 1 1 1( 1) 0j j j j j n nv v v v vα α α α− − + +⇔ + + + − + + + =L L

Jadi terdapat 1 0jα = − ≠ di F sehingga 1

0.n

i ii

vα=

=∑

Jadi, { }1 1 1, , , , , , j j j nv v v v v− +⋯ ⋯ bergantung linear.

2) Pandang kombinasi linear

2 2 0n nx xα α+ + =L ……………………………… (1.3) Maka, 2 2 1 2 20 + + 0 .n n n nx x x x x= = + + +⋯ ⋯α α α α ………… (1.4)

Tetapi, 1{ , , }nx xL bebas linear di V. Maka kombinasi linear (1.4)

hanya dapat dipenuhi oleh 2 0.n= = =⋯α α Jadi kombinasi linear

(1.3) hanya dipenuhi oleh 2 0.nα α= = =L Jadi, 2{ , , } nx xL bebas

linear di V. 3) Kasus 1. Jika 1 { , , },ny span x x∈ L maka 1 1 n ny x xα α= + +L untuk l n, ,⋯α α

di F. Menurut soal nomor 1 di atas, maka 1{ , , , } nx x y⋯ bergantung

linear.

1.24 Aljabar II �

Kasus 2. Jika 1{ , , },ny span x x∉ ⋯ andaikan 1{ , , , }nx x y⋯ bergantung linear.

Maka terdapat 1 1 1, , , , , , di ,i i n− +⋯ ⋯β β β β γ R sehingga

1

.n

i j jjj i

x x yβ γ=≠

= +∑ Jelas 0, γ ≠ karena jika = 0, γ maka

1

n

i j jjj i

x xβ=≠

=∑ dan ini berarti 1{ , , }nx x⋯ bergantung linear.

Hal ini bertentangan dengan 1{ , , }nx x⋯ bebas linear.

0.γ∴ ≠ Jadi, 1 1

1

.n

i j jjj i

y x xγ γ β− −

=≠

= − ∑

Ini berarti, 1{ , , }. ny span x x∈ ⋯ Hal ini bertentangan dengan

1{ , , }. ny span x x∉ ⋯ Jadi haruslah 1{ , , , }nx x y⋯ bebas linear.

4) Kasus 1. 1 2{ , , }.ny span y y∉ ⋯ Maka 1y V∈ tidak dapat ditulis sebagai

kombinasi linear dari 2{ , , }.ny y⋯ Jadi 2{ , , }ny y⋯ tidak membangun

V. Kasus 2. 1 2{ , , },ny span y y∈ ⋯ maka terdapat 2, , din⋯β β F sehingga

1 2 2 .n ny y y= + +⋯β β Sekarang misalkan x V∈ sebarang,

1{ , , }ny y⋯ membangun V berarti terdapat 1, , din⋯α α F sehingga

1 1 n nx y y= + +⋯α α

1 2 2 2 2 ( )n n n ny y y y= + + + + +⋯ ⋯α β β α α

1 2 2 2 1 ( ) ( ) .n n ny y= + + + +⋯α β α α β α

Jadi setiap vektor di V dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari 2{ , , }.ny y⋯ Jadi 2{ , , }ny y⋯ membangun V.

5) Misalkan x V∈ sebarang dan 1{ , , } my y⋯ membangun V. Berarti

terdapat 1, , dim⋯α α F sehingga

1 1 1 1 0 ; .m m m mx y y y y z z V= + + = + + + ∈⋯ ⋯α α α α

� MATA4436/MODUL 1 1.25

Jadi setiap vektor di V dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari

1, , , .my y z⋯ Jadi 1{ , , , } my y z⋯ membangun V.

Pada bagian ini Anda telah mempelajari sifat bebas linear dan

bergantung linear dari kumpulan vektor. Pada kumpulan vektor yang bebas linear, tidak akan berubah sifatnya walaupun anggota dari vektor tersebut dikalikan dengan skalar tidak nol.

1) Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan F . Misalkan pula {u, v, w}

bebas linier di V. Tunjukkan { , , }u v v w u w+ + + bebas linier di V dan

span {u, v, w} = span { , , }.u v v w u w+ + +

2) Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan F . Misalkan pula

1 2{ , , , }nv v vL vektor-vektor di V. Jika 111

j jji

v vα=≠

=∑

Tunjukkan bahwa 1 2{ , , , }nv v vL bergantung linear.

3) Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan F . Misalkan pula

1{ , , }nv vL bebas linier di V dan 1 2{ , , , }nv span v v v∉ L .

Tunjukkan bahwa { }1 2, , , nv v v v v v+ + +L bebas linier.

4) Misalkan V = span 1 2{ , , , }nv v vL dan 1 2, , , nw w w V∈L dengan m > n.

Tunjukkan { }1 2, , , mw w wL bergantung linier.

5) Misalkan { }1 2, , , nv v vL bebas linier di .nR Misalkan pula A suatu

matriks berukuran n n× dan A memiliki invers.

Tunjukkan { }1 2, , , nAv Av AvL bebas linear.

RANGKUMAN

TES FORMATIF 2

Jawablah soal-soal berikut!

1.26 Aljabar II �

Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 2 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2.

Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali

80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat

meneruskan dengan modul selanjutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang belum dikuasai.

Tingkat penguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar

100%Jumlah Soal

×

� MATA4436/MODUL 1 1.27

Kunci Jawaban Tes Formatif

Tes Formatif 1

1) Karena H subhimpunan tak hampa dari 3¡ , maka untuk menyelidiki apakah H ruang vektor, cukup diselidiki apakah H Subruang dari

3¡ dengan menggunakan Lemma 1.1. 2) a) subruang. b) bukan subruang. c) bukan subruang. d) bukan subruang. e) bukan subruang. 3) a) bukan subruang. b) subruang. c) bukan subruang. d) bukan subruang. 4) Pertama-tama akan ditunjukkan bahwa pada lapangan F berlaku 0. 0 ,α α= ∀ ∈F

0. (0 0) 0 0.α α α α= + = +

(0. ) 0. (0. ) 0. 0.

0 0 0.

0 0.

α α α α αα

α

− + = − + += +=

Berikutnya akan ditunjukkan bahwa pada lapangan F berlaku

( 1) ,

( 1) ( 1) 1.

( 1 1)

0

0

α α αα α α α

αα

− = − ∀ ∈− + = − +

= − +==

F

( 1) α α∴ − = −

a) ( ) . ( )a aα α α α− + = − +

0.

0

( 1) ( )

a

a aα

==

∴ − = −

1.28 Aljabar II �

b) ( ) ( )a a a aα α α− + = − +

. 0

0

( ) ( )a a

α

α α

==

∴ − = − −

c)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) 0

0

( ) ( )

a a a

a a

α α αα

α α

− − + − = − − += −=

∴ − − = −

5) a) ya. b) tidak selalu. c) ya. 6) a) Ambil ( ) ( )1 2x U W U W∈ +I I .

Misalkan x y z= + dengan 1y U W∈ I dan 2z U W∈ I .

Karena 1y U∈ dan 2z U∈ , maka 1 2x y z U U= + ∈ + .

Karena y W∈ dan z W∈ , maka x y z W= + ∈ .

Jadi ( ) WUUzyx Ι21 +∈+= .

b) Silakan dicoba sebagai latihan. Tes Formatif 2 1) a) Pandang kombinasi linear ( ) ( ) ( ) 0u v v w u wα β γ+ + + + + =

( ) ( ) ( ) 0u v wα γ α β β γ∴ + + + + + =

Karena { }, ,u v w bebas linear, maka

0α γ α β β γ+ = + = + =

0.α β γ∴ = = = . b) Misalkan { }, ,x span u v w∈ .

Jadi x u v wα β γ= + +

( ) ( ) ( )u v v w u wα β γ′ ′ ′= + + + + +

( ) ( ) ( )u v wα γ α β β γ′ ′ ′ ′ ′ ′= + + + + +

Karena { }, ,u v w bebas linear, maka

; ;α γ α α β β β γ γ′ ′ ′ ′ ′ ′+ = + = + =

� MATA4436/MODUL 1 1.29

2) { }1, , nv v V⊂L .

1

n

i j jjj i

v vα=≠

=∑

1

0n

j j ijj i

v vα=≠

∴ − =∑

1 0∴ ∃− ≠ sedemikian hingga kombinasi linear di atas sama dengan

nol. { }1, , nv v∴ L bergantung linear.

3) Pandang kombinasi linear ( ) ( ) ( )1 1 2 2 0.n nv v v v v vα α α+ + + + + + =L

( )1 1 1 2 0.n n nv v vα α α α α∴ + + + + + + =L L

Jika 1 0nα α+ + ≠L , maka

( ) ( )11 2 1 1n n nv v vα α α α α−+ + + − − − =L L

{ }1, , .nv span v v∴ ∈ L .

Hal ini bertentangan dengan { }1, , nv span v v∉ L .

1 2 0nα α α∴ + + + =L

1 1 0n nv vα α∴ + + =L

Karena { }1, , nv vL bebas linear, maka

021 =α==α=α nΛ

{ }vvvv n ++∴ ,,1 Λ bebas linear.

4) Misalkan 1

n

i ij jj

w vα=

=∑ , 1, ,i m= L

Pandang kombinasi linear

1

0m

i ii

wβ=

=∑

( ) ( )1 11 1 1 1 1 0n n m m mn nv v v vβ α α β α α+ + + + + + =L L L

( ) ( )1 11 2 21 1 1 1 1 0m m n m mn nv vβ α β α β α β α β α+ + + + + + + =L L L

1.30 Aljabar II �

Jika { }1, , nv vL bebas linear, maka

1 11 1 0m mβ α β α+ + =L

Μ 1 1 0n m mnβ α β α+ + =L .

m anu dan n persamaan, dengan .m n> SPL homogen memiliki tak hingga banyak jawab. { }1, , mw w∴ L bergantung linear.

Jika { }1, , nv vL bergantung linear maka dapat direduksi menjadi

subhimpunan yang bebas linear. Proses selanjutnya sama dengan di atas. 5) Pandang kombinasi linear 1 1 0n nAv Avα α+ + =L

( )1 1 0n nA v vα α+ + =L

Karena 1A− ada, maka 1 1 2 2 0n nv v vα α α+ + + =L

Karena { }1, , nv vL bebas linear, maka

1 2 0nα α α= = = =L

{ }1, , nAv Av∴ L bebas linear.

� MATA4436/MODUL 1 1.31

Daftar Pustaka

Bill Jacob. (1990). Linear Algebra. W.H. Freeman and Company. Leon, SJ, (1990). Linear Algebra with Application. MacMilan Publishing

Company. Strang, G. (1988). Linear Algebra and Its Application. 3rd edition Academic

Press. Curtin, CW. (1984). Linear Algebra An Introduction Approach.

Undergraduate Text in Mathematics Springer verlag.