Aljabar Linear

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 1 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Catatan Kuliah Aljabar Linier
Subiono
subiono2003@telkom.net
24 Agustus 2009
Abstrak
Dalam catatan kuliah ini diberikan beberapa materi dari mata kuliah
Aljabar Linier untuk program Sarjana (S1) jurusan matematika
FMIPA-ITS. Materi kuliah berupa perencanaan yang disajikan
agar mempermudah peserta ajar dalam proses belajar mengajar.
Peserta ajar diharapkan mempersiapkan diri melalui pemahaman
yang dipunyai sebelumnya dan menambah kekurangan pemahaman
pengetahuannya yang dirasa kurang saat proses belajar mengajar
di kelas. Juga agar mempermudah proses belajar mengajar digunakan
alat bantu perangkat lunak Euler. Selain itu materi kuliah
ini disesuai dengan Kurikulum 2009.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 2 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Rencana materi yang akan dibahas dalam kelas adalah:
• Lapangan dan Ruang Vektor.
• Ruang-bagian Vektor.
• Himpunan Pembentang, Bebas linier dan Basis.
• Dimensi, Jumlahan Langsung, Koordinat dan Basis Terurut.
• Pemetaan linier pada Ruang Vektor.
• Pemetaan linier dan Aljabar matriks.
• Perubahan dari Basis.
• Rank, Determinan dan Invers.
• Bentuk Echelon dari suatu Matriks.
• Eigenvektor dan Eigenvalue.
• Orthogonalitas (Proses Orthogonalitas Gram-Schmidt).
• General Invers.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 3 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lapangan(Field)
Suatu lapangan adalah suatu himpunan K = ∅ bersama-sama
dengan dua operasi tambah (+) dan kali (.) sehingga untuk
semua a, b, c ∈ K memenuhi:
• (a + b) ∈ K (tertutup).
• a + b = b + a (komutatif).
• (a + b) + c = a + (b + c) (assosiatif).
• Ada 0 ∈ K sehingga a + 0 = 0 + a (elemen netral).
• Ada suatu −a ∈ K sehingga a + (−a) = −a + a = 0 (invers).
• (a.b) ∈ K (tertutup).
• a.b = ba (komutatif).
• (a.b).c = a.(b.c) (assosiatif).
• Ada 1 ∈ K sehingga a.1 = 1.a = a (elemen identitas).
• Bila a = 0, maka ada a −1 ∈ K sehingga a.a −1 = a −1 .a = 1
(invers).
• a.(b + c) = (a.b) + (a.c) (distributif).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 4 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Himpunan bilangan rasional Q, himpunan bilangan riil R
dan himpunan bilangan kompleks C.
2. Himpunan bilangan bulat modulo p dinotasikan oleh Zp,
dengan p bilangan prima.
Contoh 1. adalah lapangan takhingga sedangkan Contoh 2.
lapangan hingga. Dalam Contoh 2., bila p bukan bilangan
prima, maka Zp bukan lapangan.
Ruang Vektor
Suatu himpunan V dengan dua operasi tambah dan kali
dikatakan suatu ruang vektor atas lapangan K bila memenuhi:
1. Bila u, v, w ∈ V , maka u + v ∈ V dan
• u + v = v + u
• (u + v) + w = u + (v + w)
• Ada 0 ∈ V sehingga v + 0 = 0 + v, ∀v ∈ V
• Untuk setiap v ∈ V ada w ∈ V sehingga v + w = w + v = 0

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 5 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Bila a, b ∈ K dan u, v ∈ V , maka av ∈ V dan
Contoh
• (a + b)v = av + bv
• a(u + v) = av + au
• (ab)v = a(bv)
• 1v = v
1. Himpunan R2 adalah ruang vektor atas lapangan R, dimana
x1 y1 def x1 + y1 x1 y1
+ =
, ∀ , ∈ R 2
dan
x2
a
x1
x2
y2
def
=
ax1
ax2
x2 + y2
x2
, ∀a ∈ K dan ∀
x1
x2
y2
∈ R 2 .
2. Himpunan R n juga ruang vektor atas R dengan definisi operasi
tambah dan kali diberikan seperti di Contoh 1. Penambahan
dalam Contoh 1. dinamakan penambahan secara
komponen yang bersesuaian.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 6 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh............
3. Himpunan matriks m×n dengan elemen elemennya bilangan
riil
⎧⎛
⎨ a11
Mm,n(R) = ⎝ .
⎩
am1
⎞
. . . a1n
...
. ⎠
. . . amn
aij
⎫
⎬
∈ R
⎭
dimana penambahan matriks diberikan oleh:
⎛
a11
⎝ .
. . .
...
⎞ ⎛
a1n b11
. ⎠+ ⎝ .
. . .
...
⎞
b1n
. ⎠ def
⎛
= ⎝
a11 + b11
.
. . .
...
a1n + b1n
.
am1 . . . amn
bm1 . . . bmn
am1 + bm1 . . . amn + bmn
sedangkan perkalian skalar α ∈ R dengan matriks diberikan
oleh: ⎛
a11
α ⎝ .
. . .
...
⎞
a1n
. ⎠ def
⎛
αa11
= ⎝ .
. . .
...
⎞
αa1n
. ⎠ .
am1 . . . amn
αam1 . . . αamn
Maka Mm,n(R) adalah suatu ruang vektor atas lapangan R.
⎞
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 7 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh............
4. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua
fungsi, yaitu V = {f : F → F} dimana (f + g)(x) def
= f(x) +
g(x), ∀x ∈ F dan (αf)(x) def
= αf(x), dimana α ∈ F. Maka V
adalah ruang vektor F .
5. Misalkan F adalah suatu lapangan dan himpunan semua
polinomial berderajad kurang atau sama dengan n yaitu
Pn(F) = {p(x) = a0 + a1x + . . . + anxn | ai ∈ F} dimana (p + q)(x) def
=
p(x) + q(x), ∀x ∈ F dan (αp)(x) def
= αp(x), dimana α ∈ F. Maka
Pn(F) adalah ruang vektor atas F.
6. Himpunan l∞ = {a = (a1, a2, . . .) | an ∈ R, sup(|an|) < ∞} dimana
a + b def
= (a1 + b1, a2 + b2, . . .) dan αa def
= (αa1, αa2, . . .), α ∈ R. Maka
l∞ adalah ruang vektor atas lapangan R.
7. Himpunan fungsi terdifferensial tak berhingga pada interval
[a, b], yaitu C ∞ [a, b], dimana definisi penambahan fungsi
dan perkalian skalar dengan fungsi seperti dalam Contoh 4.
merupakan ruang vektor atas lapangan riil R.
8. Himpunan fungsi-fungsi V = {f : R → R | d2 f
dx 2 + f = 0} dimana
definisi penambahan fungsi dan perkalian skalar dengan
fungsi seperti dalam Contoh 4. merupakan ruang vektor
atas lapangan riil R.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 8 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan beberapa sifat dari suatu ruang vektor V
atas lapangan K. Misalkan V adalah suatu ruang vektor atas
lapangan K, maka
(1). 0v = 0, 0 adalah elemen netral di K dan v ∈ V .
(2). (−1v) + v = 0, dimana −1 ∈ K.
(3). α0 = 0, dimana α ∈ K.
Bukti
(1). v = (1 + 0)v = v + 0v, kedua ruas tambahkan dengan vektor
w yang memenuhi w + v = 0, didapat: w + v = w + v + 0v
atau 0 = 0 + 0v. Terlihat bahwa 0v = 0.
(2). (−1v) + v = (−1 + 1)v = 0v = 0.
(3). α0 = α(00) = (α0)0 = 00 = 0.
Ruang Bagian
Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan K. Himpunan
S ⊂ V (S = ∅) dikatakan suatu ruang bagian bila S sendiri
dengan operasi tambah dan kali seperti di V tetap merupakan
ruang vektor atas K.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 9 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Himpunan
B =
⎧⎛
⎨
⎝
⎩
x
y
z
⎞
⎫
⎬
⎠
x + y + z = 0
⎭
adalah ruang bagian dari ruang vektor R 3 atas R.
2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu
V = {f : R →R} dan D ⊂ V , dimana
D = f ∈ V
d
2
f
+ f = 0 , maka D adalah ruang bagian dari
dx2 ruang vektor V atas R.
3. Himpunan P3(R) adalah ruang bagian dari ruang vektor
Pn(R) atas lapangan R dengan n ≥ 3.
4. Himpunan S = (an) ∈ l∞ | lim an = x, x ∈ R adalah ruang
n→∞
bagian dari ruang vektor l∞ atas lapangan R.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 10 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan suatu sifat (pernyataan) yang ekivalen
dengan pernyataan dari suatu ruang bagian.
Himpunan S adalah suatu ruang bagian dari suatu ruang
vektor V atas lapangan K bila dan hanya bila x1s1 + x2s2 ∈ S
untuk setiap x1, x2 ∈ K dan s1, s2 ∈ S.
Bukti Misalkan S ruang bagian dan x1, x2 ∈ K juga s1, s2 ∈ S,
maka x1s1 ∈ S dan x2s2 ∈ S. Oleh karena itu, x1s1 + x2s2
juga di S. Sebaliknya, misalkan x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap
x1, x2 ∈ K dan s1, s2 ∈ S. Akan ditunjukkan bahwa S adalah
ruang vektor atas K. Sifat 2. dari ruang vektor otomatis
diwarisi dari V , begitu juga sifat komutatif, assosiatif
di sifat 1., diwarisi dari V . Untuk x1 = x2 = 1, didapat
1s1 + 1s2 = s1 + s2 ∈ S (tertutup). Untuk x1 = x2 = 0 didapat
0s1 + 0s2 = 0(s1 + s2) = 0 ∈ S. Oleh karena itu, untuk x1 = x2 = 1
dan setiap s ∈ S, didapat 1s + 10 = s + 0 = s = 0 + s = 10 + 1s ∈ S.
Selanjutnya untuk x1 = 1, x2 = −1 dan setiap s ∈ S didapat
1s + (−1)s = (1 + (−1))s = 0s = 0 (s punya invers yaitu −s).
Catatan Pernyataan x1s1 + x2s2 ∈ S untuk setiap x1, x2 ∈ K dan
s1, s2 ∈ S, dapat diganti oleh x1s1 + x2s2 + . . . + xnsn ∈ S untuk
setiap x1, x2, . . . , xn ∈ K dan s1, s2, . . . , sn ∈ S.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 11 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh penggunaan sifat ruang bagian
1. Himpunan
z2
B =
⎧⎛
⎨
⎝
⎩
z2
x
y
z
⎞
⎫
⎬
⎠
x + y + z = 0
⎭
adalah ruang bagian dari ruang vektor R3 atas R.
untuk setiap v1, v2 ∈ B, maka
Sebab,
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
x1 −y1 − z1 −1 −1
v1 = ⎝ y1 ⎠ = ⎝ y1 ⎠ = y1 ⎝ 1 ⎠ + z1 ⎝ 0 ⎠ ,
z1
z1
0
1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
x2 −y2 − z2 −1 −1
v2 = ⎝ y2 ⎠ = ⎝ y2 ⎠ = y2 ⎝ 1 ⎠ + z2 ⎝ 0 ⎠ .
0
1
Sehingga untuk a, b ∈ R, didapat:
⎛ ⎞
−1
⎛
av1 + bv2 = (ay1 + by2) ⎝ 1
0
⎠ + (az1 + bz2) ⎝
−1
0
1
⎞
⎠ ∈ B.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 12 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Misalkan ruang vektor dari semua himpunan fungsi yaitu
V = {f : R →R} dan D ⊂ V , dimana
D = f ∈ V
d
2
f
+ f = 0 , maka D adalah ruang bagian dari
dx2 ruang vektor V atas R. Sebab, misalkan f, g ∈ D dan a, b ∈ R,
maka
d 2 (af + bg)
dx 2
Jadi af + bg ∈ D.
+ (af + bg) = a d2f dx2 + af + bd2 g
+ bg
dx2 = a( d2f dx2 + f) + b(d2 g
+ g) = a0 + b0 = 0.
dx2 3. Himpunan P3(R) adalah ruang bagian dari ruang vektor
Pn(R) atas lapangan R dengan n ≥ 3. Sebab, misalkan
p(x), q(x) ∈ P3(R) dan a, b ∈ R, maka
ap(x) + bq(x) = a(a0 + a1x + a2x 2 + a3x 3 ) + b(b0 + b1x + b2x 2 + b3x 3 )
= (aa0 + bb0) + (aa1 + bb1)x + (aa2 + bb2)x 2
+(aa3 + bb3)x 3 .
Jadi ap(x) + bq(x) ∈ P3(R).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 13 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Himpunan Pembentang, Bebas linier dan Basis
Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V . Himpunan
pembentang dari S adalah himpunan:
< S > def
= {x1s1 + . . . + xnsn | x1, . . . , xn ∈ K, s1, . . . , sn ∈ S}.
Penulisan x1s1 +. . .+xnsn juga dinamakan kombinasi linier dari
vektor-vektor s1, . . . , sn. Berikutini diberikan sifat dari suatu
< S > sebgaimana berikut.
Bila V merupakan suatu ruang vektor atas K dan S ⊂ V , maka
< S > adalah suatu ruang bagian dari V .
Bukti Misalkan v = x1s1 + . . . + xnsn dan w = xn+1sn+1 + . . . + xmsm
di < S > dan a, b ∈ K, maka
av + bw = a(x1s1 + . . . + xnsn) + b(xn+1sn+1 + . . . + xmsm)
= (ax1)s1 + . . . + (axn)sn + (bxn+1)sn+1 + . . . + (bxm)sm.
Terlihat bahwa av + bw ∈< S >, oleh karena itu < S > adalah
ruang bagian dari V .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 14 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Misalkan V ruang vektor atas K untuk
setiap v ∈ V , maka < {v} >= {kv | k ∈ K}.
2. Misalkan ruang vektor R3 atas R, maka
< {e1, e2} >= R2 dimana e1 = (1, 0, 0) ′ dan
e2 = (0, 1, 0) ′ . Sebab,
R 2 ⎧⎛
⎞ ⎫
⎨ x
⎬
= ⎝ y ⎠
⎩ x, y ∈ R
0 ⎭
⎧
⎨
=
⎩ x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎫
1 0
⎬
⎝ 0 ⎠ + y ⎝ 1 ⎠
x, y ∈ R
0 0 ⎭
= {xe1 + ye2 | x, y ∈ R} =< {e1, e2} > .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 15 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan sifat dari suatu himpunan
pembentang. Misalkan V suatu
ruang vektor atas K dan 〈S〉 adalah suatu
himpunan pembentang dari S dan v ∈ V ,
maka 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉 bila dan hanya bila
v ∈ 〈S〉
Bukti. Misalkan 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉, jelas
bahwa v ∈ 〈S ∪ {v}〉. Jadi juga v ∈ 〈S〉.
Sebaliknya misalkan bahwa v ∈ 〈S〉, akan
ditunjukkan bahwa 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉. Jelas
bahwa S ⊂ 〈S ∪ {v}〉. Tinggal menunjukkan
bahwa 〈S ∪ {v}〉 ⊂ 〈S〉.Tulis v =
a0s0 + . . . + ansn dan misalkan w ∈ 〈S ∪ {v}〉.
Didapat w = b0v + an+1sn+1 + . . . + amsm =
(b0a0)s0 + . . . + (b0an)sn + an+1sn+1 + . . . + amsm.
Terlihat bahwa w ∈ 〈S〉. Jadi 〈S ∪ {v}〉 ⊂ 〈S〉
dan karena 〈S〉 ⊂ 〈S ∪ {v}〉, oleh karena itu
haruslah 〈S〉 = 〈S ∪ {v}〉.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 16 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Misalkan dalam R3 , vektor-vektor
⎛ ⎞
1
⎛ ⎞
0
⎛
2
v1 = ⎝ 0 ⎠ , v2 ⎝ 1 ⎠ dan v3 = ⎝ 3
0 0
0
Didapat v3 = 2v1 + 3v2, jadi v3 ∈ 〈{v1, v2}〉. Maka dari itu,
〈{v1, v2}〉 = 〈{v1, v2, v3}〉.
Sifat dari suatu himpunan pembentang
yang dibahas sebelumnya, mengatakan
bahwa suatu vektor v bisa dihapus untuk
memperoleh himpunan baru S dengan
himpunan pembentang yang sama
bila dan hanya bila v merupakan kombinasi
linier dari vektor-vektor di S. Jadi dengan
pengertian ini, suatu himpunan S ⊂
V adalah minimal bila dan hanya bila ia
tidak memuat vektor-vektor yang merupakan
kombinasi linier dari vektor-vektor
yang lainnya dalam himpunan tersebut.
⎞
⎠ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 17 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan suatu pengertian mengenai bebas linier.
Vektor-vektor v1, v2, . . . , vn di suatu ruang vektor V atas
lapangan K dikatakan bebas linier bila vektor vi, i = 1, 2, . . . , n
bukan merupakan suatu kombinasi linier dari vektor-vektor
yang lainnya. Bila tidak demikian, maka vektor-vektor
vj, j = 1, 2, . . . , n dikatakan bergantungan linier.
Misalkan Vektor-vektor s1, . . . , sn ∈ S ⊂ V , dengan V suatu
ruang vektor atas K, vektor-vektor si, i = 1, 2 . . . , n bebas linier
bila dan hanya bila x1s1 + . . . + xnsn = 0, xi ∈ K dipenuhi hanya
untuk x1 = . . . = xn = 0.
Bukti
Misalkan si ∈ S, i = 1, 2 . . . , n bebas linier dan andaikan x1s1+. . .+
xnsn = 0 tetapi untuk beberapa i, xi = 0. Didapat si = (− x1
xi )s1 +
. . . + (− xi−1
xi )si−1 + (− xi+1
xi )si+1 + . . . + (− xn
xi )sn. Terlihat bahwa si
merupakan kombinasi linier dari vektor-vektor sj, j = i. Hal ini
bertentangan dengan kenyataan bahwa si, i = 1, 2, . . . , n bebas
linier. Jadi haruslah x1s1 + . . . + xnsn = 0 dipenuhi hanya untuk
x1 = . . . = xn = 0. Selanjutnya misalkan x1s1+. . .+xnsn = 0, xi ∈ K
dipenuhi hanya untuk x1 = . . . = xn = 0, maka jelas bahwa
si, i = 1, 2 . . . , n bebas linier. Bila tidak berarti bahwa untuk
beberapa i, si = c1s1 + . . . + ci−1si−1 + ci+1si+1 + . . . + cnsn atau
0 = c1s1 +. . .+ci−1si−1 +cisi +ci+1si+1 +. . .+cnsn dengan ci = −1. Ini
bertentangan dengan kenyataan bahwa 0 = c1s1 + . . . + ci−1si−1 +
cisi +ci+1si+1 +. . .+cnsn dipenuhi hanya unuk ci = 0, i = 1, 2, . . . , n.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 18 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Komentar Pernyataan vektor-vektor si, i =
1, 2 . . . , n dalam ruang vektor V atas K bebas
linier ekivalen dengan x1s1 + . . . + xnsn =
0, xi ∈ K dipenuhi hanya untuk x1 = . . . =
xn = 0. Bila V = R n dan K = R, maka
vektor-vektor si, i = 1, 2 . . . , n dalam ruang
vektor R n atas R bebas linier mempunyai
arti bahwa sistem persamaan linier homogin
x1s1 + . . . + xnsn = 0 mempunyai penyelesaian
trivial, yaitu xi = 0, i = 1, 2, . . . , n. Bila
persamaan homogin ini mempunyai jawab
non trivial, yaitu xi = 0 untuk beberapa i,
maka hal ini berarti bahwa vektor-vektor
si tsb. tidak bebas linier atau bergantungan
linier. Bila vektor s = 0 di ruang vektor
R n dan memenuhi s = x1s1 + . . . + xnsn,
yaitu vektor s merupakan kombinasi linier
dari vektor-vektor s1, . . . , sn. Hal ini berarti
bahwa sistem persamaan linier tak homogin
s = x1s1 + . . . + xnsn, mempunyai jawab
x = (x1, . . . , xn) ′ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 19 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Dalam R 4 vektor (1, 4, −2, 6) ′ adalah kombinasi linier dari
dua vektor (1, 2, 0, 4) ′ dan (1, 1, 1, 3) ′ , sebab: (1, 4, −2, 6) ′ =
3(1, 2, 0, 4) ′ − 2(1, 1, 1, 3) ′ . Sedangkan vektor (2, 6, 0, 9) ′ bukan
kombinasi linier (1, 2, 0, 4) dan (1, 1, 1, 3) ′ , sebab bila (2, 6, 0, 9) ′ =
x1(1, 2, 0, 4) ′ + x2(1, 1, 1, 3) ′ ekivalen dengan sistem persamaan
linier
x1 + x2 = 2
2x1 + x2 = 6
x2 = 0
4x1 + 3x2 = 9
mudah dicek bahwa sistem persamaan linier ini tidak mempunyai
jawab.
2. Misalkan ruang vektor V = {f : R → R} atas R, maka
fungsi cos 2x merupakan kombinasi linier dari fungsi-fungsi
cos 2 x, sinh 2 x dan cosh 2 x, sebab cos 2x = 2 cos 2 x+sinh 2 x−cosh 2 x,
ingat bahwa cos 2x = 2 cos 2 x − 1 dan cosh 2 x − sinh 2 x = 1.
3. Dilanjutkan halaman berikutnya!

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 20 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh
3. Misalkan tiga vektor v1 = (1, 2, 3) ′ , v2 = (3, 2, 1) ′ dan v3 =
(3, 3, 3) ′ di R 3 . Maka
〈{v1, v2, v3}〉 = {x1v1 + x2v2 + x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R}
= {(x1 + 3x2 + 3x3, 2x1 + 2x2 + 3x3, 3x1 + x2 + 3x3) ′ }
Tulis (x, y, z) ′ = (x1 + 3x2 + 3x3, 2x1 + 2x2 + 3x3, 3x1 + x2 + 3x3) ′ .
Didapat:
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
x 1 3 3 x1
⎝ y ⎠ = ⎝ 2 2 3 ⎠ ⎝ x2 ⎠ ,
z 3 1 3 x3
⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
x
1 3 3 x1
(1 − 2 1) ⎝ y ⎠ = (1 − 2 1) ⎝ 2 2 3 ⎠ ⎝ x2 ⎠ = 0,
z
3 1 3
atau x − 2y + z = 0. Catatan 3v1 + 3v2 − 4v3 = 0 dan juga
⎛ ⎞
1 3 3
det ⎝ 2 2 3 ⎠ = 0.
3 1 3
4. Dilanjutkan halaman berikutnya!
x3

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 21 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh
4. Dua vektor v1 = 40 15 ′
, v2 = −50 25 ′ 2 ∈ R sebab x1v1 +
x2v2 = 0 dipenuhi hanya untuk x1 = x2 = 0, hal ini bisa dicek
sbb:
40x1 − 50x2 = 0
15x1 + 25x2 = 0
didapat x2 = 0 dan x1 = 0.
− 15
40 B1 + B2
5. Diberikan S ⊂ R3 dimana
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
⎨ 1 0
S = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ , ⎝
⎩
0 0
Perhatikan persamaan berikut:
⎛ ⎞
1
⎛ ⎞
0
⎛ ⎞
1
x1 ⎝ 0 ⎠ + x2 ⎝ 2 ⎠ + x3 ⎝ 2 ⎠ + x4
0 0 0
x5
1
2
0
⎞
⎛
⎠ , ⎝
⎛
⎝
0
−1
1
Himpunan penyelesaiannya adalah:
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
x1 −1
−3
⎪⎨
⎜ ⎟ ⎜
⎜ x2 ⎟ ⎜ −1
⎟ ⎜
⎟ ⎜ −3/2
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎜ x3 ⎟ = x3 ⎜ 1 ⎟ + x5 ⎜ 0
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎝ x4 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0
⎪⎩
0
1
40x1 − 50x2 = 0
175
4 x2 = 0
0
−1
1
⎞
⎞
⎛
⎠ , ⎝
⎛
3
3
0
⎠ + x5 ⎝
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞⎫
⎬
⎠
⎭
3
3
0
⎞
⎠ =
⎫
⎪⎬
x3, x5 ∈ R
⎪⎭
⎛
⎝
0
0
0
⎞
⎠ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 22 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh 5.
Himpunan penyelesaiannya adalah:
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
x1 −1
−3
⎪⎨
⎜ ⎟ ⎜
⎜ x2 ⎟ ⎜ −1
⎟ ⎜
⎟ ⎜ −3/2
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎜ x3 ⎟ = x3 ⎜ 1 ⎟ + x5 ⎜ 0
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎝ x4 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0
⎪⎩
0
1
x5
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎫
⎪⎬
x3, x5 ∈ R
Hal ini menunjukkan bahwa semua vektor di S saling bergantungan
linier. Untuk x3 = 0, x5 = 1, didapat bahwa vektor yang
ke-5 dalam S merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang
pertama. Gunakan sifat yang telah dipunyai untuk menghapus
vektor yang ke-5 sehingga didapat:
S1 =
⎧⎛
⎨
⎝
⎩
1
0
0
⎞
⎛
⎠ , ⎝
0
2
0
⎞
⎛
⎠ , ⎝
1
2
0
⎞
⎛
⎠ , ⎝
0
−1
1
⎞⎫
⎬
⎠
⎭ ,
dalam hal ini < S >=< S1 >. Juga terlihat bahwa vektor yang
ke-3 dalam S1 merupakan kombinasi linier dari dua vektor yang
pertama, sehingga vektor ke-3 ini bisa dihapus dan didapat:
S2 =
⎧⎛
⎨
⎝
⎩
1
0
0
⎞
⎛
⎠ , ⎝
0
2
0
⎞
⎛
⎠ , ⎝
0
−1
1
⎞⎫
⎬
⎠
⎭ .
Juga, dalam hal ini < S1 >=< S2 >. Jadi < S >=< S2 >.
⎪⎭

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 23 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
6. Misalkan tiga vektor v1 = (1, 1, 0) ′ , v2 = (5, 1, −3) ′ dan v3 =
(2, 7, 4) ′ di R 3 , maka
〈{v1, v2, v3}〉 = {x1v1 + x2v2 + x3v3 | x1, x2, x3 ∈ R}
= {x1(1, 1, 0) ′ + x2(5, 1, −3) ′ + x3(2, 7, 4) ′ | x1, x2, x3 ∈ R}
= {(x1 + 5x2 + 2x3, x1 + x2 + 7x3, −3x2 + 4x3) ′ |x1, x2, x3 ∈R}.
Tulis (x, y, z) ′ = (x1 +5x2 +2x3, x1 +x2 +7x3, −3x2 +4x3) ′ , didapat:
⎛ ⎞ ⎛
x 1
⎝ y ⎠ = ⎝ 1
5
1
⎞ ⎛ ⎞
2 x1
7 ⎠ ⎝ x2 ⎠ .
z 0 −3 4
Sehingga diperoleh:
⎛
⎞ ⎛
−25 26 −33 x
⎝ 4 −4 5 ⎠ ⎝ y
3 −3 4 z
⎞
⎠ =
=
⎛
⎝
⎛
⎝
x3
−25 26 −33
4 −4 5
3 −3 4
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⎞ ⎛
⎠ ⎝
x1
x2
x3
⎞ ⎛
⎠ ⎝
⎞
⎠ =
1 5 2
1 1 7
0 −3 4
⎛ ⎞
⎞ ⎛
⎠ ⎝
Terlihat bahwa, untuk setiap (x, y, z) ′ ∈ R 3 selalu bisa diperoleh
x1, x2, x3 ∈ R sehingga 〈{v1, v2, v3}〉 = x1v1 + x2v2 + x3v3.
Jadi 〈{v1, v2, v3}〉 = R 3 .
⎝
x1
x2
x3
⎠ .
x1
x2
x3
⎞
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 24 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Basis dan Dimensi
Misalkan B = {b1, b2, . . .} ⊂ V dimana V adalah ruang vektor
atas K. Bila 〈{b1, b2, . . .}〉 = V dan vektor-vektor b1, b2, . . . bebas
linier maka B dikatakan suatu basis dari V . Banyaknya anggota
dari B dinamakan dimensi dari ruang vektor V .
Contoh:
1. Dalam R2 , B1 = {(2, 4) ′ , (1, 1) ′ } adalah suatu basis dari R2 ,
basis yang lainnya adalah B2 = {(1, 0) ′ , (0, 1) ′ }. Secara umum
B3 = {(a11, a21) ′ , (a12, a22) ′ } adalah suatu basis dari R2 bila
a11 a12
det
= 0.
a21 a22
2. Ruang vektor V = {x1 cos θ + x2 sin θ | x1, x2 ∈ R} atas R, maka
suatu basis dari V adalah {cos θ, sin θ}.
3. Dalam ruang vektor P3(x), maka {1, x, x 2 , x 3 } adalah suatu
basis dari P3(x). Sedangkan {1, x, x 2 , x 3 , x 4 . . .} adalah suatu
basis dari ruang vektor P∞(x).
4. Dalam ruang vektor M2,2(R), yaitu himpunan matriks ukuran
2 × 2 dengan elemen-elemen di R, maka
1 0 0 1 0 0 0 0
, , ,
0 0 0 0 1 0 0 1
adalah suatu basis dari M2,2(R).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 25 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Sifat Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan
{v1, . . . , vn} adalah suatu basis dari V , maka setiap elemen
v ∈ V dapat diungkapkan secara tunggal sebagai:
v = x1v1 + . . . + xnvn, x1, . . . , xn ∈ K.
Bukti
Misalkan v = a1v1 + . . . + anvn, dan v = x1v1 + . . . + xnvn, didapat:
(x1 − a1)v1 + . . . + (xn − a0)vn = 0, karena vektor-vektor v1, . . . , vn
bebas linier, maka haruslah x1 − a1 = 0, . . . , xn − an = 0. Sehingga
diperoleh x1 = a1, . . . , xn = an.
Berikut ini, diberikan suatu sifat untuk ruang vektor R n atas
R, yaitu misalkan vi ∈ R n , i = 1, 2, . . . , m. Bila m > n, maka
vektor-vektor vi, i = 1, 2, . . . , m bergantungan linier.
Bukti Untuk setiap j = 1, 2, . . . , m, tulis vektor vj =
(a1j, a2j, . . . , anj) ′ , sehingga persamaan x1v1 +. . .+xmvm = 0 dalam
bentuk matriks adalah:
⎛
⎝
a11 . . . a1m
.
.
an1 . . . anm
⎞ ⎛
⎠ ⎝
x1
.
xm
⎞
⎠ =
Terlihat bahwa, persamaan homogin terdiri dari n persamaan
dengan variabel yang takdiketahui sebanyak m. Karena m >
n, maka persamaan mempunyai suatu solusi yang nontrivial,
yaitu ada beberapa xk, k = 1, 2, . . . , m yang tidak semuanya sama
dengan nol. Jadi vj, j = 1, 2, . . . , m bergantungan linier.
⎛
⎝
0.
0
⎞
⎠ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 26 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Dalam ruang vektor R 2 atas R, Misalkan
v1 = (a11, a21) ′ , v2 = (a12, a22) ′ ∈ R 2 . Bila
vektor-vektor v1, v2, bebas linier, maka persamaan:
x1v1 + x2v2 = 0 atau dalam bentuk
matriks: Ax = 0 dengan
a11 a12
A =
, x =
a21 a22
x1
x2
dan 0 =
0
0
mempunyai jawab trivial hanya bila det(A) =
0. Secara geometris, hal ini menyatakan
bahwa luas daerah jajaran genjang yang
dibentuk oleh dua vektor v1 dan v2 sama
dengan | det(A)|. Sebaliknya bila det(A) =
0, maka luas daerah ini sama dengan 0.
Hal ini menunjukkan bahwa dua vektor v1
dan v2 terletak pada satu garis yang sama
atau dengan kata lain dua vektor v1 dan
v2 bergantungan linier. Jadi {v1, v2} adalah
suatu basis dari R 2 dengan dimensi 2 (mengapa?).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 27 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Sifat. Misalkan V suatu ruang vektor atas K dan {v1, . . . , vn}
suatu basis dari V . Selanjutnya, bila vektor-vektor u1, . . . , um
dengan m > n, maka vektor-vektor u1, . . . , um bergantungan
linier.
Bukti
Karena {v1, . . . , vn} suatu basis dari V , didapat:
u1 = a11v1 + . . . + an1vn
.
um = a1mv1 + . . . + anmvn,
dimana aij ∈ K, i = 1, 2, . . . , n dan j = 1, 2, . . . , m. Untuk
x1, . . . , xm ∈ K dan diketahui bahwa {v1, . . . , vn} bebas linier,
didapat:
0 = x1u1 + . . . + xmum
= x1(a11v1 + . . . + an1vn) + . . . + xm(a1mv1 + . . . + anmvn)
= (a11x1 + . . . + a1mxm)v1 + . . . + (an1x1 + . . . + anmxm)vn
dan haruslah a11x1 + . . . + a1mxm = 0, . . . , an1x1 + . . . + anmxm = 0
atau dengan notasi matriks:
⎛
a11
⎝ .
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
. . . a1m x1 0.
. ⎠ ⎝ . ⎠ = ⎝ ⎠ .
an1 . . . anm xm 0
Persamaan homogin diatas mempunyai jawab non-trivial (sebab
m > n). Jadi vektor-vektor u1, . . . , um bergantungan linier.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 28 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kesimpulan Misalkan V suatu ruang vektor atas K dengan
dimensi hingga. Maka setiap dua basis yang berbeda dari V
harus mempunyai banyak elemen yang sama.
Contoh
1. Dalam ruang vektor P3(R) atas R, B = {1, x, x 2 , x 3 } adalah
suatu basis baku dari P3(R). Basis yang lainnya adalah B2 =
{1, 1 + x, 1 + x + x 2 , 1 + x + x 2 + x 3 }.
2. Persamaan homogin Ax = 0, diberikan oleh :
⎛ ⎞
⎛
⎞ ⎛ ⎞
x1
1 3 −5 1 5 ⎜ ⎟ 0
⎜
⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 1 4 −7 3 −2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟
⎜
⎟ ⎜ x3 ⎟ = ⎜ ⎟
⎝ 1 5 −9 5 −9 ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ 0 ⎠
⎝ x4 ⎠
0 3 −6 2 −1
0
.
Himpunan penyelesaiannya adalah:
⎧ ⎛ ⎞ ⎛
1
⎪⎨
⎜ −2
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎜ ⎟ ⎜
〈{v1, v2}〉 = x = x1 ⎜ −1 ⎟ + x2 ⎜
⎜ ⎟ ⎜
⎝ 0 ⎠ ⎝
⎪⎩
0
x5
1
3
0
−5
−1
⎞
⎫
⎟
⎟
⎪⎬
⎟
⎟
x1, x2 ∈ R
⎟
⎠
⎪⎭
merupakan suatu ruang vektor atas R dengan dimensi dua.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 29 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan V suatu ruang vektor atas K
berdimensi hingga. Maka setiap himpunan
hingga S ⊂ V yang terdiri dari vektorvektor
bebas linier di V tetapi S bukan
merupakan suatu basis dari V dapat diperluas
sampai merupakan suatu basis dari V .
Bukti. Misalkan S = {v1, . . . , vm} dengan
vi, i = 1, . . . , m adalah vektor-vektor
yang bebas linier. Karena 〈S〉 = V ,
maka pilih vektor vm+1 ∈ V sehingga vm+1
bukan kombinasi linier dari vektor-vektor
vj, j = 1, 2, . . . , m. Selanjutnya namakan
T = {v1, . . . , vm, vm+1}, bila 〈T 〉 = V , maka
T adalah basis dan sudah tidak bisa lagi
diperluas menjadi vektor-vektor yang bebas
linier. Bila 〈T 〉 = V , lakukan lagi
cara perluasan seperti sebelumnya sehingga
diperoleh himpunan vektor-vektor yang bebas
linier di U yang memenuhi 〈U〉 = V .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 30 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kesimpulan. Misalkan V ruang vektor atas
K berdimensi n, maka setiap himpunan
dari n vektor yang bebas linier adalah suatu
basis dari V .
Contoh
Misalkan S = {(1, 1, 1) ′ , (0, −1, 0) ′ } ⊂ R 3 , jelas
bahwa vektor-vektor di S bebas linier dan
〈S〉 = {x(1, 1, 1) ′ +y(0, −1, 0) ′ = (x, x−y, x) ′ |x, y ∈
R}, jelas bahwa bila (x1, x2, x3) ′ ∈ 〈S〉, maka
x3 = x1. Oleh karena itu (x, y, z) ′ /∈ 〈S〉 bila
x = z. Pilih vektor (1, 0, 0) sehingga didapat
T = {(1, 1, 1) ′ , (0, −1, 0) ′ , (1, 0, 0) ′ } dimana
vektor-vektor di T bebas linier, maka dari
itu T merupakan suatu basis dari R 3 .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 31 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jumlahan Langsung.
Misalkan U dan V adalah ruang bagian dari suatu ruang
vektor W atas K dengan dimensi hingga, maka dim(U + V ) =
dim(U)+dim(V )−dim(U ∩V ), dimana U +V = {u+v |u ∈ U, v ∈ V }.
Bukti. Misalkan {z1, . . . , zr} suatu basis dari U ∩V perluas basis
ini masing-masing menjadi {z1, . . . , zr, u1, . . . , um} adalah suatu
basis dari U dan {z1, . . . , zr, v1, . . . , vn} suatu basis dari V . Terlihat
bahwa, dim(U ∩ V ) = r, dim(U) = r + m dan dim(V ) = r + n.
Selanjutnya, ditunjukkan bahwa {z1, . . . , zr, u1, . . . , um, v1, . . . , vn}
adalah suatu basis dari U + V . Sehingga, dalam hal ini didapat
dim(U + V ) = r + m + n = (r + m) + (r + n) − r = dim(U) + dim(V ) −
dim(U ∩V ). Misalkan sebarang w ∈ U +V , maka w = u+v untuk
beberapa u ∈ U dan beberapa v ∈ V . Dengan kenyataan bahwa
u = a1z1 + . . . + arzr + b1u1 + . . . + bmum untuk beberapa skalar ai, bj
dan v = c1z1 + . . . + crzr + d1v1 + . . . + dmvn untuk beberapa skalar
ck, dl, didapat:
w = u+v = (a1+c1)z1+. . .+(ar+cr)zr+b1u1+. . .+bmum+d1v1+. . .+dmvn
terlihat bahwa w ∈ 〈{z1, . . . , zr, u1, . . . , um, v1, . . . , vn}〉. Maka dari
itu didapat 〈{z1, . . . , zr, u1, . . . , um, v1, . . . , vn}〉 = U + V .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 32 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Bukti......
Diberikan
x1z1 +. . .+xrzr +xr+1u1 +. . .+xr+mum +xr+m+1v1 +. . .+xr+m+nvn = 0
untuk beberapa skalar xj. Tulis w = x1z1+. . .+xrzr+xr+1u1+. . .+
xr+mum, didapat w = −xr+m+1v1 + . . . − xr+m+nvn. Terlihat bahwa
w ∈ U dan w ∈ V , jadi w ∈ U ∩ V . Tetapi {z1, . . . , zr} adalah
suatu basis dari U ∩ V , jadi w = b1z1 + . . . + brzr untuk beberapa
skalar bi. Sehingga didapat b1z1 + . . . + brzr = −xr+m+1v1 + . . . −
xr+m+nvn atau b1z1 + . . . + brzr + xr+m+1v1 + . . . + xr+m+nvn = 0.
Tetapi {z1, . . . , zr, v1, . . . , vn} adalah suatu basis dari V , maka
dari itu haruslah b1 = . . . = br = xr+m+1 = . . . = xr+m+n = 0,
sehingga persamaan x1z1 + . . . + xrzr + xr+1u1 + . . . + xr+mum +
xr+m+1v1 + . . . + xr+m+nvn = 0 menjadi x1z1 + . . . + xrzr + xr+1u1 +
. . . + xr+mum = 0. Tetapi {z1, . . . , zr, u1, . . . , um} juga adalah suatu
basis dari U. Jadi haruslah x1 = . . . = xr = xr+1 = . . . = xr+m = 0.
Sehingga didapat xk = 0, k = 1, 2, . . . , r+m+n. Jadi vektor-vektor
z1, . . . , zr, u1, . . . , um, v1, . . . , vn bebas linier.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 33 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Misalkan W = R 2 , u1 = (1, 1, 0, 0) ′ , u2 = (−3, 7, 2, 1) ′ , U = 〈{u1, u2}〉
dan V = {(x1, x2, x3, 0) ′ |xi ∈ R}. Vektor-vektor u1, u2 bebas linier,
sebab bila a1u1 + a2u2 = 0 atau a1(1, 1, 0, 0) ′ + a2(−3, 7, 2, 1) ′ = 0
didapat a1 = a2 = 0. Jadi dim(U) = 2. Suatu basis
dari V adalah e1 = (1, 0, 0, 0) ′ , e2 = (0, 1, 0, 0) ′ , e3 = (0, 0, 1, 0) ′ .
Jadi dim(V ) = 3. Perhatikan bahwa e4 = (0, 0, 0, 1) ′ =
(−3, 7, 2, 1) ′ +3(1, 0, 0, 0) ′ −7(0, 1, 0, 0) ′ −2(0, 0, 0, 1) ′ = u2+3e1−7e2−2e3.
Jadi e4 ∈ U +V . Karena e1, e2, e3 juga di U +V , maka {e1, e2, e3, e4}
adalah suatu basis dari U + V . Jadi dim(U + V ) = 4. Sehingga
didapat: dim(U ∩ V ) = dim(U) + dim(V ) − dim(U + V ) = 2 + 3 − 4 = 1.
Bisa dicek secara langsung bahwa vektor-vektor di U ∩V adalah
vektor-vektor di U dengan komponen ke-empat sama dengan
nol, yaitu vektor b1u1 + b2u2 = (b1 − 3b2, b1 + 7b2, 2b2, b2) ′ dimana
b2 = 0. Jadi U ∩ V = 〈{u1}〉. Terlihat bahwa dim(U ∩ V ) = 1.
Catatan. Bila U, V ruang bagian berdimensi hingga masingmasing
dengan basis {u1, . . . , um} dan {v1, . . . , vn}. Misalkan
W = U + V dan sebarang w ∈ W . Didapat w = u + v =
a1u1+. . .+amum+b1v1+. . .+bnvn atau W = 〈{u1, . . . , um, v1, . . . , vn}〉.
Selanjutnya reduksi vektor-vektor u1, . . . , um, v1, . . . , vn menjadi
vektor-vektor yang bebas linier (sampai minimal) dan himpun
kedalam himpunan S, sehingga didapat W = 〈{S}〉. Jadi dimensi
dari W sama dengan banyaknya vektor-vektor di S.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 34 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bila U dan V adalah ruang bagian berdimensi hingga dengan
U ∩ V = {0}, maka U + V dinamakan jumlahan langsung dari
U dan V .
Contoh. Himpunan U = {(x1, x2, 0) ′ | x1, x2 ∈ R} dan
V = {(0, 0, x3) ′ |x3 ∈ R} adalah ruang bagian dari ruang vektor R 3
atas R dimana U∩V = {0}. Jadi U+V adalah jumlahan langsung
dari U dan V , U +V = {(x1, x2, 0) ′ +(0, 0, x3) ′ = (x1, x2, x3) ′ |x1, x2, x3 ∈
R} = {x1(1, 0, 0) ′ + x2(0, 1, 0) ′ + x3(0, 0, 1) ′ | x1, x2, x3 ∈ R} = R 3 ,
terlihat bahwa dim(U + V ) = 3. Perhatikan bahwa
U = {(x1, x2, 0) ′ | x1, x2 ∈ R} = {x1(1, 0, 0) ′ + x2(0, 1, 0) ′ | x1, x2 ∈
R} = 〈{(1, 0, 0) ′ , (0, 1, 0) ′ }〉, terlihat bahwa dim(U) = 2. Begitu
juga, V = {(0, 0, x3) ′ | x3 ∈ R} = {x3(0, 0, 1) ′ | x3 ∈ R} = 〈{(0, 0, 1) ′ }〉
dan dim(V ) = 1. Makna U + V merupakan jumlahan langsung
dari U dan V tampak dari dimensi, yaitu dim(U + V ) =
dim(U) + dim(V ) − dim(U ∩ V ) = 2 + 1 − 0 = 3 = dim(U) + dim(V ). Hal
ini juga bisa dilihat dari pengertian basis yaitu, himpunan
{(1, 0, 0) ′ , (0, 1, 0) ′ } adalah suatu basis dari U dan himpunan
{(0, 0, 1) ′ } adalah suatu basis dari V sedangkan himpunan
{(1, 0, 0) ′ , (0, 1, 0) ′ , (0, 0, 1) ′ } sudah bebas linier (tidak bisa lagi
direduksi menjandi himpunan yang lebih kecil lagi sehingga
bebas linier). Jadi, dari sini juga langsung didapat bahwa
dim(U + V ) = dim(U) + dim(V ).
Kesimpulan. Dimensi dari suatu ruang jumlahan langsung
sama dengan jumlah dari masing-masing dimensi ruang.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 35 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diberikan suatu sifat yang lain
dari ruang jumlahan langsung. Setiap w ∈
W = U + V dengan U ∩ V = {0} mempunyai
penulisan tunggal w = u + v, u ∈ U, v ∈ V .
Bukti. Misalkan w = u + v = ū + ¯v, maka
u − ū = v − ¯v. Tetapi u − ū ∈ U, v − ¯v ∈ V
dan U ∩ V = {0}. Maka haruslah u − ū = 0
dan v − ¯v = 0 atau u = ū dan v = ¯v.
Koordinat. Misalkan {v1, . . . , vn} adalah suatu
basis dari suatu ruang vektor atas K.
Jadi setiap v ∈ V dapat ditulis secara tunggal
oleh v = x1v1 +. . .+xnvn untuk beberapa
skalar x1, . . . , xn ∈ K. Dalam hal ini skalarskalar
x1, . . . , xn dinamakan koordinat dari
vektor v terhadap basis {v1, . . . , vn}.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 36 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh.
Misalkan V = R 3 dengan basis baku {e1 = (1, 0, 0) ′ , e2 =
(0, 1, 0) ′ , e3 = (0, 0, 1) ′ } dan misalkan sebarang v = (x, y, z) ′ ∈ V ,
maka v = xe1 + ye2 + ze3. Jadi koordinat dari v terhadap basis
{e1, e2, e3} adalah x, y dan z. Tetapi untuk basis yang lain
dari V , misalkan {v1 = (0, 1, 1) ′ , v2 = (1, 0, 1) ′ , v3 = (1, 1, 0) ′ }, maka
v = ( −x+y+z
2 )v1 + ( x−y+z
2 )v2 + ( x+y−z
2 )v3. Koordinat dari vektor
v terhadap basis {v1, v2, v3} adalah −x+y+z
2
, x−y+z
2 dan x+y−z
2 .
Terlihat bahwa vektor v terhadap dua basis yang berbeda dari
ruang vektor V mempunyai dua koordinat yang berbeda pula.
Basis terurut.
Adalah perlu dijamin bahwa suatu vektor dikaitkan dengan
suatu vektor basis yang sesuai, cara baku untuk melakukan
hal ini adalah menggunakan penyajian terurut untuk koordinat
dan vektor basis. Bila urutan dari vektor-vektor dalam
suatu basis dipersoalkan dalam hal ini dinamakan basis terurut
dan basis ini ditulis sebagai suatu barisan. Bila urutan
dari vektor basis takdipersoalkan, basis tersebut ditulis sebagai
suatu himpunan, dalam hal ini penekanan mengenai diskusi
dari suatu vektor basis, urutan tidak bergantung pada urutan.
Tetapi, bila koordinat dari suatu vektor disajikan sebagai baris
atau kolom dalam suatu matriks, maka secara esensi penyajian
bergantung pada urutan vektor-vektor basis. Begitu juga, bila
suatu pemetaan linier disajikan sebagai suatu matriks, maka
sangatlah penting menggunakan vektor basis terurut.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 37 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Pemetaan Linier pada Ruang Vektor
Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K, suatu pemetaan
α : U → V adalah suatu pemetaan linier atau transformasi linier
bila dan hanya bila memenuhi α(k1u1+k2u2) = k1α(u1)+k2α(u2)
untuk semua k1, k2 ∈ K dan u1, u2 ∈ U.
Sifat. Bila α : U → V suatu pemetaan linier, maka α(0) = 0.
Bukti α(0) = α(0 + 0) = α(0) + α(0), didapat α(0) − α(0) = α(0),
jadi 0 = α(0).
Contoh
1. Misalkan α : U → V , U = R3 dan V = R2 dengan
α((x, y, z) ′ ) def
= (2x − y, y + z) ′ . Maka α adalah pemetaan
linier, sebab α(k1u1 + k2u2) = α(k1(x1, y1, z1) ′ + k2(x2, y2, z2) ′ ) =
α((k1x1 + k2x2, k1y1 + k2y2, k1z1 + k2z2) ′ ) = (2k1x1 + 2k2x2 − k1y1 −
k2y2, k1y1 +k2y2 +k1z1 +k2z2) ′ = (2k1x1 −k1y1, k1y1 +k1z1) ′ +(2k2x2 −
k2y2, k2y2 + k2z2) ′ = k1(2x1 − y1, y1 + z1) ′ + k2(2x2 − y2, y2 + z2) ′ =
k1α((x1, y1, z1) ′ ) + k2α((x2, y2, z2) ′ ).
2. Misalkan α : R 3 → R 2 dengan α((x, y, z) ′ ) def
= (x 2 , y + z) ′ ,
pemetaan α bukan pemetaan linier, sebab α(2(1, 0, 0) ′ ) =
α((2, 0, 0) ′ ) = (4, 0) ′ = (2, 0) ′ = 2(1, 0) ′ = 2α((1, 0, 0) ′ ).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 38 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kernel dan Image
Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier
• Image dari α adalah Im(α)=α(U) def
= {α(u) | u ∈ U} ⊆ V .
• Kernel dari α adalah ker(α) def
= {u ∈ U | α(u) = 0} ⊆ U.
Contoh. Dalam Contoh 1. sebelumnya Im(α) = {α((x, y, z) ′ ) =
(2x − y, y + z) ′ | x, y, z ∈ R}, sedangkan ker(α) = {(x, y, z) ′ | 2x − y =
0, y + z = 0, x, y, z ∈ R} = {y( 1
2 , 1, −1)′ | y ∈ R}.
Beberapa sifat Misalkan U dan V adalah ruang vektor atas K
dan α : U → V suatu pemetaan linier, maka
1. Im(α) adalah ruang bagian dari V .
2. Ker(α) adalah ruang bagian dari U.
3. Pemetaan α satu-satu bila dan hanya bila ker(α) = {0}.
Bukti
1. Jelas bahwa Im(α) ⊆ V . Misalkan sebarang v1, v2 ∈ Im(α)
dan sebarang k1, k2 ∈ K. Untuk beberapa u1, u2 ∈ U, maka
kombinasi linier berikut dipenuhi k1v1 + k2v2 = k1α(u1) +
k2α(u2) = α(k1u1) + α(k2u2) = α(k1u1 + k2u2) ∈ Im(α). Jadi
Im(α) adalah ruang bagian dari V .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 39 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Bukti........
2. Jelas bahwa ker(α) ⊆ U. Misalkan sebarang
u1, u2 ∈ ker(α) dan sebarang k1, k2 ∈
K, maka α(k1u1+k2u2) = k1α(u1)+k2α(u2) =
k10 + k20 = 0. Terlihat bahwa k1u1 + k2u2 ∈
ker(α). Jadi ker(α) adalah ruang bagian
dari U.
3. Misalkan pemetaan α satu-satu dan sebarang
u ∈ ker(α), maka α(0) + α(u) =
α(0 + u) = α(u) = 0. Sehingga didapat
α(u) = −α(0) = α(−0) = α(0). Karena
pemetaan α satu-satu haruslah u = 0.
Jadi {0} = ker(α). Selanjutnya misalkan
ker(α) = {0} dan u1, u2 ∈ U, maka untuk
α(u1) = α(u2) didapat, 0 = α(u1) − α(u2) =
α(u1 − u2). Terlihat bahwa u1 − u2 ∈ ker(α).
Tetapi, ker(α) = {0}. Maka dari itu haruslah
u1 − u2 = 0 atau u1 = u2. Jadi
pemetaan α adalah satu-satu.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 40 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Misalkan V ruang vektor atas K dan U = Kn . Diberikan
matriks T = [aij], aij ∈ K dan T bertindak pada ruang vektor
U dengan aturan untuk setiap x ∈ U:
T (x) def
=
⎛
⎞ ⎛
a11 . . . a1n
⎝ .
... . ⎠ ⎝
an1 . . . ann
x1
.
xn
⎞
⎠ =
dimana yi = n
aijxj, i = 1, 2, . . . , n. Maka T adalah suatu
j=1
transformasi linier dari U ke U, sebab untuk sebarang x, ¯x ∈
U dan sebarang k1, k2 ∈ K berlaku:
⎛
⎞ ⎧
a11 . . . a1n ⎨
T (k1x + k2¯x) = ⎝ .
... . ⎠
⎩
an1 . . . ann
k1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
x1 ¯x1 ⎬
⎝ . ⎠ + k2 ⎝ . ⎠
⎭
xn ¯xn
⎛
⎞ ⎛ ⎞
a11 . . . a1n x1
⎝ .
... . ⎠ ⎝ . ⎠
= k1
an1 . . . ann
⎛
⎞ ⎛
a11 . . . a1n
+k2 ⎝ .
... . ⎠ ⎝
an1 . . . ann
= k1T (x) + k2T (¯x).
xn
¯x1
.
¯xn
⎛
⎝
⎞
⎠
y1
.
yn
⎞
⎠ ,

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 41 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh...........
2. Dalam Contoh 1. sebelumnya, maka
⎧⎛
⎞ ⎛
⎞ ⎛
⎨ y1 a11 . . . a1n
Im(T ) = ⎝ . ⎠ = ⎝ .
... . ⎠ ⎝
⎩
yn an1 . . . ann
x1
.
xn
⎞⎫
⎬
⎠
⎭ .
Bila T punya invers, maka ker(T ) = {0}, yaitu persamaan
homogin
⎛
a11
⎝ .
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
. . . a1n x1 0.
... . ⎠ ⎝ . ⎠ = ⎝ ⎠
an1 . . . ann xn 0
hanya mempunyai jawab trivial x1 = . . . = xn = 0.
tidak punya invers, maka
Bila T
⎧⎛
⎞ ⎛
⎨ x1 a11
ker(T ) = ⎝ . ⎠ ⎝
⎩ .
xn an1
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
. . . a1n x1 0.
⎬
... . ⎠ ⎝ . ⎠ = ⎝ ⎠
⎭
. . . ann xn 0

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 42 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas K dan
α : U → V suatu pemetaan linier.
1 Bila 〈{u1, . . . , un}〉 = U, maka 〈{α(u1), . . . , α(un)}〉 = Im(α).
2. dim(U) = dim(ker(α)) + dim(Im(α))
Bukti.
1. Misalkan sebarang v ∈ Im(α), pilih u ∈ U yang memenuhi
α(u) = v. Tetapi u = k1u1+. . .+knun, maka dari itu v = α(u) =
α(k1u1+. . .+knun) = k1α(u1)+. . .+knα(un) ∈ 〈{α(u1), . . . , α(un)}〉.
Jadi Im(α) = 〈{α(u1), . . . , α(un)}〉.
2. Misalkan {u1, . . . , um} basis dari ker(α), perluas basis ini
sampai didapat {u1, . . . , um, w1, . . . , wn} adalah suatu basis
dari U. Jelas bahwa dim(ker(α)) = m dan dim(U) =
m + n. Misalkan vi = α(wi), i = 1, 2 . . . , n. Akan ditunjukkan
bahwa vi, i = 1, 2 . . . , n adalah suatu basis dari
Im(α). Dengan menggunakan hasil 1. didapat Im(α) =
〈{α(u1), . . . , α(um), α(w1), . . . , α(wn)}〉 = 〈{0, . . . , 0, v1, . . . , vn}〉 =
〈{v1, . . . , vn}〉. Selanjutnya selidiki apakah vektor-vektor
vi, i = 1, 2 . . . , n bebas linier, yaitu k1v1 + . . . + knvn = 0 atau
k1α(w1) + . . . + knα(wn) = 0. Sehingga didapat α(k1w1 + . . . +
knwn) = 0. Jadi k1w1 + . . . + knwn ∈ ker(α). Oleh karena itu
k1w1 + . . . + knwn = ¯ k1u1 + . . . + ¯ kmum untuk beberapa ¯ ki, atau
¯k1u1 +. . .+ ¯ kmum −k1w1 +. . .−knwn = 0. Karena vektor-vektor
{u1, . . . , um, w1, . . . , wn} bebas linier maka ¯ k1 = . . . = ¯ km = k1 =
. . . = kn = 0, Jadi vektor-vektor v1, . . . , vn bebas linier.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 43 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Adakalanya kernel dari suatu pemetaan linier disebut null
space dan dimensi dari kernel dinamakan nullity dari pemetaan
linier, sedangkan dimensi dari image suatu pemetaan linier
dinamakan rank dari pemetaan linier. Sehingga didapat
dim(U) = nullity(α) + rank(α).
Contoh. Misalkan pemetaan linier α : R3 → R2 dengan
α((x, y, z) ′ ) = (x + z, 2x − y + z) ′ untuk setiap (x, y, z) ′ ∈ R3 . Kernel
dari α adalah penyelesaian dari persamaan vektor α((x, y, z) ′ ) =
(x + z, 2x − y + z) ′ = (0, 0) ′ atau penyelesaian persamaan homogin
1 0 1
2 −1 1
⎛
⎝
x
y
z
⎞
⎠ =
0
0
yang mempunyai penyelesaian x = x, y = x, z = −x, x ∈ R. Jadi
ker(α) = {x(1, 1, −1) ′ | x ∈ R} = 〈{(1, 1, −1) ′ }〉. Terlihat bahwa
nullity(α) = 1. Sedangkan Im(α) = {(x + z, 2x − y + z) ′ | x, y, z ∈
R} = {x(1, 2) ′ −y(0, 1) ′ +z(1, 1) ′ |x, y, z ∈ R} = 〈{(1, 2) ′ , (0, 1) ′ , (1, 1) ′ }〉 =
〈{(1, 2) ′ = (0, 1) ′ + (1, 1) ′ , (0, 1) ′ , (1, 1) ′ }〉 = 〈{(0, 1) ′ , (1, 1) ′ }〉. Terlihat
bahwa rank(α) = 2. Sehingga didapat dim(R 3 ) = nullity(α) +
rank(α) = 1 + 2 = 3.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 44 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier dari ruang vektor
U ke ruang vektor V masing-masing atas K. Bila pemetaan
α satu-satu dan pada yaitu pemetaan α mempunyai invers,
maka α dinamakan suatu isomorpisma dari U ke V . Dalam
hal ini, U dan V dikatakan isomorpik dan dinotasikan oleh
U ∼ = V . Perhatikan bahwa, karena α pemetaan satu-satu dan
pada, maka Im(α) = V dan ker(α) = {0}.
Misalkan U dan V ruang vektor berdimensi hingga atas
K masing-masing dengan basis {u1, . . . , um} dan {v1, . . . , vn}.
Maka U dan V isomorpik bila dan hanya bila dim(U) = dim(V )
(m = n). Lagipula, ada suatu isomorpisma tunggal α : U → V
yang memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n.
Bukti
Bila α : U → V suatu isomorpisma, maka α satu-satu dan pada.
Maka dari itu, ker(α) = {0} dan Im(α) = V . Sehingga didapat
dim(U) = dim(ker(α)) + dim(Im(α)) = 0 + dim(V ) = dim(V ). Sebaliknya,
misalkan m = n dan α suatu pemetaan linier yang
memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n. Akan ditunjukkan bahwa α
satu-satu dan pada.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 45 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Bukti......
Misalkan sebarang u ∈ ker(α), maka α(u) = 0. Tetapi
u = k1u1 + . . . + kmum. Sehingga didapat 0 = α(u) =
α(k1u1 + . . . + kmum) = k1α(u1) + . . . + kmα(um) = k1v1 + . . . + kmum
dan karena {v1, . . . , vm} suatu basis dari V , maka haruslah
k1 = . . . = kn = 0. Jadi u = 0. Maka dari itu
ker(α) = {0}. Jadi pemetaan α satu-satu. Selanjutnya,
misalkan sebarang v ∈ V , maka v = a1v1 + . . . + anvn untuk
beberapa skalar ai. Tetapi vi = α(ui), i = 1, . . . , n. Jadi
v = a1α(ui) + . . . + anα(un) = α(a1u1 + . . . + anun) ∈ Im(α). Sehingga
didapat V = Im(α) atau pemetaan α adalah pada.
Kerena pemetaan linier α adalah satu-satu dan pada, maka
U dan V isomorpik. Berikutnya, ditunjukkan bahwa isomorphisma
α yang memenuhi α(ui) = vi, i = 1, . . . , n adalah
tunggal. Misalkan β : U → V adalah suatu isomorphisma
yang juga memenuhi β(ui) = vi, i = 1, . . . , n dan misalkan sebarang
u = k1u1 + . . . + knun ∈ U untuk beberapa skalar ki ∈ K,
maka α(u) − β(u) = α(k1u1 + . . . + knun) − β(k1u1 + . . . + knun) =
k1α(u1) + . . . + knα(un) − k1α(u1) − . . . − knα(un) = k1v1 + . . . + knvn −
k1v1 − . . . − knvn = 0. Sehingga didapat α(u) = β(u), ∀u ∈ U. Jadi
β = α.
Misalkan U dan V ruang vektor atas K, himpunan L(U, V, K)
menyatakan himpunan semua pemetaan linier dari U ke V .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 46 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan α, β ∈ L(U, V, K) pemetaan α + β
didefinisikan sebagai (α+β)(u) def
= α(u)+β(u)
untuk semua u ∈ U dan pemetaan kα
didefinisikan sebagai (kα)(u) def
= kα(u) untuk
semua u ∈ U. Maka L(U, V, K) adalah ruang
vektor atas K.
Misalkan α, β ∈ L(U, V, K) dan komposisi
dari β ◦ α adalah (βα)(u) def
= β(α(u)) untuk
semua u ∈ U, maka β ◦ α ∈ L(U, V, K).
Bukti
(βα)(k1u1 + k2u2) = β(α(k1u1 + k2u2))
= β(k1α(u1) + k2α(u2))
= k1β(α(u1)) + k2β(α(u2))
= k1(βα)(u1) + k2(βα)(u2).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 47 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Pemetaan Linier dan Aljabar Matriks
Misalkan U, V ruang vektor berdimensi
hingga atas K masing-masing dengan dimensi
m dan n. Misalkan Bu = u1, . . . , um
basis terurut di U, Bv = v1, . . . , vn basis
terurut di V dan α ∈ L(U, V, K). Untuk
j = 1, . . . , m, α(uj) ∈ V , sehingga ada skalar
ai,j ∈ K sehingga α(uj) = a1,jv1 + . . . + an,jvn.
Bila indeks i dan j dalam skalar ai,j menyatakan
elemen baris ke-i dan kolom ke-j
dari suatu matriks A, hal ini mendefinisikan
matriks representasi dari pemetaan linier α
diberikan oleh:
A =
⎛
⎝
a1,1 . . . a1,m
. . .
an,1 . . . an,m
⎞
⎠ .
Perhatikan bahwa, skalar-skalar ai,j dalam
persamaan α(uj) menyatakan kolom ke-j
dari matriks A.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 48 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Sekali matriks-matriks representasi ini di konstruksi sesuai
dengan basis-basis yang ada, matriks-matriks ini bisa digunakan
tanpa lagi merujuk pada basis-basis yang ada, kecuali
ada perubahan basis, maka matriks A juga berubah. Untuk
menjelaskan hal ini, misalkan sebarang u ∈ U, maka
u = x1u1+. . .+xmum dan v = α(u) ∈ V . Tetapi v = y1v1+. . .+ynvn.
Sehingga didapat
α(u) = x1α(u1) + . . . + xmα(um)
= x1(a1,1v1 + . . . + an,1vn) + . . . + xm(a1,mv1 + . . . + an,mvn)
= (a1,1x1 + . . . + a1,mxm)v1 + . . . + (an,1x1 + . . . + an,mxm)vn
= y1v1 + . . . + ynvn
atau y = Ax, dimana
⎛ ⎞ ⎛
⎞ ⎛
y1
a1,1 . . . a1,m
y = ⎝ . ⎠ , A = ⎝ . . . ⎠ dan x = ⎝
yn
an,1 . . . an,m
x1
.
xm
⎞
⎠ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 49 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan α ∈ L(U, V, K) dan β ∈ L(V, W, K) dimana
dim(U) = m, dim(V ) = n dan dim(W ) = p. Representasi matriks
dari α dan β masing-masing diberikan oleh A = (α, uj, vi)
berukuran n × m dan B = (β, vi, wk) beruran p × n. Maka
representasi matriks dari komposisi βα ∈ L(U, W, K) diberikan
oleh C = (βα, uj, wk) dimana C = BA dengan ck,j = n
bk,iai,j.
Bukti
Gunakan definisi representasi matriks dari suatu pemetaan,
didapat α(uj) = n
ai,jvi dan β(vi) =
i=1
p
bk,iwk. Maka dari itu
k=1
(β(α(uj)) = n
ai,jβ(vi) = n
p
= p
n
wk.
i=1
ai,j
i=1
bk,iwk
k=1
k=1
i=1
bk,iai,j
i=1
Tetapi (βα)(uj) = p
ck,jwk, sehingga dengan menyamakan koe-
k=1
fisien masing-masing persamaan didapat ck,j = n
bk,iai,j.
i=1

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 50 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Diberikan suatu transformasi linier α : R3 → R3 oleh
α((x, y, z) ′ ) = (x − y − z, x + y + z, z) ′ dengan basis baku terurut
didapat: α((1, 0, 0) ′ ) = (1, 1, 0) ′ , α((0, 1, 0) ′ ) = (−1, 1, 0) ′ dan
α((0, 0, 1) ′ ) = (−1, 1, 1) ′ , sehingga matriks representasi dari α
terhadap basis baku terurut diberikan oleh:
⎛
⎝
1 −1 −1
1 1 1
0 0 1
Selanjutnya bila digunakan basis terurut B =
(1, 0, 0) ′ , (1, 1, 0) ′ , (1, 0, 1) ′ didapat α((1, 0, 0) ′ ) = (1, 1, 0) ′ =
0(1, 0, 0) ′ + 1(1, 1, 0) ′ + 0(1, 0, 1) ′ = (0, 1, 0) ′ B , α((1, 1, 0)′ ) = (0, 2, 0) ′ =
−2(1, 0, 0) ′ + 2(1, 1, 0) ′ + 0(1, 0, 1) ′ = (−2, 2, 0) ′ B dan α((1, 0, 1)′ ) =
(0, 2, 1) ′ = −3(1, 0, 0) ′ + 2(1, 1, 0) ′ + 1(1, 0, 1) ′ = (−3, 2, 1) ′ B . Sehingga
matriks representasi dari α dengan basis terurut B
diberikan oleh: ⎛
⎝
0 −2 −3
1 2 2
0 0 1
⎞
⎠ .
⎞
⎠ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 51 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Diberikan pemetaan linier α : P3(R) → P1(R) oleh α(p(x)) =
d2p(x) dx2 .
a. Matriks representasi A dari α dengan basis terurut B1 =
1, x, x2 , x3 untuk P3(R) dan basis terurut B2 = 1, x + 2 untuk
P1(R) diberikan sebagai berikut: α(1) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) =
(0, 0) ′ B2 , α(x) = 0 = 0.1 + 0(x + 2) = (0, 0)′ B2 , α(x2 ) = 2 = 2.1 +
0(x+2) = (2, 0) ′ B2 dan α(x3 ) = 6x = −12.1+6(x+2) = (−12, 6) ′ B2 ,
0 0 2 −12
A =
.
0 0 0 6
b. Misalkan p(x) = a+bx+cx 2 +dx 3 ∈ ker(α), maka 0 = α(p(x)) =
2c + 6dx, ∀x ∈ R. Sehingga didapat c = 0, d = 0. Jadi
ker(α) = {a.1 + bx | a, b ∈ R} = 〈{1, x}〉. Terlihat bahwa
dim(ker(α)) = 2.
c. Sedangkan dimensi dari image α diberikan oleh:
dim(Im(α)) = dim(P3(R)) − dim(ker(α)) = 4 − 2 = 2. Hal
ini bisa dicek sebagai berikut, misalkan sebarang q(x) =
α + βx + γx 2 + δx 3 ∈ P3(R), maka α(q(x)) = 2γ + 6δx =
2γ.1 + 6δ.x ∈ 〈{1, x}〉. Jadi Im(α) = 〈{1, x}〉 dan terlihat
bahwa dimensi Im(α) sama dengan dua.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 52 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
3. Misalkan u1, u2, u3 basis terurut dari U, v1, v2, v3 dan w1, w2
adalah suatu basis terurut dari W . Selanjutnya diberikan
pemetaan linier α : U → V dan β : V → W masing-masing
oleh α(u1) = v1 +2v2 −v3, α(u2) = v2 +2v3, α(u3) = −v1 +v2 +3v3
dan β(v1) = 2w1 − w2, β(v2) = w1 + w2, β(v3) = −2w1 + 3w2.
Bila A = (α, uj, vi) dan B = (β, vi, wk), maka didapat matriks
representasi:
A =
⎛
⎝
1 0 −1
2 1 1
−1 2 3
⎞
⎠ , B =
2 1 −2
−1 1 3
dan matriks representasi C = (βα, uj, wk) diberikan oleh
2 1 −2
C = BA =
−1 1 3
⎛ ⎞
1 0 −1
⎝ 2 1 1 ⎠
6 −3 −7
=
.
−2 7 11
−1 2 3
Bisa dicek langsung lewat vektor-vektor basis
(βα)(u1) = β(v1 + 2v2 − v3) = 6w1 − 2w2
(βα)(u2) = β(v2 + 2v3) = −3w1 + 7w2
(βα)(u3) = β(−v1 + v2 + 3v3) = −7w1 + 11w2.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 53 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Pemetaan Identitas
Pementaan IU : U → U adalah pemetaan identitas bila IU(u) = u
untuk semua u ∈ U.
Bila pemetaan α : U → V suatu isomorpisma (satu-satu dan
pada), maka ada pemetaan invers α −1 : V → U sehingga
α −1 α = IU dan αα −1 = IV .
Bila α : U → V suatu isomorpisma, maka α −1 : V → U adalah
pemetaan linier. Bila matriks representasi α adalah A dan
matriks representasi dari α −1 adalah B, maka BA = I dan
AB = I.
Contoh. Misalkan ui, i = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari U dan
vj, j = 1, 2, 3 adalah basis terurut dari V . Pemetaan linier α :
U → V diberikan oleh: α(u1) = v1 + 2v2 − v3, α(u2) = v2 + 2v3 dan
α(u3) = −v1 + v2 + 3v3, maka A = (α, ui, vj) diberikan oleh
A =
⎛
⎝
1 0 −1
2 1 1
−1 2 3
didapat B = A−1 adalah matriks representasi dari α−1 dimana:
⎛
−0.25 0.5
⎞
−0.25
B = ⎝ 1.75 −0.5 0.75 ⎠
−1.25 0.25 −0.25
⎞
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 54 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Perubahan dari suatu basis
Perubahan basis dari suatu transformasi
linier adalah penting. Sebagaimana
telah diketahui dari pembahasan sebelumnya
bahwa, suatu transformasi linier
memberikan suatu matriks representasi
melalu suatu basis yang telah ditentukan.
Tentunya matriks representasi ini akan
berbeda bila digunakan basis lain yang
berbeda tetapi tetap merupakan suatu matriks
representasi dari suatu transformasi
linier yang sama. Perubahan basis tujuan
utamanya adalah mendapatkan suatu
matriks represenatsi yang mudah untuk
penghitungan (komputasi) dan bisa menjelaskan
makna perubahan bentuk suatu
benda dalam domainnya menjadi bentuk
yang lainnya dalam kodomainnya.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 55 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan B = u1, . . . , un adalah basis terurut dari suatu ruang
vektor U atas K dan sebarang u ∈ U dapat diungkapkan
sebagai u = x1u1 + . . . + xnun dimana skalar-skalar xi merupakan
n-pasang berbentuk (x1, . . . , xn) ′ ∈ Kn . Maka pemetaan
ρB : U → Kn dinamakan suatu pemetaan koordinat dan
ρB(u) def
= (x1, . . . , xn) ′ dinamakan suatu vektor koordinat dari
u ∈ U terhadap basis terurut B. Dalam hal ini ρB adalah suatu
isomorpisma maka dari itu U ∼ = Kn .
Bukti Misalkan sebarang u = x1u1 + . . . + xnun ∈ U, v =
y1u1 + . . . + ynun ∈ V dan k1, k2 ∈ K, maka didapat ρB(k1u +
k2v) = ρB(k1x1u1 + . . . + k1xnun + k2y1u1 + . . . + k2ynun) = ρB((k1x1 +
k2y1)u1 + . . . + (k1xn + k2yn)un) = (k1x1 + k2y1, . . . , k1xn + k2yn) ′ =
k1(x1, . . . , xn) ′ +k2(y1, . . . , yn) ′ = k1ρB(u)+k2ρB(v). Terlihat bahwa ρB
adalah pemetaan linier. Karena untuk setiap (x1, . . . , xn) ′ ∈ K n
vektor u = x1u1 + . . . + xnun memenuhi ρB(u) = (x1, . . . , xn) ′ , maka
pemetaan ρB adalah pada. Selanjutnya misalkan sebarang
u = x1u1 + . . . + xnun ∈ ker(ρB), maka ρB(u) = (x1, . . . , xn) ′ =
(0, . . . , 0) ′ . Didapat x1 = 0, . . . , xn = 0. Jadi u = 0. Maka dari
itu pemetaan ρB adalah satu-satu. Karena pemetaan linier ρB
adalah satu-satu dan pada, maka ρB adalah suatu isomorpisma
atau U ∼ = K n .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 56 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Misalkan diberikan dua basis terurut
B1 = (1, 0) ′ , (0, 1) ′ dan B2 = (1, 1) ′ , (1, −1) ′
dari ruang vektor R2 . Terhadap basis
B1, sebarang (x, y) ′ ∈ R2 (x, y)
didapat
′ = x(1, 0) ′ + y(0, 1) ′ . Sehingga didapat
ρB1 ((x, y)′ ) = (x, y) ′ . Terhadap basis
B2, (x, y) ′ = k1(1, 1) ′ + k2(1, −1) ′ , didapat
x = k1 + k2, y = k1 − k2. dari sini diperoleh
x + y x − y
k1 = , k2 = . Jadi ρB2 2 2
((x, y)′ ) =
x + y
,
2
x − y
′
. Sehingga ρB2 2
((1, 0)′ ) =
′
1 1
, dan ρB2 2 2
((0, 1)′ ′
1 −1
) = , .
2 2

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 57 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
PB
UB
Km ❄
α ✲ VC
Misalkan B = u1, . . . , um suatu basis terurut dari ruang vektor
U, C = v1, . . . , vn suatu basis terurut dari ruang vektor V , kedua
ruang vektor atas skalar K. Suatu pemetaan linier α : U → V
dengan matriks representasi A = (α, B, C). Misalkan α(u) = v
dimana u = x1u1+. . .+xmum ∈ U dan v = y1v1+. . .+ynvn ∈ V . Dari
pembahasan sebelumnya dijelaskan bahwa v = α(u) dapat disajikan
oleh persamaan matriks y = Ax, dimana x = (x1, . . . , xm) ′
dan y = (y1, . . . , yn) ′ . Misalkan P adalah pemetaan koordinat,
maka x = PB(u), y = PC(v) dan matriks representasi dari persamaan
vektor v = α(u) adalah PC(v) = APB(u). Sehingga didapat,
v = α(u) = P −1
C APB(u), ∀u ∈ U. Jadi α = P −1
C APB atau
A = PCαP −1
B . Hasil-hasil yang didapat ini dijelaskan dalam diagram
diatas.
A
✲
❄
K n
PC

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 58 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
IU
UB
✲
❄
α
❄
✲
U ¯ B
α
VC
V ¯ C
Misalkan α : U → V suatu pemetaan linier, B dan ¯ B dua basis
terurut yang berbeda dari U sedangkan C dan ¯ C dua basis
terurut yang berbeda dari V . Bila matiks-matriks representasi
dari α adalah A = (α, B, C) dan Ā = (α, ¯ B, ¯ C), maka perubahan
basis tidak berpengaruh pada suatu pemetaan linier sehingga
hal ini berkaitan dengan pemetaan identitas. Tetapi perubahan
basis mempunyai pengaruh terhadap matriks-matriks representasi
A = (α, B, C) dan Ā = (α, ¯ B, ¯ C) melalui pemetaan identitas
terhadap dua basis yang berbeda. Bila basis berubah
pada domain dan kodomain dari α, maka umumnya diperlukan
matriks representasi dari pemetaan identitas pada domain
dan kodomain α yang dinotasikan oleh P = (IU, B, ¯ B)
dan Q = (IV , C, ¯ C). Hubungan diantara ruang vektor dengan
basis-basis berbeda diberikan secara diagram diatas. Sehingga
didapat hubungan (α, ¯ B, ¯ C) = (IV , C, ¯ C)(α, B, C)(IU, ¯ B, B)
atau Ā = QAP −1 . Selanjutnya misalkan x, ¯x vektor-vektor koordinat
dari u ∈ U relatif terhadap basis B dan ¯ B dan y, ¯y
vektor-vektor koordinat dari v = α(u) ∈ V relatif terhadap
basis C dan ¯ C, maka ¯x = P x dan ¯y = Qy. Bila y = Ax,
maka ¯y = Qy = QAx = QAP −1 ¯x =
IV
Ā¯x. Terlihat bahwa vektor-
vektor koordinat dan matriks-matriks transformasi konsisten
terhadap perubahan basis.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 59 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Diberikan pemetaan linier α : R 2 → R 2 dengan α((x, y) ′ ) =
(2x + y, x + 3y) ′ . Dengan basis B = (1, 0) ′ , (1, 1) ′ , maka αB(1, 0) =
(2, 1) = 1(1, 0) ′ + 1(1, 1) ′ = (1, 1) ′ dan αB((1, 1) ′ ) = (3, 4) ′ =
−1(1, 0) ′ + 4(1, 1) ′ = (−1, 4) ′ , sehingga diperoleh matriks re-
presentasi dari α:
A = (α, B, B) =
1 −1
1 4
Misalkan sebarang (x, y) ′ ∈ R2 , maka ρB((x, y) ′ ) = a(1, 0) ′ +
b(1, 1) ′ = (a, b) ′ dimana skalar a, b memenuhi:
x 1 1 a a 1 −1 x
=
⇒ =
,
y 0 1 b b 0 1 y
sehingga didapat a = x − y dan b = y. Jadi ρB((x, y) ′ ) =
(x − y, y) ′ . Dicek apakah pemetaan α konsisten terhadap
basis B sebagai berikut:
α((x, y) ′ ) = AρB((x, y) ′
1 −1 x − y x − 2y
) =
=
1 4 y x + 3y
1
1 2x + y
= (x − 2y) + (x + 3y) =
.
0
1 x + 3y
.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 60 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Diberikan pemetaan linier α : P3(R) → P3(R) dimana
α(p(x)) = (a + b) + (b + c)x + (c + d)x2 + (a + d)x3 , ∀p(x) ∈ P3(R)
dengan p(x) = a + bx + cx2 + dx3 . Misalkan B = 1, x, x2 , x3 dan ¯ B = 1, 1 + x, 1 + x + x2 , 1 + x + x2 + x3 dua basis dari
P3(R). Maka α(1) = 1 + x3 = 1(1) + 0(x) + 0(x2 ) + 1(x3 ),
α(x) = 1 + x = 1(1) + 1(x) + 0(x2 ) + 0(x3 ), α(x2 ) = x + x2 =
0(1)+1(x)+1(x2 )+0(x3 ), α(x3 ) = x2 +x3 = 0(1)+0(x)+1(x2 )+1(x3 )
dan IP3(R)(1) = 1 = 1 + 0(1 + x) + 0(1 + x + x2 ) + 0(1 + x + x2 + x3 ),
IP3(R)(x) = x = −1(1) + 1(1 + x) + 0(1 + x + x2 ) + 0(1 + x + x2 + x3 ),
IP3(R)(x2 ) = x2 = 0(1) − 1(1 + x) + 1(1 + x + x2 ) + 0(1 + x + x2 + x3 ),
IP3(R)(x3 ) = x3 = 0(1) + 0(1 + x) − 1(1 + x + x2 ) + 1(1 + x + x2 + x3 )
Sehingga didapat matriks representasi A = (α, B, B), P =
(IP3(R), B, ¯ B) dan P −1 diberikan oleh:
A =
⎛
⎜
⎝
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 1 1
1 0 0 1
⎞
⎛
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟ , P = ⎜
⎠ ⎝
1 −1 0 0
0 1 −1 0
0 0 1 1
0 0 0 1
⎞
⎛
⎟
⎠ danP −1 ⎜
= ⎜
⎝
Matriks representasi Ā = (α, ¯ B, ¯ B) diberikan oleh
Ā = P AP −1 ⎛
⎞
1 1 0 0
⎜
⎟
⎜ 0 1 1 0 ⎟
= ⎜
⎟
⎝ −1 −1 0 0 ⎠
1 1 1 2
.
1 1 1 1
0 1 1 1
0 0 1 1
0 0 0 1
⎞
⎟
⎠ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 61 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
3. Diberikan ruang vektor U dengan dua basis terurut B =
u1, u2, u3 dan B = ū1, ū2, ū3 dimana ū1 = u2, ū2 = u3, ū3 = u1.
Serta ruang vektor V dengan dua basis terurut C = v1, v2
dan C = ¯v1, ¯v2 dimana ¯v1 = v1 + v2, ¯v2 = v1 − v2. Suatu
pemetaan linier α : U → V diberikan oleh α(u1) = 2v1 −
v2, α(u2) = v1+v2, α(u3) = −2v1+3v2, sehingga diperoleh suatu
matriks representasi
A = (α, B, C) =
2 1 −2
−1 1 3
Misalkan P adalah matriks dari pemetaan identitas di U
dari basis B ke basis B, yaitu IU(u1) = u1 = ū3 = 0ū1+0ū2+1ū3,
IU(u2) = u2 = ū1 = 1ū1 + 0ū2 + 0ū3, IU(u3) = u3 = ū2 = 0ū1 + 1ū2 +
0ū3. Sehingga didapat P dan P −1 :
P =
⎛
⎝
0 1 0
0 0 1
1 0 0
⎞
⎠ dan P −1 =
⎛
⎝
.
0 0 1
1 0 0
0 1 0
Begitu juga, karena IV (¯v1) = ¯v1 = 1v1 + 1v2, IV (¯v2) = ¯v2 =
1v1 −1v2, maka didapat matriks Q −1 dari pemetaan identitas
pada V dari basis C ke basis C dan juga didapat matriks Q
diberikan oleh:
Q −1 =
1 1
1 −1
dan Q =
1 1
2
1
2
2
−1
2
⎞
⎠ .
.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 62 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh 3.......
Matriks representasi Ā = (α, B, C) diberikan
oleh:
⎛ ⎞
1 1 2
Ā = QAP −1 = ⎝
0 −5 2 3 ⎠ .
Hasil ini bisa dicek
2
secara langsung
pemetaan α didefinisikan relatif terhadap
basis ¯ B dan ¯ C sebagai berikut:
α(ū1) = α(u2) = v1 + v2 = ¯v1 = 1¯v1 + 0¯v2
α(ū2) = α(u3) = −2v1 + 3v2 = 1 2¯v1 − 5 2¯v2 α(ū3) = α(u1) = 2v1 − v2 = 1 2¯v1 + 3 2¯v2. Dua matriks bujur sangkar A dan B
dikatakan similar bila ada matriks P yang
punya invers sehingga B = P AP −1 . Kesemilaran
matriks (∼) adalah suatu relasi ekivalen.
1
2

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 63 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Diberikan pemetaan linier α : U → V terhadap basis terurut
B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruang vektor
V , bagaimana cara memilih basis terurut B dari ruang vektor
U dan basis terurut C dari ruang vektor V supaya representasi
matriks Ā = (α, B, C) mempunyai bentuk normal diagonal
satuan yang sederhana, yaitu matriks:
⎛
⎞
⎜
⎝
Ir
. 0
. . . . . . . . .
0 . 0
⎟
⎠ ,
dimana Ir adalah matriks satuan berukuran r × r dengan
r ≤ min{dim(U), dim(V )}. Untuk memperoleh cara yang dimaksud
ini digunakan sifat berikut.
Misalkan pemetaan linier α : U → V , masing-masing dimensi
U dan V adalah m dan n dengan dim(Im(α)) = r. Maka ada
basis terurut B dari U dan basis terurut C dari V sehingga
representasi matriks dari α berbentuk normal diagonal satuan,
yaitu
⎛
⎞
Ā = (α, B, C) =
⎜
⎝
Ir
. 0
. . . . . . . . .
0 . 0
⎟
⎠
←→ ←→
r m − r
↕ r
↕ n − r

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 64 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bukti
Dari sifat dimensi pemetaan linier didapat, dim(ker(α)) =
dim(U) − dim(Im(α)) = m − r. Misalkan ur+1, . . . , um adalah suatu
basis terurut dari ker(α). Perluas basis ini sampai diperoleh
basis terurut B = u1, . . . , ur, ur+1, . . . , um dari ruang vektor
U. Dari pengertian kernel didapat α(ur+1) = 0, . . . , α(um) =
0. Selanjutnya pilih vektor-vektor v1, . . . , vr ∈ Im(α) sehingga
α(u1) = v1, . . . , α(ur) = vr. Jelas bahwa vektor-vektor
v1, . . . , vr adalah suatu basis terurut dari Im(α). Selanjutnya
perluas basis ini sampai diperoleh basis terurut C =
v1, . . . , vr, vr+1, . . . , vn dari ruang vektor V . Jadi, terhadap basis
terurut B dari ruang vektor U dan basis terurut C dari ruang
vektor V , pemetaan α didefinisikan oleh α(u1) = v1, . . . , α(ur) =
vr, α(ur+1) = 0, . . . , α(um) = 0. Dari definisi ini terlihat bahwa
representasi matriks Ā = (α, B, C) adalah:
⎛
⎞
Ā = (α, B, C) =
⎜
⎝
Ir
. 0
. . . . . . . . .
0 . 0
⎟
⎠
←→ ←→
r m − r
↕ r
↕ n − r

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 65 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Misalkan representasi matriks dari suatu pemetaan linier terhadap
basis baku terurut, diberikan oleh:
A =
⎛
⎝
1 2 3
2 3 1
3 5 4
Dapatkan basis-basis terurut dari U dan V supaya dengan
basis-basis ini pemetaan linier mempunyai representasi matriks
berbentuk normal diagonal satuan.
Penyelesaian Pertama, tentukan kernel dari A dengan menyelesaikan
persamaan Ax = 0, didapat: ker(A) = {x(7, −5, 1) ′ | x ∈ R}
atau ker(A) = 〈{(7, −5, 1) ′ }〉. Perluas basis dari kernel sehingga
diperoleh basis terurut B = (1, 0, 0) ′ , (0, 1, 0) ′ , (7, −5, 1) ′ . Selanjutnya
dapatkan basis terurut dari Image A sebagai berikut:
⎛
⎝
1 2 3
2 3 1
3 5 4
⎞ ⎛
⎠ ⎝
1
0
0
⎞
⎠ =
⎛
⎝
1
2
3
⎞
⎛
⎠ , ⎝
⎞
⎠ .
1 2 3
2 3 1
3 5 4
⎞ ⎛
⎠ ⎝
Perluas basis terurut ini sehingga diperoleh:
0
1
0
⎞
⎠ =
⎛
⎝
2
3
5
⎞
⎠ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 66 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Lanjutan Contoh................
C = (1, 2, 3) ′ , (2, 3, 5) ′ , (1, 0, 0) ′ adalah basis terurut dari ruang vektor
V . Selanjutnya cek dengan basis-basis terurut B dan C,
representasi matriks berbentuk normal diagonal satuan sebagaimana
berikut ini. Persamaan-persamaan yang memberikan
matriks P −1 = (α, B, B) dengan B basis terurut baku adalah:
IU(ū1) = ū1 = (1, 0, 0) ′ , IU(ū2) = ū2 = (0, 1, 0) ′ dan IU(ū3) = ū3 =
(7, −5, 1) ′ . Sehingga didapat:
P −1 =
⎛
⎝
1 0 7
0 1 −5
0 0 1
Dengan cara serupa, persamaan-persamaan yang memberikan
matriks Q−1 = (α, C, C) dengan C basis terurut baku adalah:
IV (¯v1) = ¯v1 = (1, 2, 3) ′ , IV (¯v2) = ¯v2 = (2, 3, 5) ′ dan IV (¯v3) = ¯v3 =
(1, 0, 0) ′ . Sehingga didapat:
Q −1 =
⎛
⎝
1 2 1
2 3 0
3 5 0
⎞
⎠ ⇒ Q =
⎛
⎝
⎞
⎠ .
dan matriks Ā = QAP −1 diberikan oleh:
⎛
0 5
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
−3 1 2 3 1 0 7
Ā = ⎝ 0 −3 2 ⎠ ⎝ 2 3 1 ⎠ ⎝ 0 1 −5
1 1 −1 3 5 4 0 0 1
0 5 −3
0 −3 2
1 1 −1
⎞
⎠ =
⎛
⎝
⎞
⎠
1 0 0
0 1 0
0 0 0
⎞
⎠ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 67 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Rank suatu matriks.
Suatu matriks A berukuran n × m dengan
elemen-elemen di K mendefinisikan
suatu pemetaan linier α dari K m ke K n
sedemikian hingga A = (α, Em, En) dimana
Em dan En masing-masing adalah basis
baku dari K m dan K n . Rank dari matriks A
adalah rank dari α, jadi rank(A) = rank(α) =
dim(Im(α)). Ruang bagian dari K m yang
dibentangkan oleh vektor-vektor baris dari
A dinamakan ruang baris dari A dan mempunyai
dimensi rank baris dari A yang
merupakan banyaknya vektor-vektor baris
dari A yang bebas linier. Ruang bagian dari
K n yang dibentangkan oleh vektor-vektor
kolom dari A dinamakan ruang kolom dari
A dan mempunyai dimensi rank kolom
dari A yang merupakan banyaknya vektorvektor
kolom dari A yang bebas linier.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 68 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Ruang kolom dari suatu matriks adalah ruang imagenya, jadi
rank kolom dari suatu matriks sama dengan rank matriksnya.
Bukti.
Misalkan A berukuran n × A dan α suatu pemetaan linier dari
Km ke Kn sedemikian hingga A = (α, Em, En), dimana Em =
e1, . . . , em dan En = e1, . . . , en masing-masing adalah basis baku
terurut dari Km dan Kn . Misalkan bahwa matriks
A =
maka untuk j = 1, . . . , m,
α(ej) =
⎛
⎝
a1,1 . . . a1,m
. . . . . . . . .
an,1 . . . an,m
n
i=1
ai,jei =
adalah kolom ke-j dari matriks A. Tetapi, Im(α) dibangun oleh
α(e1), . . . , α(em), oleh karena itu Im(α) = ruang kolom(A). Jadi
rank(A)=rank kolom(A).
⎛
⎝
⎞
⎠ ,
a1,j
.
an,j
⎞
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 69 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jawaban Quiz
1. Bila Mn(R) adalah himpunan matriks berukuran n × n dengan
elemen-elemen di R dan untuk suatu X tetap di Mn(R)
didefinisikan pemetaan α : Mn(R) → Mn(R) dengan α(A) =
XAX −1 , ∀A ∈ Mn(R), maka :
a. Tunjukkan bahwa α adalah suatu pemetaan linier.
b. Dapatkan Im(α) dan Ker(α).
c. Dari hasil b. tentukan sifat dari pemetaan α.
Jawab
a. Misalkan A, B ∈ Mn(R) dan a, b ∈ R, maka α(aA + bB) =
X(aA + bB)X −1 = X(aA)X −1 + X(bB)X −1 = a(XAX −1 ) +
b(XBX −1 ) = aα(A) + bα(B).
b. Im(α) = {Y ∈ Mn(R) | Y = XAX −1 , ∀A ∈ Mn(R)} dan Ker(α)
= {A ∈ Mn(R) | XAX −1 = 0} = {0}.
c. Dari hasil b. terlihat bahwa α satu-satu (sebab Ker(α) =
{0}). Pemetaan α juga pada sebab, diberikan sebarang
Y ∈ Mn(R) (kodomain), pilih X −1 Y X ∈ Mn(R) (domain)
sehingga didapat α(X −1 Y X) = X(X −1 Y X)X −1 = Y .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 70 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Diberikan pemetaan linier α : R3 → R3 oleh
⎛ ⎞ ⎛
⎞ ⎛ ⎞
x x − 2y + 3z x
α( ⎝ y ⎠) = ⎝ x + 3y − 2z ⎠ , ∀ ⎝ y ⎠ ∈ R
z
5z
z
3 .
Terhadap basis terurut
⎛ ⎞ ⎛
1 1
B = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1
0 0
⎞
⎛
⎠ , ⎝
dapatkan matriks representasi dari
pemetaan linier α.
1
1
1
⎞
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 71 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jawab
⎛
α( ⎝
⎛
α( ⎝
⎛
α( ⎝
Jadi
1
0
0
1
1
0
1
1
1
⎞
⎠) =
⎞
⎠) =
⎞
⎠) =
⎛
⎝
⎛
⎝
⎛
⎝
1
1
0
⎞
⎛
⎠ = 0 ⎝
⎞
1
0
0
⎛
⎛
⎠ + 1 ⎝
⎞
1
1
0
⎛
⎛
⎠ + 0 ⎝
⎞
1
1
1
⎛
⎠ =
⎛
⎝
⎞
0
1
0
⎛
⎞
−1
⎞
1
⎞
1
⎞
1
4 ⎠ = −5 ⎝ 0 ⎠ + 4 ⎝ 1 ⎠ + 0 ⎝ 1 ⎠ = ⎝
0
⎞
2
0
⎛ ⎞
1
0
⎛ ⎞
1
1
⎛ ⎞
1
⎛
0
2 ⎠ = 0 ⎝ 0 ⎠ − 3 ⎝ 1 ⎠ + 5 ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −3
5 0 0 1 5
A = (α, B, B) =
⎛
⎝
0 −5 0
1 4 −3
0 0 5
⎞
⎠ .
⎠
B
−5
4
0
⎞
⎠
B
⎞
⎠
B

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 72 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
3. Diberikan suatu ruang vektor V = {a+b √ 2+c √ 3|(a, b, c) ∈ Q 3 }
atas Q, dimana Q adalah himpunan bilangan rasional.
a. Tunjukkan bahwa vektor-vektor 1, √ 2, √ 3 adalah bebas
linier.
1
b. Ungkapkan
1 − √ 2 +
2
√ sebagai kombinasi linier dari
12 − 2
vektor-vektor 1, √ 2, √ 3.
Jawab
a. Misalkan, a + b √ 2 + c √ 3 = 0, assumsikan a2 + b2 + c2 = 0. Bila
ac = 0, maka b √ 2 = −a − c √ 3 ⇔ 2b2 = a2 + 2ac √ 3 + 3c2 ⇔ √ 3 =
2b2 − a2 − 3c2 (tidak mungkin bilangan irrasional sama dengan
2ac
bilangan rasional). Jadi haruslah ac = 0, didapat a = 0 dan
andaikan c = 0, maka b √ 2 + c √ 3 = 0 ⇔ − b
c =
√
3
√ (dengan alasan
2
sama seperti sebelumnya tidak mungkin terjadi). Jadi haruslah
c = 0. Sehingga didapat b √ 2 = 0 ⇔ b = 0. Jadi, diperoleh
a = b = c = 0.
b.
1
1 − √ 2 +
2
√ =
12 − 2 1 + √ 2
1 − 2 + 2√12 + 4
12 − 4
= −1 − √ 2 + 1
2
√ 3 + 1
2
= − 1
2 (1) − 1(√ 2) + 1
2 (√ 3).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 73 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
4. Dapatkan suatu matriks representasi dari pemetaan linier
α : R 2 → R 2 terhadap basis terurut standart (baku) bila
Ker(α) = Im(α) dan
1
α(
1
) =
2
3
.
Jawab
Perhatikan bahwa
2
2
∈ Im(α) = Ker(α) ⇒ α(
3
3
) =
0
0
Sehingga terhadap basis terurut baku di R2 , didapat
1
1 2
1 2 6
α( ) = α(3 − ) = 3α( ) − α( ) =
0
1 3
1 3 9
0
2 1 2
1 −4
α( ) = α( − 2 ) = α( ) − 2α( ) = .
1
3 1 3
1 −6
Sehingga didapat, matriks representasi dari pemetaan α
adalah:
6 −4
A = .
9 −6
.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 74 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Rank suatu matriks.
Suatu matriks A berukuran n × m dengan
elemen-elemen di K mendefinisikan
suatu pemetaan linier α dari K m ke K n
sedemikian hingga A = (α, Em, En) dimana
Em dan En masing-masing adalah basis
baku dari K m dan K n . Rank dari matriks A
adalah rank dari α, jadi rank(A) = rank(α) =
dim(Im(α)). Ruang bagian dari K m yang
dibentangkan oleh vektor-vektor baris dari
A dinamakan ruang baris dari A dan mempunyai
dimensi rank baris dari A yang
merupakan banyaknya vektor-vektor baris
dari A yang bebas linier. Ruang bagian dari
K n yang dibentangkan oleh vektor-vektor
kolom dari A dinamakan ruang kolom dari
A dan mempunyai dimensi rank kolom
dari A yang merupakan banyaknya vektorvektor
kolom dari A yang bebas linier.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 75 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Ruang kolom dari suatu matriks adalah ruang imagenya, jadi
rank kolom dari suatu matriks sama dengan rank matriksnya.
Bukti.
Misalkan A berukuran n × m dan α suatu pemetaan linier dari
Km ke Kn sedemikian hingga A = (α, Em, En), dimana Em =
e1, . . . , em dan En = e1, . . . , en masing-masing adalah basis baku
terurut dari Km dan Kn . Misalkan bahwa matriks
A =
maka untuk j = 1, . . . , m,
α(ej) =
⎛
⎝
a1,1 . . . a1,m
. . . . . . . . .
an,1 . . . an,m
n
i=1
ai,jei =
adalah kolom ke-j dari matriks A. Tetapi, Im(α) dibangun oleh
α(e1), . . . , α(em), oleh karena itu Im(α) = ruang kolom(A). Jadi
rank(A)=rank kolom(A).
⎛
⎝
⎞
⎠ ,
a1,j
.
an,j
⎞
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 76 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Rank baris dan rank kolom dari setiap matriks adalah sama.
Bukti
Misalkan matriks A berukuran n × m dengan eleme-elemen di
K diberikan oleh ⎛
⎞
a11 . . . a1m
⎝ . . . ⎠
an1 . . . anm
dan misalkan Bi, i = 1, 2, . . . , n menyatakan baris ke-i dari matriks
A. Selanjutnya misalkan rank baris(A) = r dan Sj, j =
1, 2, . . . , r adalah basis dari ruang baris matriks A. Maka, untuk
setiap i = 1, 2, . . . , n, Bi = r
kijSj untuk beberapa kij ∈ K.
Komponen ke-l dari vektor Bi mempunyai bentuk ail = r
j=1
kijsjl
j=1
dengan i = 1, . . . , n, l = 1, . . . , m. Sehingga didapat kolom ke-l
dari matriks A adalah Cl = r
Ljsjl = r
j=1
sjlLj, dimana Lj adalah
j=1
vektor kolom dengan komponen ke-i adalah kij. Terlihat bahwa
setiap kolom dari A adalah merupakan kombinasi linier dari sebanyak
r vektor. Jadi rank kolom(A) ≤ rank baris(A). Dengan
menggunakan argumentasi (alasan yang sama) untuk matriks
A ′ (matriks transpose dari A), didapat rank baris(A) ≤ rank
kolom(A). Jadi rank baris(A) = rank kolom(A).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 77 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kesimpulan:
1. Suatu matriks A berukuran n × n dengan
elemen-elemen di lapangan F mempunyai
invers bila dan hanya bila rank(A) = n.
2. Misalkan A matriks berukuran n×m dengan
elemen-elemen di lapangan F , bila
Ax = 0, maka himpunan penyelesaian
dari sistem linier homogin tsb. merupakan
ruang bagian dari F m dengan dimensi
m − rank(A). Hal ini mempunyai
arti bahwa ada sebanyak m − rank(A)
parameter dalam himpunan penyelesaian
dari Ax = 0.
3. Persamaan tak homogin Ax = b, mempunyai
penyelesaian bila dan hanya bila
rank(A) = rank(A, b). Himpunan penyelesaian
ini mempunyai sebanyak m −
rank(A) parameter.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 78 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Diberikan matriks
A =
⎛
⎝
1 2 1 −1
0 1 0 −1
0 0 0 −3
Vektor vektor kolom dari A tidak bebas linier. Hanya sebanyak
3 vektor kolom yang bebas linier, yaitu kolom ke-1, kolom ke-2
dan kolom ke-4. Jadi rank kolom(A) = 3 dan semua vektor baris
dari A bebas linier (sebanyak 3). Penyelesaian dari Ax = 0 akan
memuat sebanyak 4 − 3 = 1 paramater yaitu
x =
⎛
⎜
⎝
−t
0
t
0
⎞
⎠ .
⎞
⎛
⎟ . Bila b = ⎝
⎠
rank(A, b) = 3. Jadi penyelesaian Ax = b akan memuat sebanyak
4 − 3 = 1 parameter yaitu
⎛ ⎞
7 − t
⎜ ⎟
⎜ −4 ⎟
x = ⎜ ⎟
⎝ t ⎠
−3
.
2
−1
9
⎞
⎠ ,

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 79 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Eigen-vektor dan eigen-value.
Misalkan α : U → U suatu pemetaan linier
pada ruang vektor U berdimensi n
atas lapangan F. Bila u ∈ U dan λ ∈ F
memenuhi α(u) = λu, maka u dinamakan
suatu eigen-vektor dari α yang bersesuaian
dengan eigen-value λ.
Misalkan A suatu matriks ukuran n × n dengan
elemen-elemennya di suatu lapangan
F. Bila ada vektor tak nol x ∈ F n dan skalar
λ ∈ F yang memenuhi Ax = λx, maka x
dikatakan suatu eigen-vektor dari matriks
A yang bersesuaian dengan eigen-value λ.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 80 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan matriks A = (α, B, B) adalah representasi
dari pemetaan linier α : U → U
terhadap basis terurut B dari ruang vektor
U. Selanjutnya bila ρ B adalah pemetaan ko-
ordinat dari U ke F n , maka A = ρ Bαρ −1
B dan
x = ρ B(u). Jadi Ax = λx ⇔ (ρ Bαρ −1
B )(ρ B(u)) =
λρ B(u) ⇔ ρ B(α(u)) = ρ B(λu) ⇔ α(u) = λu.
Bila α : U → U suatu pemetaan linier dan masing masing
matriks A = (α, B, B) dan Ā = (α, B, B) adalah representasi dari
α dengan basis terurut yang berbeda, maka eigenvalue dari A
sama dengan eigenvalue dari Ā.
Bukti
Misalkan P = (IU, B, B) matriks perubahan basis dari basis B ke
basis B, maka Ā = P AP −1 . Bila Ax = λx didapat (P AP −1 )(P x) =
λ(P x). Sehingga diperoleh Ā¯x = λ¯x dimana ¯x = P x. Terlihat
bahwa matriks A dan Ā mempunyai eigenvalue yang sama.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 81 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Cara menghitung eigenvalue dan eigenvektor
Misalkan A suatu matriks berukuran n × n dan Ax = λx
dengan x = 0 dan x ∈ F n , maka (λI − A)x = 0, dimana I adalah
matriks identitas dengan ukuran n × n. Persamaan homogin
(λI − A)x = 0 mempunyai jawab nontrivial bila dan hanya
bila det(λI − A) = 0. Persamaan det(λI − A) = 0 dinamakan
persamaan kharakteristik dari matriks A yang merupakan
persamaan polinomial dalam λ dengan derajad n.
Contoh Diberikan matriks
0 1
λ −1
A = ⇒ det(
−2 3
2 λ − 3
Untuk λ = 1 didapat:
1 −1 x1
=
2 −2
x2
0
0
) = λ 2 − 3λ + 2 = (λ − 1)(λ − 2).
⇒ x1 = x2 ⇒ x =
sedangkan untuk λ = 2 didapat:
2 −1 x1 0
= ⇒ x2 = 2x1 ⇒ x =
2 −1
0
x2
1
1
1
2
,
.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 82 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Pendiagonalan suatu matriks
Suatu matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen
di F similar dengan matriks diagonal bila dan hanya bila
eigenvektor-eigenvektornya membentang ruang F n (span F n ).
Bukti
Misalkan x1, x2, . . . , xn adalah eigenvektor-eigenvektor dari matriks
A dimana 〈x1, x2, . . . , xn〉 = F n . Jadi matriks Q =
[x1 | x2 | . . . | xn] mempunyai invers, misalkan Q −1 = P . Sehingga
didapat
AQ = A [x1 | x2 | . . . | xn]
= [Ax1 | Ax2 | . . . | Axn]
= [λ1x1 | λ2x2 | . . . | λnxn]
⎛
λ1 . . . . . .
⎜ . λ2 . . .
= [x1 | x2 | . . . | xn] ⎜
⎝ . . . .
...
0
.
.
⎞
⎟
⎠
0 . . . . . . λn
= Q Ā ⇔ Ā = Q−1 AQ ⇒ Ā = P AP −1 .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 83 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Selidiki apakah matriks dibawah ini bisa didiagonalkan!
0 1
A = .
−2 3
Dalam pembahasan sebelum didapat bahwa
dimana
Untuk matriks
didapat
λ1 = 1, X1 =
Ā = Q −1 AQ =
AX1 = λ1X1 dan AX2 = λ2X2
1
1
Q = [X1 X2] =
2 −1
−1 1
dan λ2 = 2, X2 =
0 1
−2 3
1 1
1 2
1 1
1 2
1
2
=
.
1 0
0 2
Terlihat bahwa matriks A dapat didiagonalkan menjadi matriks
Ā.
.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 84 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bila matriks A berukuran n × n mempunyai n eigenvalue
yang berbeda satu dengan yang lainnya, maka eigenvektoreigenvektornya
bebas linier.
Bukti
Misalkan λ1, λ2, . . . , λn adalah eigenvalue-eigenvalue yang
berbeda satu dengan yang lainnya dan X1, X2, . . . , Xn adalah
eigenvektor-eigenvektor yang bersesuaian. Dengan menggunakan
induksi dibuktikan bahwa eigenvektor-eigenvektor tsb.
bebas linier. Misalkan bahwa X1, X2, . . . , Xk bebas linier dan
untuk
a1X1 + a2X2 + . . . + akXk + ak+1Xk+1 = 0. (1)
Sehingga didapat
atau
A(a1X1 + a2X2 + . . . + akXk + ak+1Xk+1) = 0
a1λ1X1 + a2λ2X2 + . . . + akλkXk + ak+1λk+1Xk+1 = 0. (2)
Kalikan λk+1 pada persamaan (1) selanjutnya hasilnya kurangkan
pada persamaan (2), didapat:

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 85 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
a1(λ1 − λk+1)X1 + a2(λ2 − λk+1)X2 + . . . + ak(λk − λk+1)Xk = 0.
Karena X1, . . . , Xk bebas linier dan λi = λj, ∀i = j, maka haruslah
a1 = a2 = . . . = ak = 0. Sehingga persamaan (1) menjadi
ak+1Xk+1 = 0 dan karena Xk+1 = 0, maka haruslah ak+1 = 0. Terlihat
bahwa bila dari kenyataan persamaan (1) dipenuhi maka
berakibat a1 = a2 = . . . = ak = ak+1 = 0, hal ini menunjukkan
bahwa vektor-vektor X1, X1, . . . , Xk, Xk+1 adalah bebas linier.
Kesimpulan
Bila matriks A berukuran n × n dengan elemen-elemen di
lapangan F mempunyai eigenvalue-eigenvalue yang berbeda,
maka matriks A dapat didiagonalkan.
Bukti
Dengan menggunakan dua hasil sebelumnya didapat bahwa,
eigenvektor-eigenvektor yang bersesuaian dengan eigenvalueeigenvalue
merupakan vektor-vektor yang bebas linier. Sehingga
vektor-vektor ini membentangkan keseluruhan ruang
F n . Akibatnya matriks A dapat didiagonalkan.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 86 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Diberikan matriks
A =
⎛
⎝
0 1 0
0 0 1
6 −11 6
⎞
⎠ .
Polinomial kharakteristik A adalah
λ −1 0
p(λ) =
0 λ −1
= λ λ −1
−6 11 λ − 6 11 λ − 6 + 1
0 −1
−6 λ − 6
⇒
p(λ) = λ(λ2 − 6λ) + 11λ − 6 = λ3 − 6λ2 + 11λ − 6 = (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3).
Didapat λ1 = 1, λ2 = 2 dan λ3 = 3. Sehingga didapat pasangan
eigenvalue-eigenvektor:
dan
λ1 = 1, X1 =
⎛
⎝
1
1
1
⎞
Q = [X1 X2 X3] =
⎠ ; λ2 = 2, X2 =
⎛
⎝
1 1 1
1 2 3
1 4 9
⎞
⎛
⎝
1
2
4
⎞
⎠ ⇒ Q −1 =
⎠ ; λ3 = 3, X3 =
⎛
⎝
3 − 5
2
1
2
⎛
⎝
−3 4 −1
1 − 3
2
Matriks Ā = Q−1 AQ adalah matriks diagonal dengan elemenelemen
diagonal λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.
1
2
1
3
9
⎞
⎠ .
⎞
⎠ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 87 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Matriks invarian
Suatu matriks bujur sangkar invarian
adalah suatu sifat dari suatu matriks yang
tidak berubah bila matriks ditransformasi
dengan suatu cara tertentu. Eigenvalueeigenvalue
dari suatu matriks adalah invarian
dibawah suatu transformasi kesemilaran,
begitu juga trace dan determinannya.
(Trace suatu matriks A adalah jumlah
keseluruhan eleme-elemen diagonalnya:
tr(A) = n
ai,i).
i=1

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 88 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bila λ adalah eigenvalue dari matriks A,
maka λ juga eigenvalue dari suatu matriks
P AP −1
Bukti Misalkan AX = λX dan Y = P X
dengan P matriks yang punya invers,
jadi X = P −1 Y. Sehingga didapat
A(P −1 Y) = λ(P −1 Y) ⇒ (P AP −1 )Y = λY.
Terlihat bahwa λ juga eigenvalue dari matriks
P AP −1 .
Bila ABC adalah haasil kali matriks bujur
sangkar, maka tr(ABC) = tr(BCA).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 89 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bukti
Didapat
tr(ABC)=
(ABC) i,l =
=
⎛
n
⎝
k=1
n
(ABC)i,i =
i=1
⎛
n
⎝
j=1
⎛
n
⎝
i=1
n
k=1
n
j=1
⎛
n
⎝
i=1
ai,jb j,kc k,l
⎛
n
⎝
k=1
b j,kc k,iai,j
n
j=1
⎞
⎞
⎠ .
ai,jb j,kc k,i
⎠⎠=tr(BCA).
⎞
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 90 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Trace dan determinan dari suatu matriks
bujur sangkar adalah invarian dalam suatu
tranformasi similar. Lagi pula bila matriks
A dapat didiagonalkan dengan eigenvalue
λi, i = 1, . . . , n, maka tr(A) = n
λi dan
det(A) = n
i=1
λi.
i=1
Bukti Dari hasil sebelumnya,
tr(P AP −1 ) = tr(P −1P A) = tr(A). Dan
det(P AP −1 ) = det(P )det(A)det(P −1 ) =
det(A)(det(P )det(P −1 )) = det(A)det(P P −1 ) =
det(A)det(I) = det(A). Jelas bahwa bila
P AP −1 = Ā dimana Ā matriks diagonal dengan
elemen-elemen diagonal λi, i = 1, . . . , n,
maka tr(A) = n
λi dan det(A) = n
λi.
i=1
i=1

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 91 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Diberikan matriks matriks
⎛ ⎞
0 1 0
A = ⎝ 0 0 1 ⎠ ⇒ λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.
6 −11 6
tr(A) = 0 + 0 + 6 = 6
λ1 + λ2 + λ3 = 1 + 2 + 3 = 6
det(A) = 6
1 0
0 1
= 6
λ1λ2λ3 = 1(2)(3) = 6
⎫
⎪⎬
⎪⎭
⇒ tr(A) = λ1+λ2+λ3.
⇒ det(A) = λ1λ2λ3.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 92 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan λ adalah sutu eigenvalue dari
pemetaan linier α : U → U. Himpunan
semua eigenvektor-eigenvektor yang bersesuaian
dengan eigenvalue λ beserta vektor
nol dinamakan ruang eigen dari U dinotasikan
dengan E λ(U). Ruang eigen E λ(U)
adalah ruang bagian dari ruang vektor
U, sebab merupakan kernel dari pemetaan
(λI U − λ). Dimensi dari subruang E λ(U) dinamakan
multiplisitas geometri dari λ dan
dan banyaknya λ yang sama (kembar) dinamakan
multiplisitas aljabar dari λ. Misalkan
multiplisitas geometri dari λ adalah
a dan multiplisitas aljabar dari λ adalah b,
maka a ≤ b.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 93 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
1. Diberikan matriks
⎛ ⎞
2 −1 −1
A = ⎝ 0 3 1 ⎠ ⇒ det(λI−A) = (λ−2)
0 1 3
2 (λ−4).
E2(R 3 ⎛ ⎞
0 1 1
) = ker( ⎝ 0 −1 −1 ⎠) =
0 −1 −1
⎛ ⎞ ⎛
1
⎝ 0 ⎠ , ⎝
0
1
⎞
⎠
0 −1
E4(R 3 ⎛ ⎞
2 1 1
) = ker( ⎝ 0 1 −1 ⎠) =
0 −1 1
⎛ ⎞
1
⎝ −1 ⎠
−1
Terlihat bahwa untuk λ = 2 ataupun λ = 4
multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 94 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Diberikan matriks
⎛ ⎞
2 1 0
A = ⎝ 0 2 0 ⎠ ⇒ det(λI −A) = (λ−2)
0 0 4
2 (λ−4).
E2(R 3 ⎛
0 −1
) = ker( ⎝ 0 0
0
0
⎞
⎠) =
0 0 −2
⎛ ⎞
1
⎝ 0 ⎠
0
E4(R 3 ⎛ ⎞
2 −1 0
) = ker( ⎝ 0 2 0 ⎠) =
0 0 0
⎛ ⎞
0
⎝ 0 ⎠
1
Terlihat bahwa untuk λ = 2 multiplisitas geometri
< multiplisitas aljabar tetapi untuk
λ = 4 multiplisitas geometri = multiplisitas
aljabar.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 95 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bila det(λI − A) = λ n + cn−1λ n−1 + . . . + c0,
maka A n + cn−1A n−1 + . . . + c0I = 0.
Bukti
Bila P AP −1 = D dimana matriks D adalah
matriks diagonal dengan elemen-elemen diagonal
λi, i = 1, . . . , n adalah eigenvalueeigenvalue
dari matriks A. Sehingga didapat
:
An + cn−1An−1 + . . . + c0I =
P −1 (Dn + cn−1Dn−1 + . . . + c0I)P =
P −1
⎛
λ
⎝
n 1 + cn−1λ n−1
1 + . . . + c0 . . .
.
...
0
.
0 . . . λn n + cn−1λn−1 ⎞
⎠ P = 0.
n + . . . + c0

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 96 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh Diberikan matriks
⎛ ⎞
0 1 0
A = ⎝ 0 0 1 ⎠ ⇒ det(λI−A) = λ
6 −11 6
3 −6λ 2 +11λ−6.
Sehingga didapat matriks A3 −6A2 +11A−6I
adalah:
⎛
6 −11 6
36 −60 25
150 −239 90
⎞
⎛
0 0 6
36 −66 36
⎝
⎠ − ⎝
⎠
216 −360 150
⎛
⎞
0 11 0
⎛ ⎞
6 0 0
+ ⎝ 0 0 11 ⎠ − ⎝ 0 6 0 ⎠ =
⎛
(6 − 6)
66 −121 66
(−11 + 11)
0 0 6
(6 − 6)
⎞
⎝ (36 − 36) (−60 + 66 − 6) (25 − 36 + 11) ⎠ =
(150 − 216 + 66) (−239 + 360 − 121) (90 − 150 + 66 − 6)
⎛ ⎞
0 0 0
⎝ 0 0 0 ⎠
0 0 0
⎞

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 97 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Ke-Orthogonalan
Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan riil R. Hasil kali
dalam riil (real inner product) juga dinamakan bilinier adalah
fungsi dari V × V ke R dinotasikan oleh 〈u, v〉 yang memenuhi
• 〈r1u1 + r2u2, v〉 = r1 〈u1, v〉 + r2 〈u2, v〉 untuk semua u1, u2, v ∈ V
dan r1, r2 ∈ R (Linier).
• 〈u, v〉 = 〈v, u〉 untuk semua u, v ∈ V (Simetri).
• 〈u, u〉 ≥ 0 untuk semua u ∈ V dan 〈u, u〉 = 0 bila dan hanya
bila u = 0 (semi definit positip).
Bila x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn maka hasil kali dalam
baku diberikan oleh 〈x, y〉 def
= n
xiyi (juga dinamakan dot
product dalam geometri Euclide). Bila vektor-vektor x dan y
disajikan dalam vektor kolom, maka 〈x, y〉 = x ′ y.
Suatu norm dari ruang vektor V ke lapangan riil R adalah
suatu fungsi dinotasikan oleh || || yang memenuhi
• ||v|| ≥ 0 untuk semua v ∈ V dan ||v|| = 0 bila dan hanya bila
u = 0 (Definit positip).
i=1
• ||rv|| = |r| ||v|| untuk semua v ∈ V, r ∈ R
• ||u + v|| ≤ ||u|| + |||v|| untuk semua u, v ∈ V (Pertaksamaan
segitiga).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 98 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Untuk setiap u ∈ Rn norm Euclide diberikan oleh
n def
||u||p = |ui|
i=1
p
1
p
dalam hal ini dinamakan norm-p. Khusus
n
untuk p = 2 cukup ditulis ||u|| = |ui| 2
1
2
Misalkan V suatu ruang vektor atas lapangan R.
1. Dua vektor u, v ∈ V dikatakan orthogonal bila 〈u, v〉 = 0.
2. Suatu himpunan dari vektor-vektor adalah orthogonal bila
setiap dua pasang vektor orthogonal.
3. Suatu vektor u ∈ V adalah ternormalisir bila ||u|| = 1.
4 Dua vektor u, v ∈ V dikatakan orthonormal bila ||u|| = ||v|| =
1 dan 〈u, v〉 = 0.
Setiap vektor u ∈ V bisa dinormalisir kedalam bentuk u
||u|| .
i=1

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 99 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Himpunan vektor-vektor {(1, 0), (0, 1)} adalah orthonormal,
tetapi {(1, 1), (−1, 1)} adalah orthogonal. Himpunan yang
terakhir ini dapat dijadikan orthonormal sebagai himpunan
1
berikut ini √2 , 1
√ , −
2
1
√ ,
2 1
√
2
Suatu basis orthonormal dari suatu ruang vektor mempunyai
beberapa kemanfaatan dan basis baku dari ruang vektor R n
adalah orthonormal, yaitu basis baku dari ruang vektor R 3
adalah himpunan {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.
Diberikan matriks A berukuran n × n, matriks A dikatakan
matriks simetri bila A = A ′ dan dikatakan anti-simetri (skewsymmetric)
bila A = −A ′ . Matriks simetri bermaanfaat dalam
bentuk kuadrat, misalnya
x y a1,1 a1,2
a1,2 a2,2
x
y
= a1,1x 2 + 2a1,2xy + a2,2y 2

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 100 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bila matriks A simetri dengan elemen-elemen riil dan berlaku
Ax = λx dengan x = 0, maka λ selalu merupakan bilangan riil.
Bukti
Digunakan tanda ∗ untuk menyatakan komplek sekawan (complex
conjugate). Kedua ruas dari Ax = λx kalikan dengan x ∗′
didapat
x ∗′
Ax = λ(x ∗′
x) (3)
Persamaan (3) kedua ruas ditranspose-konjuget didapat
x ∗′
Ax = λ ∗ (x ∗′
x) (4)
Persamaan (4) dikurangi persamaan (3) didapat
0 = (λ∗ − λ)(x∗′ x) ⇒ 0 = λ∗ − λ (sebab x = 0). Jadi λ∗ = λ, maka
dari itu λ merupakan bilangan riil.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 101 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan A matriks simetri berukuran n × n dengan elemenelemen
riil. Bila λ dan µ adalah sebarang dua eigenvalue dari
matriks A dengan masing-masing eigenvektor adalah x dan y
dan λ = µ, maka 〈x, y〉 = 0.
Bukti
Kedua ruas persamaan Ax = λx kalikan dengan y ′ didapat
y ′ Ax = λ(y ′ x). (5)
Kedua ruas persamaan Ay = µy kalikan dengan x ′ didapat
x ′ Ay = µ(x ′ y). (6)
Kedua ruas persamaan (6) ditranspose didapat
y ′ Ax = µ(y ′ x). (7)
Persamaan (7) dikurangi persamaan (5) didapat
0 = (µ − λ)(y ′ x) ⇒ 0 = y ′ x = 〈x, y〉 (sebab λ = µ).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 102 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Matriks A berukuran n × n dikatakan orthogonal bila
AA ′ = I = A ′ A yaitu A −1 = A ′ .
Bila Bi dan Kj masing-masing menyatakan baris ke-i dan
kolom ke-j dari suatu matriks orthogonal A berukuran n × n,
maka {Bi, i = 1, . . . , n} dan {Kj, j = 1, . . . , n} adalah himpunan
dari vektor-vektor orthonormal.
Bukti
Dari elemen perkalian matriks (AA ′ )i,j = 〈Bi, Bj〉 dan fakta AA ′
=
1 i = j
I didapat 〈Bi, Bj〉 =
, terlihat bahwa baris-
0 yang lainnya
baris dari A adalah orthonormal. Bila A orthogonal, maka A ′
juga orthogonal, jadi kolom-kolom dari A juga orthonormal.
Contoh
Bila matriks A diberikan oleh
⎛ ⎞
0 1 0
A = ⎝ 0 0 1 ⎠ , maka AA
1 0 0
′ ⎛
= ⎝
0 1 0
0 0 1
1 0 0
⎞ ⎛
⎠ ⎝
0 0 1
1 0 0
0 1 0
⎞
⎠ =
⎛
⎝
1 0 0
0 1 0
0 0 1
Juga dapat dicek bahwa A ′ A = I. Jadi A adalah matriks orthogonal.
⎞
⎠ = I.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 103 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Bila matriks A diberikan oleh
⎛
⎜ 0 −
⎜
A = ⎜
⎝
1
⎞
1
√ √
2 2
⎟
1 0 0 ⎟
1 1 ⎠
0 √ √
2 2
,
maka matriks A adalah orthogonal, sebab
AA ′ ⎛
⎜ 0 −
⎜
= ⎜
⎝
1
√
2
1 0
1
0 √
2
⎞ ⎛
1
√ 0 1
2
⎟ ⎜
⎟ ⎜
0 ⎟ ⎜ −
⎟ ⎜
1 ⎠ ⎝
√
2
0
1
√ 0
2
1
√ 0
2
⎞
1 ⎟
√ ⎟
2 ⎟
1 ⎠
√
2
=
Juga dapat dicek bahwa A ′ A = I
⎛
⎝
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⎞
⎠ = I.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 104 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Suatu pemetaan linier yang direpresentasikan oleh suatu matriks
orthogonal adalah mempertahankan jarak dari suatu vektor,
yaitu bila A suatu matriks orthogonal, maka ||Ax|| = ||x||
untuk semua x ∈ R n .
Bukti
Dari persamaan ||x|| = 〈x, x〉 dan 〈x, x〉 = x ′ x, didapat ||x|| 2 =
x ′ x. Oleh karena itu ||Ax|| 2 = x ′ A ′ Ax = x ′ x = ||x|| 2 ⇒ ||Ax|| = ||x||.
Contoh
Diberikan matriks orthogonal
⎛
⎜ 0 −
⎜
A = ⎜
⎝
1
⎞
1
√ √
2 2
⎟
1 0 0 ⎟ dan sebarang x =
1 1 ⎠
0 √ √
2 2
⎛
⎝
x1
x2
x3
⎞
⎠ ∈ R n ,
maka dapat ditunjukkan bahwa ||Ax|| = ||x|| sebagai mana
berikut ini:

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 105 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
⎛
⎜
0 −
⎜
⎜
⎜
⎝
1
⎞
1
√ √ ⎛
2 2
⎟
1 0 0 ⎟⎝
⎟
1 1 ⎠
0 √ √
2 2
x1
x2
x3
⎛
⎞
⎜
⎜
⎠
=
⎜
⎜
⎝
(− 1
√ 2 x2 + 1
√ 2 x3) 2 + x 2 1
1
2 x2 2 − x2x3 + 1
2 x2 3 + x2 1
x 2 1 + x2 2 + x2 3
= ||x||.
− 1
√ 2 x2 + 1
√ 2 x3
x1
1
√ x2 +
2 1
√ x3
2
+ ( 1
√ 2 x2 + 1
√ 2 x3) 2
+ 1
2 x2 2 + x2x3 + 1
2 x2 3
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
=
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 106 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kesimpulan yang bisa diperoleh dari matriks simetri berkaitan
dengan pendiagonalan matriks diberikan sebagaimana berikut
ini.
Kesimpulan
Bila matriks simetri A berukuran n×n mempunyai eigenvalueeigenvalue
yang berbeda, maka A dapat didiagonalkan melalui
suatu matriks orthogonal.
Komentar : Karena matriks A mempunyai eigenvalueeigenvalue
yang berbeda, maka dapat didiagonalkan menjadi
matriks Q−1AQ dimana matriks Q = [x1|x2| . . . |xn] dengan
xi, i = 1, . . . , n adalah eigenvektor-eigenvektor dari A yang sesuai
dengan eigenvaluenya. Berdasarkan hasil sebelumnya vektorvektor
xi, i = 1, . . . , n saling orthogonal. Bila vektor-vektor ini
dinormalkan maka didapat matriks orthogonal
x1 x2 xn
P =
||x1|| ||x2|| . . .
, sehingga matriks P
||xn||
′ AP juga merupakan
matriks diagonal.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 107 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Diberikan matriks simetri
√
1 2
A = √ ⇒ λ 0
2 2 −
0 λ
1 √ 2
√ 2 2
√
= λ − 1 − 2
− √
.
2 λ − 2
Sehingga didapat polinomial kharakteristik dari matriks A
adalah p(λ) = (λ − 1)(λ − 2) − 2 = λ 2 − 3λ = λ(λ − 3). Untuk
eigenvalue λ1 = 0 dan λ2 = 3 didapat masing-masing eigenvek-
tor yang sesuai adalah:
√
− 2
x1 =
1
dan x2 =
1
√2
Sehingga diperoleh
x1
||x1|| =
⎛ √ ⎞
2
⎜ −√
⎟
⎜ 3 ⎟ x2
⎜ ⎟
⎜ ⎟ dan
⎝ 1 ⎠ ||x2||
√
3
=
⎛ ⎞
1
√
⎜ 3 ⎟
⎜ ⎟
⎜ √ ⎟
⎝ 2 ⎠
√
3
.
x1 x2
Bila matriks P =
, maka pendiagonalan dari ma-
||x1|| ||x2||
triks A adalah P ′ AP dan hasilnya diberikan sebagai berikut
.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 108 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
⎛ √
2
⎜ −√3
⎜
⎝ 1
√
3
1
√ 3
√ 2
√ 3
⎛ √
2
⎜ −√3
+
⎜
⎝ 1
√ +
3 2
√
3
⎛
⎜
⎝
0 0
3
√ 3
3 √ 2
√3
⎞
⎟
⎠
1 √ 2
√ 2 2
√ 2
√3 − 2
√ 3 + 2
√ 3
√
2
√3 + 2√2 √3
⎛ √
⎞ 2
⎜ −√
⎟ ⎜
⎟ ⎜
3
⎠ ⎜
⎝ 1
√
3
⎛ √
2
⎜ −√
⎜
3
⎜
⎝ 1
√
3
1
√ 3
√ 2
√ 3
⎞ ⎛ √
2
⎟ ⎜ −√
⎟ ⎜
⎟ ⎜
3
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎠ ⎝ 1
√
3
⎞
⎟ =
⎟
⎠
1
√ 3
√ 2
√ 3
0 0
0 3
1
√ 3
√ 2
√ 3
⎞
⎟ =
⎟
⎠
⎞
⎟ =
⎟
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 109 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berkaitan dengan matriks simetri dengan elemen-elemen riil.
Sebagaimana telah diketahui matriks simetri pasti semua
eigenvaluenya adalah riil, tetapi tidak menjamin bahwa semua
eigenvalue-eigenvalue ini berbeda satu dengan yang lainnya,
bila semuanya berbeda maka pasti matriks simetri tsb.
bisa didiagonalkan. Bila ada yang rangkap, maka hal ini
ada dua kasus. Yang pertama bila masing-masing multiplisitas
geometri = multiplisitas aljabar, maka pendiagonalan
matriks bisa dilakukan. Kedua, bila masing-masing multiplisitas
geometri < multiplisitas aljabar, maka pendiagonalan
tidak dapat dilakukan. Pada khasus yang kedua tentunya
hanya beberapa eigenvektor yang orthogonal satu dengan yang
lainnya, yaitu yang berkaitan dengan eigenvalue-eigenvalue
yang saling berbeda satu dengan lainnya. Tetapi untuk
eigenvalue yang rangkap walaupun memberikan eigenvektoreigenvektor
yang saling bebas linier tetapi tidak menjamin
bahwa eigenvektor-eigenvektor ini orthogonal. Oleh karena
itu matriks yang kolom-kolomnya merupakan eigenvektoreigenvektor
bukan matriks orthogonal. Tetapi dengan beberapa
modifikasi matriks tsb. bisa dijadikan matriks orthogonal,
cara pengorthogonalan ini mengarah apa yang dinamakan
proses Pengorthogonalan Gram-Schmidt. Contoh
berikut memberikan kejelasan mengenai pengorthogonalan suatu
matriks.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 110 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Diberikan suatu matriks simetri
⎛
1
⎞
−1 −1
⎛
A = ⎝ −1 1 −1 ⎠ ⇒ λI − A = ⎝
−1 −1 1
λ − 1 1 1
1 λ − 1 1
1 1 λ − 1
Polinomial kharakteristik dari A diberikan oleh
p(λ) = det(λI − A) = (λ − 2) 2 (λ + 1). Pasangan eigenvalue eigenvektor
diberikan oleh
λ1 = 2, x1 =
⎛
⎝
−1
0
1
⎞
⎠ ; λ2 = 2, x2 =
⎛
⎝
−1
1
0
⎞
⎠ ; λ3 = 1, x3 =
Terlihat bahwa 〈x1, x3〉 = 〈x2, x3〉 = 0 tetapi 〈x1, x2〉 = 1 = 0.
Penormalan dari x2 dan x3 didapat :
p2 = x2
||x2|| =
⎛
⎜ −
⎜
⎝
1
⎞
√
2
⎟
1 ⎟
√ ⎟
2 ⎠
0
dan p3 = x3
||x3|| =
⎛ ⎞
1
√
⎜ 3 ⎟
⎜ 1
⎟
⎜ √
⎟ .
⎜ 3 ⎟
⎝ 1 ⎠
√
3
⎞
⎠ .
⎛
⎝
1
1
1
⎞
⎠ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 111 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Untuk memperoleh suatu vektor ¯x1 supaya 〈¯x1, x2〉 = 0, adalah
sebagai berikut. Misalkan ¯x1 + ax2 = x1, didapat x ′ 2¯x1 + ax ′ 2x2 =
x ′ 2x1 atau 〈¯x1, x2〉 + a 〈x2, x2〉 = 〈x1, x2〉 ⇒ a = 〈x1, x2〉
. Sehingga
〈x2, x2〉
didapat
Jadi
¯x1 =
⎛
⎝
¯x1 = x1 − 〈x1, x2〉
〈x2, x2〉 x2.
−1
0
1
⎞
⎠ − 1
2
⎛
⎝
−1
1
0
⎞
⎠ =
⎛
⎜
⎝
Dengan menormalkan vektor ¯x1 didapat:
p1 = ¯x1
||¯x1|| =
⎛
−
⎜
⎝
1
√
6
− 1
⎞
⎟
√
⎟ .
6 ⎟
2 ⎠
√
6
Jadi matriks P = [p1 | p2 | p3] diberikan oleh:
− 1
2
− 1
2
1
⎞
⎟
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 112 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
P =
⎛
⎜
⎝
− 1
√ 6 − 1
√ 2
− 1
√ 6
2
√ 6
1
√ 2
0
1
√ 3
1
√ 3
1
√ 3
Sehingga didapat :
P ′ ⎛
−
⎜
AP = ⎜
⎝
1
√ −
6 1
√
6
− 1 1
√ √
2 2
1 1
√ √
⎛ ⎞ 3 3
2 0 0
⎝ 0 2 0 ⎠
0 0 −1
⎞
⎟ ⇒ P
⎟
⎠
′ P = I = P P ′ (P matriks orthogonal).
2
√ 6
0
1
√ 3
⎞
⎟ ⎛
⎟ ⎝
⎟
⎠
1 −1 −1
−1 1 −1
−1 −1 1
⎛
⎞ ⎜
⎠ ⎜
⎝
− 1
√ 6 − 1
√ 2
− 1
√ 6
2
√ 6
1
√ 2
0
1
√ 3
1
√ 3
1
√ 3
⎞
⎟ =
⎟
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 113 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Proses orthogonalisasi Gram-Schmidt
Diberikan himpunan vektor-vektor yang bebas linier S =
{X1, X2, . . . , Xn}, dari S dibentuk himpunan vektor-vektor orthormal
T = {T1, T2, . . . , Tn} sebagi berikut:
t1 = X1 ⇒ T1 = t1
||t1||
t2 = X2 − 〈X2, X1〉
〈X1, X1〉 t1 ⇒ T2 = t2
||t2||
.
.
tn = Xn − 〈Xn, t1〉
〈t1, t1〉 t1 − 〈Xn, t2〉
〈t2, t2〉 t2 − . . . − 〈Xn, tn−1〉
〈tn−1, tn−1〉 tn−1 ⇒ Tn = tn
||tn||
Didapat matriks orthogonal
T = [T1 | T2 | . . . | Tn] .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 114 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Diberikan matriks dengan kolom-kolom merupakan vektorvektor
yang bebas linier, yaitu
A =
⎛
⎝
1 1 1
0 1 1
0 0 1
Misalkan X1, X2 dan X3 merupakan vektor-vektor kolom dari
A, maka
⎛ ⎞
1
t1 = X1 = ⎝ 0 ⎠ ⇒ T1 =
0
t1
||t1|| =
⎛ ⎞
1
⎝ 0 ⎠
0
⎛ ⎞
1
t2 = ⎝ 1 ⎠ −
0
〈X2, t1〉
〈t1, t1〉 t1
⎛ ⎞
0
= ⎝ 1 ⎠ ⇒ T2 =
0
t2
||t2|| =
⎛ ⎞
0
⎝ 1 ⎠
0
⎛ ⎞
1
t3 = ⎝ 1 ⎠ −
1
〈X3, t1〉
〈t1, t1〉 t1 − 〈X3, t2〉
〈t2, t2〉 t2
⎛ ⎞
0
= ⎝ 0 ⎠ ⇒ T3 =
1
t3
||t3|| =
⎛ ⎞
0
⎝ 0 ⎠
1
Terlihat bahwa matriks T = [T1 T2 T3] adalah matriks orthogonal.
⎞
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 115 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Proyeksi dan General Invers
Proses orthogonal Gram-Schmid erat kaitannya dengan apa
yang dinamakan proyeksi sebagaimana akan terlihat dalam
pembahasan berikut ini. Ada kalanya sistem persamaan
linier Ax = y tidak mempunyai penyelesaian secara analitik
(eksak). Tetapi bila model linier yang dikaji ini merupakan
suatu problem nyata yang dijumpai, maka diperlukan suatu
alternatif penyelesaian untuk menjawab problem yang ada
sehingga penyelesaian yang didapat cukup untuk menjawab
problem. Suatu contoh berikut menjelaskan hal ini:
Diberikan sistem persamaan linier Ax = y:
6 3 x1 2
= . (8)
2 1
2
x2
Jawab eksak dari persamaan ini tidak ada. Dalam hal ini,
selalu bisa didapat penyelesaian pendekatan x melalui penggantian
y dengan vektor y ′ di ruang kolom dalam A yang
dekat dengan y dan sebagi penggantinya selesaikan persamaan
Ax = y ′ . Untuk khasus yang diberikan dalam persamaan (8)
ruang kolom dari A adalah span:
3
W = r r ∈ R .
1

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 116 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Dengan demikian dipilih y ′
3
= r sehingga panjang
1
y − y ′
=
2 3
− r
2 1
sekecil mungkin. Gambar berikut secara geometri menjelaskan
pilihan dari vektor y ′ .
y =
2
2
✯
3
1
y ′ = Proj w(y)
Sebelum menyelesaikan problem yang ada diberikan pengertian
berikut. Misalkan W suatu ruang bagian dari R n dan
tulis y ∈ R n = W ⊕ W ⊥ sebagai y = y1 + y2, dimana y1 ∈ W
dan y2 ∈ W ⊥ , maka y1 dikatakan proyeksi dari y pada W dan
dinotasikan oleh y1 = Proj w(y).

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 117 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Berikut ini diselesaikan masalah persamaan linier
6 3 x1 2
= .
2 1 x2 2
3
Pilih W = sehingga didapat W
1
⊥
−1
=
. Jadi
3
2
=
2
4
3
+
5 1
2
−1
. Untuk meminimumkan panjang
5 3
y − y ′
=
2 3
− r
2 1
=
4 3
+
5 1
2
−1 3
− r
5 3 1
=
(4
3
− r) +
5 1
2
−1
5 3 ,
3 −1
dan karena dan orthogonal, maka haruslah r =
1 3
4
5 .
Sehingga didapat y ′
2
= Projw =
2
4
3 6
= 0 +
5 1 2
4
3
.
5 1
Terlihat bahwa penyelesaian pendekatan adalah x1 = 0 dan x2 =
4
5 .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 118 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan W suatu ruang bagian dari R n , maka vektor y ′ ∈ W
yang dekat ke y ∈ R n adalah y ′ = Proj w(y).
Bukti
Tulis y = y1+y2 dengan y1 ∈ W dan y2 ∈ W ⊥ . Jadi y1 = Proj w(y).
Untuk sebarang w ∈ W jarak kuadrat y − w 2 diberikan oleh
(y1 − w) + y2 2 = < (y1 − w) + y2, (y1 − w) + y2 >
= < y1 − w, y1 − w > + < y2, y2 >
= y1 − w 2 + y2 2 ,
akan minimal bila w = y1 = Proj w(y).
Suatu cara singkat untuk menentukan proyeksi dari suatu
rauang bagian W yang dibangun hanya oleh satu vektor w,
dimana V = W ⊕ W ⊥ diberikan oleh
Proj w(y) =
Dalam hal ini adalah:
< y, w >
1. w ∈ W .
< w, w >
< y, w > ⊥
2. y − w ∈ W
< w, w >
< y, w > < y, w >
3. y = w + y −
< w, w > < w, w > w
< y, w >
w. (9)
< w, w >

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 119 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Dengan menggunakan hasil dalam (9) didapat
2
Projw =
2
2.3 + 2.1
3
=
3.3 + 1.1 1
4
3
5 1
Berikut ini diberikan suatu sifat bila ruang bagian W dibangun
oleh lebih dari satu vektor.
Misalkan W suatu ruang bagian dari R n dibangun oleh basis
orthogonal w1, . . . , wk dan misalkan y ∈ R n , maka
.
Proj w(y) = < y, w1 >
< w1, w1 > w1 + . . . + < y, wk >
< wk, wk > wk. (10)
Bukti
Misalkan y1 = < y, w1 >
< w1, w1 > w1+. . .+ < y, wk >
< wk, wk > wk. Maka untuk 1 ≤
i ≤ k didapat < y − y1, wi >=< y, wi > − < y, wi >
< wi, wi > < wi, wi >= 0.
Jadi y − y1 ∈ W ⊥ dan y1 = Proj w(y).
Bila W suatu ruang bagian dari R n dengan basis orthonormal
w1, . . . , wk, maka persamaan (10) menjadi
Proj w(y) =< y, w1 > w1 + . . . + < y, wk > wk. (11)

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 120 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh
Dapatkan elemen dari ruang bagian W yang dekat dengan
vektor (1, 2, 3) ′ , dimana W dibangun oleh vektor-vektor
(1, 2, −1) ′ , (−1, 4, 1) ′ .
Jawab
Dengan menggunakan proses Gram-Schmidt, didapat basis or-
1
thonormal: √ (1, 2, −1)
6 ′ , 1
√ (−1, 1, 1)
3 ′ . Sehingga proyeksi dari
(1, 2, 3) ′ pada W adalah:
⎛ ⎞
1
Proj ⎝
w 2 ⎠ =
3
1
√ (1 + 4 − 3)
6 1
⎛ ⎞
1
√ ⎝ 2
6
−1
= 1
⎛ ⎞
1
⎝ 2 ⎠ +
3
−1
4
⎛ ⎞ ⎛
−1
⎝ 1 ⎠ = ⎝
3
1
⎠ + 1
√ 3 (−1 + 2 + 3) 1
√ 3
−1
2
1
Sehingga didapat vektor
⎛ ⎞
1
⎛ ⎞
−1
⎛ ⎞
2
⎝ 2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + ⎝ 0
3 1 2
⎛ ⎞
1
elemen dari W dekat ke ⎝ 2 ⎠ adalah Projw 3
⎞
⎠ .
⎠ ∈ W ⊕ W ⊥ ,
⎛
⎝
1
2
3
⎞
⎠ =
⎛
⎝
−1
2
1
⎛
⎝
⎞
⎠.
−1
1
1
⎞
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 121 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Misalkan dipunyai suatu supply dari 5000 unit S, 4000 unit T
dan 2000 unit U. Bahan digunakan dalam pabrik untuk memproduksi
P dan Q. Bila setiap unit dari P menggunakan 2 unit
S, 0 unit T dan 0 unit U; dan setiap unit dari Q menggunakan
3 unit S, 4 unit T dan 1 unit U. Berapa banyak unit p dari
P dan q dari Q yang harus dibuat supaya keseluruhan supply
digunakan?
Model matematika dari persoalan yang ada diberikan oleh persamaan:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
2 3 5000
⎣ 0 4 ⎦
p
= ⎣ 4000 ⎦ .
q
0 1
2000
Persamaan dari model
⎡
tidak
⎤
mempunyai jawab eksak (anali-
5000
tik) sebab vektor ⎣ 4000 ⎦ bukan merupakan kombinasi linier
2000
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
2 3
dari vektor- vektor ⎣ 0 ⎦ dan ⎣ 4 ⎦ . Untuk meyelesaikan per-
0 1
samaan secara pendekatan, dilakukan hal berikut: Cari vektor
didalam
⎡
ruang
⎤
bagian
⎡ ⎤
W yang merupakan bentuk
⎡
kombinasi
⎤
2 3
5000
linier p ⎣ 0 ⎦ + q ⎣ 4 ⎦ yang dekat dengan vektor ⎣ 4000 ⎦
0 1
2000

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 122 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Dengan melakukan proses Gram-Schmidt di vektor-vektor
pembangun yang merupakan basis dari W , didapat basis or-
thonormal:
w1 =
⎡
⎣
1
0
0
Sehingga diperoleh:
⎡ ⎤ ⎡
5000
Proj ⎣
w 4000 ⎦ = 5000 ⎣
2000
⎡
⎤
= 5000 ⎣
⎦ , w2 = 1
√ 17
1
0
0
1
0
0
⎤
⎡
⎣
0
4
1
⎤
⎦ .
⎦ + ( 16000
√ 17 + 2000
√ 17 ) 1
√ 17
⎤
⎦ + 18000
17
= (2500 − ( 3
2 )(18000
17 ))
⎡
⎣
⎡
⎣
0
4
1
2
0
0
⎤
⎦
⎤
⎡
⎣
⎦ + 18000
17
Terlihat bahwa p = 2500 − ( 3
2 )(18000
18000
) = 911.76 dan q =
17 17 =
1058.82.
0
4
1
⎡
⎣
⎤
⎦
3
4
1
⎤
⎦ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 123 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Pendekatan invers dari suatu matriks berukuran m × n
Untuk setiap matriks A berukuran m×n dengan elemen-elemen
riil, matriks A − berukuran n × n dinamakan pendekatan invers
(psedoinverse) yang memenuhi A − y merupakan penyelesaian
pendekatan dari persamaan Ax = y. Kolom-kolom dari matriks
A − adalah penyelesaian pendekatan dari Ax = ei, dimana
ei, i = 1, . . . , m merupakan basis baku dari R m .
Contoh
Dapatkan matriks A − bila A =
⎛
⎝
2 3
0 4
0 1
⎞
⎛
⎠ dan hitung A− ⎝
5000
4000
2000
Jawab Ruang kolom orthonormal
⎛ ⎞
dari matriks A adalah span
1
dari vektor-vektor: w1 = ⎝ 0 ⎠ , w2 =
0
1
⎛ ⎞
0
√ ⎝ 4 ⎠. Sehingga di-
17
1
dapat
⎛ ⎞
1
⎛ ⎞
1
⎛ ⎞
0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0
⎛ ⎞
Proj ⎝
w 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ , Proj ⎝
w 1 ⎠ = ⎝ ⎠ , Proj ⎝
w 0 ⎠ = ⎝ ⎠ .
0 0
0
1
Dan kolom-kolom matriks A− didapat sebagai berikut
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
2 3 1
1
⎝ 0 4 ⎠ x = ⎝ 0 ⎠ ⇒ x = 2
0
0 1 0
0
16
17
4
17
⎞
⎠.
0 4
17
1
17

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 124 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
⎛
⎝
⎛
⎝
2 3
0 4
0 1
2 3
0 4
0 1
⎞
⎠ x =
⎞
⎠ x =
⎛
⎝
⎛
⎝
0
16
17
4
17
0
4
17
1
17
⎞
⎠ ⇒ x =
⎞
⎠ ⇒ x =
Sehingga didapat matriks A − adalah:
A − =
1
2
− 6
17
0 4
17
3 −34 1
17
.
− 16
17
4
17
− 3
34
1
17
Penyelesaian pendekatan dari persamaan
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
2 3 5000
⎝ 0 4 ⎠
p
= ⎝ 4000 ⎠
q
0 1
2000
diberikan oleh
p
= A
q
−
⎛
⎝
5000
4000
2000
⎞
⎠ =
1
2
− 6
17
0 4
17
3 −34 1
17
⎛
⎝
5000
4000
2000
⎞
⎠ =
911.76
1058.82
Hasil yang didapat sama dengan hasil perhitungan sebelumnya.
.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 125 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Soal UAS GASAL 2006/2007
1. 1.Selidiki apakah matriks berikut bisa didiagonalkan atau
tidak bisa didiagonalkan?
⎡
Berikan alasan dari jawaban!
⎣
0 1 3
0 1 2
1 −1 0
JawabPolinomial kharakteristik dari matriks diberikan
oleh:
λ
p(λ) =
0
−1
−1 −3
λ − 1 −2
1 λ = (λ − 1)2 (λ + 1)
Untuk λ = 1, didapat:
⎡
E1(R 3 ) = Ker( ⎣
⎤
⎦
1 −1 −3
0 0 −2
−1 1 1
⎤
⎦) =
⎛
⎝
1
1
0
⎞
Terlihat bahwa untuk λ = 1
multiplisitas geometri = 1 < 2 = multiplisitas aljabar.
Jadi matriks tidak bisa didiagonalkan.
⎠
.

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 126 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2. Bila vektor-vektor v1, v2, . . . , vn adalah orthogonal, maka
tunjukkan bahwa :
Jawab
||v1 + v2 + . . . + vn|| 2 = ||v1|| 2 + ||v2|| 2 + . . . + ||v1|| 2 .
n
i=1
vi
2
=
=
n
vj,
j=1
n
j=1
n
k=1
vk
n
〈vj, vk〉 =
k=1
n
||vj|| 2 .
3. Dengan general invers cari garis lurus y = ax + b yang paling
mendekati titik-titik (1, 2), (2, 3) dan (3, 1).
Jawab:
⎛
⎝
1 1
2 1
3 1
⎛
A − ⎝
2
3
1
⎞
⎠
⎞
a
b
⎠ =
=
⎛
⎝
2
3
1
1
2 −1
−1 7
3
Didapat a = −1 + 1
2
j=1
⎞
⎠ ⇒ A − ⎧
⎨
1 2 3
=
⎩ 1 1 1
⎛
⎝
= −1
2
1 2 3
1 1 1
dan b = 8
3
⎛
⎝
2
3
1
⎞
+ 1 − 2
3
⎠ =
= 3.
1 1
2 1
3 1
− 1
⎞⎫−1
⎬
⎠
1 2 3
⎭ 1 1 1
2 0 1
2
4 1
3 3 −2
3
⎛
⎝
2
3
1
⎞
⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 127 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
4. Bila V adalah ruang vektor dari himpunan polinomialpolinomial
dengan derajad kurang atau sama dengan 3
dan ”hasil kali dalam” diberikan oleh 〈p, q〉 =
1
p(x)q(x)dx.
Lakukan poses orthogonalisasi Gram-Schmidt terhadap
basis 1, x, x 2 , x 3 .
Jawab
1
¯p1(x) = 1 ⇒ ¯p1(x) = √
< p1, p1 > p1(x) = 1
√
2
1
¯p2(x) = x− < x, ¯p1 > ¯p1(x) ⇒ ¯p2(x) = √
< ¯p2, ¯p2 > ¯p2(x) =
¯p3(x) = x 2 − < x 2 , ¯p1 > ¯p1(x)− < x 2 , ¯p2 > ¯p2(x) ⇒
¯p3(x) =
1
√ < ¯p3, ¯p3 > ¯p3(x) =
5
8 (3x2 − 1)
−1
3
2 x
¯p4(x) = x3− < x3 , ¯p1 > ¯p1(x)− < x3 , ¯p2 > ¯p2(x)− < x3 , ¯p3 > ¯p3(x) ⇒
1
¯p4(x) = √
< ¯p4, ¯p4 > ¯p4(x)
7 = 8 (5x3 − 3x)

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 128 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
5. Diberikan pemetaan linier α : R 2 → R 2 dengan
α((x, y) ′ ) = (2x + y, x + 3y) ′ .
Dengan basis B = (1, 0) ′ , (1, 1) ′ tentukan matriks representasi
dari α.
Jawab
dan
αB((1, 0) ′ ) = (2, 1) ′ = 1(1, 0) ′ + 1(1, 1) ′ = (1, 1) ′
αB((1, 1) ′ ) = (3, 4) ′ = −1(1, 0) ′ + 4(1, 1) ′ = (−1, 4) ′ ,
sehingga diperoleh matriks representasi dari α:
1 −1
A = (α, B, B) = .
1 4

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 129 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Dengan general invers dapatkan parabola y = ax 2 + bx + c yang
mendekati titik-titik (3, 0), (2, 0), (1, 2), (−1, 12). Jelaskan apakah
hasilnya pendekatan atau tidak!
Jawab :
Untuk titik (3, 0), (2, 0), (1, 2), (−1, 12) didapat empat persamaan :
9a + 3b + c = 0, 4a + 2a + c = 0, a + b + c = 2, a − b + c = 12
atau dalam bentuk matriks
⎡ ⎤
9 3 1 ⎡
⎢ ⎥
⎢ 4 2 1 ⎥
⎢ ⎥ ⎣
⎣ 1 1 1 ⎦
1 −1 1
⎡
⎣
a
b
c
⎤
⎦ =
⎧
⎡
⎪⎨
⎣
⎪⎩
9 4 1 1
3 2 1 −1
1 1 1 1
Cek! ⎡
⎢
⎣
⎡
⎤
⎢
⎦ ⎢
⎣
9 3 1
4 2 1
1 1 1
1 −1 1
a
b
c
9 3 1
4 2 1
1 1 1
1 −1 1
⎤
⎡
⎥ ⎣
⎦
⎤
⎦ =
⎤⎫
⎥⎪⎬
⎥
⎦
⎪⎭
1
−5
6
⎤
⎡
⎢
⎣
−1 ⎡
⎦ =
0
0
2
12
⎣
⎡
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦ ⇒
9 4 1 1
3 2 1 −1
1 1 1 1
0
0
2
12
⎤
⎥
⎦ .
⎡
⎤
⎢
⎦ ⎢
⎣
0
0
2
12
⎤
⎥
⎦ =
⎡
⎣
Terlihat, hasilnya eksak bukan pendekatan (kita coba
melakukan penghitungan dengan MAXIMA).
1
−5
6
⎤
⎦ .

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 130 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Cara lain mencari invers matriks
Misalkan matriks :
⎡ ⎤
⎡ ⎤ 9 3 1
9 4 1 1 ⎢ ⎥
A = ⎣ 3 2 1 −1 ⎦ ⎢ 4 2 1 ⎥
⎢ ⎥
⎣ 1 1 1 ⎦
1 1 1 1
1 −1 1
=
⎡
⎣
99 35 15
35 15 5
15 5 4
Selanjutnya tentukan polinomial kharakteristik A :
p(x) = |xI −A| = x3−118x2 +466x−440 ⇒ A3−118A2 +466A−440I = 0
Didapat A−1 = 1
440 (A2 − 118A + 466I) :
A −1 = 1
440
= 1
440
⎛⎡
⎝⎣
⎛⎡
⎝⎣
11251 4065 1720
4065 1475 620
1720 620 266
35 −65 −50
−65 171 30
−50 30 260
⎤
⎡
⎦ − 188 ⎣
⎡
⎢
⎤⎞
⎢
⎦⎠
= ⎢
⎣
99 35 15
35 15 5
15 5 4
7
88 −13
88
− 13
88 −171
440
− 5
44
3
44
⎤
⎤
⎦ .
⎡
⎦ + 466 ⎣
− 5
44
3
44
13
22
⎤
⎥
⎦
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⎤⎞
⎦⎠

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 131 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jawaban UAS Aljabar linear semester gasal 2007/2008
1.) Diberikan matriks :
1 −1
A = .
1 1
Diagonalkan matriks A dengan menggunakan basis orthonormal
dari eigenvector-eigenvector matriks A.
Jawab :
Eigenvalue dan eigenvector dari A diberikan oleh : |A − λI| =
λ 2 − 2λ + 2 = 0, didapat λ1 = 1 − i, λ2 = 1 + i. Nullspace(A − λ1I) =
{< (1, i) >} dan Nullspace(A−λ2I) = {< (1, −i) >}. Terlihat bahwa
eigenvector-eigenvector yang bersesuaian dengan λ1 = 1 − i dan
λ2 = 1 + i, masing-masing diberikan oleh :
v1 =
1
i
dan v2 =
1
−i
Vektor v1 dan v2 orthogonal, sebab < v1, v2 >= 0. Sehingga
basis orthonormalnya adalah : v1
|v1|
didapat :
P −1 AP =
=
, v2
|v2|
√2 1 − i
√
2 1 −1
√1 √i 1 1
2 2
1 − i 0
.
0 1 + i
.
. Dengan P = [ v1
|v1|
1
√2
1
√ 2
√i −
2 i √
2
| v2
|v2| ]

Home Page
Title Page
◭◭ ◮◮
◭ ◮
Page 132 of 132
Go Back
Full Screen
Close
Quit