29 Des 2012

Pengertian Matrik Aljabar

Kata Pengantar
Puji syukur kehadirat Yang Maha Kuasa yang telah memberikan pertolongan hingga modul
ajar ini dapat terselesaikan.
Modul ajar ini dimaksudkan untuk membantu penyelenggaraan kuliah jarak jauh. Sejalan
dengan tujuan penyelenggaraan perkuliahan, materi modul ajar ini dipilih dari pokokpokok
aljabar matriks sebagai bahan penyeragaman pemahaman aljabar martriks bagi mahasiswa.
Dalam hal ini, setelah mengikuti kuliah sesuai materi dalam modul ajar ini, diharapkan
mahasiswa mempunyai bekal yang cukup baik untuk mengikuti perkuliahan.
Materi yang diberikan dalam modul ajar ini cukup untuk ukuran perkuliahan satu semester.
Untuk itu, materi dalam modul ini diberikan dengan cara sederhana dan contoh
singkat; mengingat bahwa semua materi harus diserap sendiri. Untuk itu diharapkan peserta
kuliah dengan tekun dan sungguh-sungguh mengikuti modul ini dan aktif mengerjakan
soal-soal.
Penyusun menyampaikan terimakasih kepada semua pihak yang telah membantu hingga
tersusunnya modul ini. Tak lupa, kritik dan saran untuk menyempurnakan modul ini
sangat diharapkan.
Surabaya, Januari 2007
Penyusun
ii
Daftar Isi
Kata Pengantar ii
Daftar Isi iii
1 Sistem Persamaan Linear 1
1.1 Pengantar SPL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Penyelesaian SPL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Matriks dan Operasinya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Matriks Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5 Matriks Elementer dan Mencari Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.6 Matriks Diagonal, Segitiga dan Simetris . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2 Determinan 27
2.1 Fungsi Determinan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2 Cara Lain Menghitung Determinan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.3 Sifat Fungsi Determinan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.4 Kofaktor dan Matriks Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3 Vektor dan Operasinya 42
3.1 Pengantar Vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.2 Panjang Vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.3 Dot Product, Proyeksi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.4 Cross Product . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4 Transformasi Linear dan Sifat 57
4.1 Transformasi Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.2 Sifat Transformasi Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5 Ruang Vektor 68
5.1 Ruang Vektor Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5.2 Kombinasi Linear dan Membangun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
iii
5.3 Bebas Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
5.4 Basis dan Dimensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
5.5 Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Kosong . . . . . . . . . . . . . . . 79
5.6 Rank dan Nulitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
iv
Modul 1
Sistem Persamaan Linear
Pendahuluan
Pada Modul ini akan dibahas materi yang berkaitan dengan sistem persamaan linear atau biasa
disingkat dengan sistem linear dan penyelesaian dari sistem tersebut. Kemudian akan
dibahas atau dikenalkan beberapa metode penyelesaiannya dan himpunan penyelesaiannya.
Tujuan Instruksional Umum
Mahasiswa menguasai atau memahami suatu teknik dasar aljabar linear dan mampu menggunakannya
untuk menyelesaikan SPL.
Tujuan Instruksional Khusus
Mhs dapat mengetahui bentuk SPL dan cara menyelesaikannya, begitu juga matriks dan operasinya,
secara khusus diharapkan :
1. Memahami pengertian persamaan linear
2. Memahami sistem persamaan linear (SPL)
3. Menyelesaikan SPL dengan berbagai cara
1
1.1. Pengantar SPL 2
1.1 Pengantar SPL
Persamaan linear adalah persaman yang tidak mengandung atau melibatkan hasil kali atau
akar variabel, semua variabel mempunyai pangkat satu dan tidak sebagai variabel bebas dari
fungsi trigonometri, logaritma atau eksponen.
CONTOH 1.1.1 Beberapa persamaan linear, yaitu
2x + 3y = 6 (1.1)
4x1 + 3x2 + 2x3 = 12 (1.2)
a1x1 + a2x2 + a3x3 + ¢ ¢ ¢ + anxn = b (1.3)
§
Persamaan 1.1 yaitu persamaan linear dengan variabel x dan y, dengan koefisien 2 dan
3 yang merupakan persamaan garis. Persamaan 1.2 yaitu persamaan linear dengan variabel
x1; x2 dan x3, dengan koefisien 4; 3 dan 2 yang merupakan persamaan bidang. Sedangkan
Persamaan 1.3 yaitu persamaan linear dengan variabel xi dan koefisien ai dan b dengan
i = 1; 2; 3; ¢ ¢ ¢ ; n.
CONTOH 1.1.2 Beberapa persamaan tak linear, yaitu
2x2 + y = 7 (1.4)
3x1x2 + 4x2
2 + 2x3 = 14 (1.5)
a1px1 + a2x2
2 + a3x3 + ¢ ¢ ¢ + anxn = b (1.6)
§
Persamaan 1.4 bukan persamaan linear, karena variabel x mempunyai pangkat dua. Persamaan
1.5 bukan persamaan linear, karena terdapat perkalian dua variabel yaitu x1x2 dan
x2 mempunyai pangkat dua, begitu juga Persamaan 1.6.
Penyelesaian dari persamaan linear adalah pemberian nilai pada variabel yang ada sedemikian
hingga persamaan itu benar. Misal Persamaan 1.1, jika variabel x diberi nilai 0, maka
variabel y harus bernilai 2, atau beri nilai sebarang pada x, maka nilai y dapat ditentukan
kemudian, nilai sebarang itu misalnya t, sehingga
x = t; y =
1
3
(6 ¡ 2t)
Begitu juga untuk Persamaan 1.2
x1 = t; x2 = s; x3 =
1
2
(12 ¡ 4t ¡ 3s)
atau dengan pemberian nilai yang lain, misal
y = t; x =
1
2
(6 ¡ 3t)
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.1. Pengantar SPL 3
Begitu juga untuk Persamaan 1.2
x2 = t; x3 = s; x1 =
1
4
(12 ¡ 3t ¡ 2s)
Sedangkan Persamaan 1.3 akan terpenuhi jika variabel xi dimana i = 1; 2; 3; ¢ ¢ ¢ ; n
diberi nilai yang sesuai sehingga persamaan linear tersebut memenuhi, misal x1 = s1,
x2 = s2; ¢ ¢ ¢ , xn = sn, maka penyelesaian persamaan linear tersebut adalah pasangan
terurut (s1; s2; s3; ¢ ¢ ¢ ; sn). Karena penyelesaian dari persamaan tersebut tidak hanya satu,
maka semua penyelesaian dari persamaan terhimpunan dalam himpunan penyelesaian.
Persamaan linear yang lebih dari satu (terhingga) dan variabelnya saling terkait, himpunan
persamaan tersebut dinamakan sistem persamaan linear atau sistem linear.
CONTOH 1.1.3 Sistem linear yang terdiri dari dua persamaan dengan tiga variabel,
4x ¡ 2y + 3z = ¡1
3x + y + 9z = ¡4
Salah satu penyelesaian dari sistem linear tersebut adalah x = 1, y = 2 dan z = ¡1,
karena nilai tersebut memenuhi kedua persamaan, sedangkan penyelesaian yang lain, x = 2,
y = ¡1 dan z = ¡1 bukan penyelesaian dari sistem tersebut, sebab nilai tersebut memenuhi
persamaan yang kedua, tetapi tidak memenuhi persamaan pertama. §
CONTOH 1.1.4 Sistem linear yang terdiri dari dua persamaan dengan dua variabel,
2x ¡ 3y = 5
3x + y = 13
Hanya satu penyelesaian dari sistem linear tersebut, x = 4 dan y = 1, karena tidak
ditemukan penyelesaian yang lain. §
CONTOH 1.1.5 Sistem linear yang terdiri dari dua persamaan dengan dua variabel,
x + y = 3
3x + 3y = 8
Sistem linear tersebut tidak konsisten, karena jika persamaan pertama dikalikan dengan
tiga, kedua persamaan tersebut tidak konsisten, sehingga sistem linear tersebut tidak mempunyai
penyelesaian. §
Secara umum, ada tiga kemungkinan penyelesaian dari sistem persamaan linear, yang
dapat diilustrasikan sebagai dua persamaan garis, yaitu
a1x + b1y = c1
a2x + b2y = c2
dan penyelesaiannya adalah
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.1. Pengantar SPL 4
x
y
l
k
x
y
l
k
x
y
l
k
(a) (b) (c)
Gambar 1.1 Tiga Macam Penyelesaian Sistem Linear
1. Sistem linear mempunyai satu penyelesaian, jika dua garis tersebut berpotongan pada
satu titik. Lihat Gambar 1.1(a)
2. Sistem linear mempunyai banyak penyelesaian, jika dua garis tersebut berimpit. Lihat
Gambar 1.1(b)
3. Sistem linear tidak mempunyai penyelesaian, jika dua garis tersebut sejajar. Lihat
Gambar 1.1(c)
Sebarang sistem persamaan linear dengan m persamaan dan n variabel dapat ditulis
sebagai berikut:
a11x1 + a12x2 + a13x3 + ¢ ¢ ¢ + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + a23x3 + ¢ ¢ ¢ + a2nxn = b2
a31x1 + a32x2 + a33x3 + ¢ ¢ ¢ + a3nxn = b3 (1.7)
...
+
...
+
...
+ ¢ ¢ ¢ +
...
=
...
am1x1 + amx2 + am3x3 + ¢ ¢ ¢ + amnxn = bm
dengan xi adalah variabel dan aij dan bj adalah koefisien konstanta dengan i = 1; 2; 3; ¢ ¢ ¢ ;m
dan j = 1; 2; 3; ¢ ¢ ¢ ; n.
Persamaan 1.9 dapat ditulis dalam bentuk matriks, yaitu
0BBBBBBB@
a11 a12 a13 ¢ ¢ ¢ a1n
a21 a22 a23 ¢ ¢ ¢ a2n
a31 a32 a33 ¢ ¢ ¢ a3n
...
...
...
¢ ¢ ¢
...
am1 am2 am3 ¢ ¢ ¢ amn
1CCCCCCCA
0BBBBBBB@
x1
x2
x3
...
xn
1CCCCCCCA
=
0BBBBBBB@
b1
b2
b3
...
bm
1CCCCCCCA
dan dapat ditulis dalam bentuk singkat, yaitu
Ax = b (1.8)
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.2. Penyelesaian SPL 5
Pada proses pencarian penyelesaian dari sistem linear tersebut, biasanya tanda +,x dan
= dihilangkan sehingga terbentuk suatu matriks yan glebih singkat yang dinamakan matriks
diperbesar (augmented matrix), yaitu matriks A dan mariks b digabung jadi satu kesatuan
matriks, hasilnya
0BBBBBBB@
a11 a12 a13 ¢ ¢ ¢ a1n b1
a21 a22 a23 ¢ ¢ ¢ a2n b2
a31 a32 a33 ¢ ¢ ¢ a3n b3
...
...
...
¢ ¢ ¢
...
...
am1 am2 am3 ¢ ¢ ¢ amn bm
1CCCCCCCA
¤ Sistem Linear Homogen
Suatu sistem dikatakan linear homogen, jika matriks b diganti dengan matriks 0, atau sistem
tersebut mempunyai bentuk
a11x1 + a12x2 + a13x3 + ¢ ¢ ¢ + a1nxn = 0
a21x1 + a22x2 + a23x3 + ¢ ¢ ¢ + a2nxn = 0
a31x1 + a32x2 + a33x3 + ¢ ¢ ¢ + a3nxn = 0 (1.9)
...
+
...
+
...
+ ¢ ¢ ¢ +
...
=
...
am1x1 + amx2 + am3x3 + ¢ ¢ ¢ + amnxn = 0
Sistem ini mempunyai penyelesaian trivial jika x1 = x2 = x3 = ¢ ¢ ¢ = xn = 0 dan
mempunyai penyelesaian tak trivial jika sistem mempunyai penyelesaian selain itu.
1.2 Penyelesaian SPL
Untuk mencari penyelesaian umum atau himpunan penyelesaian dari suatu sistem persamaan
linear, ada beberapa cara yang sederhana adalah substitusi (seperti di SMU). Sebelum
mencari penyelesaian dari sistem persamaan linear, perhatikan terlebih dahulu metode
dasar atau elementer yang mirip dengan metode substitusi yaitu operasi baris elementer
yang lebih dikenal dengan sebutan OBE.
Pada metode substitusi, langkah untuk menghilangkan sebuah variabel dapat dilakukan
dengan tiga langkah, yaitu
1. Mengalikan persamaan dengan sebuah konstanta tak-nol
2. Tukarkan dua persamaan
3. Tambahkan perkalian dari persamaan ke persamaan yang lain
Sedangkan pada metode operasi baris elementer, langkah untuk menghilangkan sebuah
konstanta pada kolom tertentu dapat dilakukan dengan tiga langkah, yaitu
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.2. Penyelesaian SPL 6
1. Mengalikan baris dengan sebuah konstanta tak-nol
2. Tukarkan dua baris
3. Tambahkan perkalian dari baris ke baris yang lain
CONTOH 1.2.1 Pandang sistem persamaan linear berikut ini,
x + 2y = 5 (1.10)
2x + 5y = 12 (1.11)
Untuk menyelesaikan dengan metode substitusi, lakukan langkah pertama, yaitu: kalikan
Persamaan 1.10 dengan 2, sehingga menjadi
2x + 4y = 10
2x + 5y = 12
kemudian kurangkan Persamaan 1.11 dengan Persamaan 1.10, maka Persamaan 1.11 menjadi
y = 2
dan
x + 2:2 = 5; maka x = 1
Tetapi, jika menggunakan metode OBE, buatlah matriks diperbesar dari sistem persamaan
linear tersebut, kemudian lakukan OBE dengan perintah, kurangi baris kedua dengan
dua kali baris pertama, dilanjutkan kurangi baris satu dengan dua kali baris kedua sehingga
menjadi
à 1 2 10
2 5 12 ! B2 ¡ 2B1
^ Ã 1 2 10
0 1 2 ! B1 ¡ 2B2
^ Ã 1 0 1
0 1 2 !
kembalikan ke bentuk sistem persamaan linear, sehingga x = 1 dan y = 2 §
¤ Baris Eselon Tereduksi
Telah dipelajari langkah-langkah OBE, seperti pada Contoh 1.2.1. Pada bagian ini akan
ditunjukkan bentuk dari suatu matriks yang mempunyai sifat baris eselon dan baris eselon
tereduksi adalah sebagai berikut:
1. Jika suatu baris tidak seluruhnya terdiri dari nol, maka angka tak-nol pertama dalam
baris tersebut adalah satu yang disebut dengan utama-1
2. Jika ada baris terdiri dari nol semua, maka pindahkan ke bagian bawah matriks
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.2. Penyelesaian SPL 7
3. Jika ada dua baris yang beurutan yang tidak seluruhnya nol, utama-1 pada baris yang
lebih bawah terletak disebelah kanan utama-1 dari baris atasnya
4. Setiap kolom yang berisi utama-1 mempunyai nol di baris yang lainnya
Jika suatu matriks mempunyai sifat 1, 2 dan 3, maka matriks tersebut disebut matriks
bentuk baris eselon, sedangkan matriks yang mempunyai ke-empat sifat tersebut dinamakan
matriks bentuk baris eselon tereduksi.
CONTOH 1.2.2 Matriks-matriks dalam bentuk baris eselon, seperti dibawah ini
0BB@
1 2 3 2
0 1 4 3
0 0 1 ¡1
1CCA
0BBBB@
1 2 3 2
0 1 4 3
0 0 0 0
0 0 0 0
1CCCCA
0BBBB@
1 2 3 2
0 1 4 3
0 0 0 1
0 0 0 0
1CCCCA
Sedangkan matriks-matiks dalam bentuk baris eselon tereduksi adalah
0BB@
1 0 0 2
0 1 0 0
0 0 1 ¡1
1CCA
0BBBB@
1 0 0 2
0 1 0 3
0 0 1 2
0 0 0 0
1CCCCA
0BBBB@
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1CCCCA
§
¤ Metode Eliminasi Gauss
Metode eliminasi Gauss adalah suatu metode untuk mencari himpunan penyelesaian dari
sistem persamaan linear dengan menggunakan OBE, sedemikian hingga matriksnya mempunyai
bentuk baris eselon. Setelah terbentuk baris eselon, kembalikan matriks tersebut
dalam bentuk sistem linear dan kemudian lakukan substitusi balik mulai dari bawah.
CONTOH 1.2.3 Selesaikan sistem persamaan linear dibawah ini dengan menggnakan
metode eliminasi Gauss
x + y + z = 6
x + 2y + 3z = 14
x + 4y + 9z = 36
Jawab:
Ubah sistem linear ke bentuk matriks diperbesar, 0BB@
1 1 1 6
1 2 3 14
1 4 9 36
1CCA
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.2. Penyelesaian SPL 8
kemudian lakukan OBE, sedemikian hingga matriksnya menjadi bentuk baris eselon,
seperti
0BB@
1 1 1 6
1 2 3 14
1 4 9 36
1CCA
B2 ¡ B1
^
0BB@
1 1 1 6
0 1 2 8
1 4 9 36
1CCA
B3 ¡ B1
^
0BB@
1 1 1 6
0 1 2 8
0 3 8 30
1CCA
B3 ¡ 3B2
^
0BB@
1 1 1 6
0 1 2 8
0 0 2 6
1CCA
B2( 1
2 )
^
0BB@
1 1 1 6
0 1 2 8
0 0 1 3
1CCA
Ubah kembali ke sistem linear menjadi
x + y + z = 6
y + 2z = 8
z = 3
lakukan substitusi balik, yaitu
z = 3
y + 2:3 = 8; y = 2
x + 2 + 3 = 6; x = 1
Jadi himpunan penyelesaiannya adalah x = 1, y = 2 dan z = 3 §
¤ Metode Eliminasi Gauss-Jordan
Metode eliminasi Gauss-Jordan adalah suatu metode untuk mencari himpunan penyelesaian
dari sistem persamaan linear dengan menggunakan OBE, sedemikian hingga matriksnya
mempunyai bentuk baris eselon tereduksi. Setelah terbentuk baris eselon tereduksi,
kembalikan matriks tersebut dalam bentuk sistem linear dan ditemukan kemudian lakukan
substitusi balik mulai dari bawah.
Dengan Contoh 1.2.3, lanjutkan OBEnya sedemikian hingga matriksnya berbentuk baris
eselon tereduksi, yaitu
0BB@
1 1 1 6
0 1 2 8
0 0 1 3
1CCA
B1 ¡ B2
^
0BB@
1 0 ¡1 ¡2
0 1 2 8
0 0 1 3
1CCA
B1 + B3
^
0BB@
1 0 0 1
0 1 2 8
0 0 1 3
1CCA
B2 ¡ 2B3
^
0BB@
1 0 0 1
0 1 0 2
0 0 1 3
1CCA
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.2. Penyelesaian SPL 9
kembalikan ke bentuk sistem linear, yaitu
z = 3
y = 2
x = 1
Jadi himpunan penyelesaiannya adalah x = 1, y = 2 dan z = 3 §
CONTOH 1.2.4 Carilah penyelesaian dari sistem linear homogen berikut
x1 + x2 + x3 + x4 = 0
x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0
x1 + 3x2 + 5x3 + ¡4x4 = 0
jawab:
Ubah sistem linear dalam bentuk matriks, kemudian lakukan OBE sehingga menjadi
matriks dalam bentuk eselon tereduksi, seperti
0BB@
1 1 1 1
1 2 3 4
1 3 5 ¡4
1CCA
B2 ¡ B1
^
0BB@
1 1 1 1
0 1 2 3
1 3 5 ¡4
1CCA
B3 ¡ B1
^
0BB@1
1
1
1
0 1 2 3
0 2 4 ¡5
1CCA
B3 ¡ 2B2
^
0BB@
1 1 1 1
0 1 2 3
0 0 0 ¡11
1CCA
B1 ¡ B2
^
0BB@
1 0 ¡1 ¡2
0 1 2 3
0 0 0 ¡11
1CCA
B3(¡ 1
11
^
0BB@
1 0 ¡1 ¡2
0 1 2 3
0 0 0 1
1CCA
B2 ¡ 3B3
^
0BB@
1 0 ¡1 ¡2
0 1 2 0
0 0 0 1
1CCA
B1 + 2B3
^
0BB@
1 0 ¡1 0
0 1 2 0
0 0 0 1
1CCA
kembalikan ke sistem linear, sehingga didapat
x1 = x3
x2 = ¡2x3
x4 = 0
Jadi penyelesaiannya adalah
x1 = s; x2 = ¡2s; x3 = s; x4 = 0
§
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.3. Matriks dan Operasinya 10
1.3 Matriks dan Operasinya
Pada bagian ini akan dibahas tentang definisi matriks, operasi yang berlaku dan beberapa
sifat matriks, dalam hal ini elemen dari matriks dibatasi pada bilangan real saja. Perhatikan
definisi dibawah ini
DEFINISI 1.3.1 Matriks adalah susunan bilangan berbentuk segiempat. Bilanganbilangan
dalam susunan itu dinamakan anggota matriks tersebut
CONTOH 1.3.1 Beberapa contoh matriks
0BB@
1 ¡2
2 2
3 5
1CCA
; 0BB@
1 ¡1 1
¡2 2 ¡3
1 5 0
1CCA
; ³ 2 ¡1 5 ´; 0BB@
2
4
7
1CCA
§
Ukuran matriks ditunjukan dengan banyaknya baris dan banyaknya kolom, seperti pada
Contoh 1.3.1 secara berurutan, ukuran matriks pertama adalah 3 £ 2, karena matriks terdiri
dari tiga baris dan dua kolom. Begitu juga matriks selanjutnya mempunyai ukuran 3 £ 3,
matriks yang ketiga juga dinamakan dengan matriks baris atau vektor baris karena hanya
terdiri dari sebuah baris saja dan yang terakhir adalah matriks kolom atau vektor kolom,
karena hanya terdiri dari sebuah kolom saja. Keduanya, vektor kolom dan vektor baris dilambang
dengan sebuah huruf kecil tebal atau huruf kecil diberi garis atasnya. Secara umum
notasi untuk sebauh matriks menggunakan huruf besar, sedangkan anggota dari matriks
biasanya menggunakan huruf kecil.
CONTOH 1.3.2 Matriks A mempunyai ukuran m £ n, maka matriks tersebut dapat
ditulis
A =
0BBBBBBB@
a11 a12 a13 ¢ ¢ ¢ a1n
a21 a22 a23 ¢ ¢ ¢ a2n
a31 a32 a33 ¢ ¢ ¢ a3n
... ...
...
¢ ¢ ¢
...
am1 am2 am3 ¢ ¢ ¢ amn
1CCCCCCCA
atau dapat ditulis
A = (aij)m£n = (aij)
jika diinginkan untuk menyebut sebuah anggota matriks A pada baris ke-i dan kolom ke-j,
yaitu
(A)ij = aij
§
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.3. Matriks dan Operasinya 11
Perhatikan beberapa definisi dibawah ini:
DEFINISI 1.3.2 Dua matriks dikatakan sama jika kedua matriks tersebut mempunyai
ukuran yang sama dan anggota yang berpadanan juga sama
Jika ada dua matriks A = (aij) dan B = (bij) dikatakan sama, maka berlaku (A)ij =
(B)ij . Perhatikan contoh dibawah ini.
CONTOH 1.3.3 Pandang tiga matriks
A = Ã 1 x
3 4 ! B = Ã 1 2
3 4 ! C = Ã 1 2 5
3 4 6 !
Jika matriks A = B, maka nilai x pada A harus sama dengan 2. Matriks B tidak sama
dengan matriks C, karena kedua matriks tersebut tidak mempunyai ukuran yang sama.
§
DEFINISI 1.3.3 Jika dua matriks A dan B mempunyai ukuran yang sama, maka kedua
matriks tersebut dapat dijumlahkan atau dikurangkan. Untuk menambahkan atau mengurangkan
kedua matriks tersebut anggota yang berpadanan dijumlahkan atau dikurangkan.
Matriks yang tidak mempunyai ukuran yang sama tidak dapat dijumlahkan
atau dikurangkan
Dua matriks A = (aij) dan B = (bij) dapat dijumlahkan atau dikurangkan jika kedua
mtriks tersebut mempunyai ukuran yang sama, hasil penjumlahannya atau pengurangannya
adalah
(A § B)ij = (A)ij § (B)ij = aij § bij
CONTOH 1.3.4 Pandang tiga matriks
A = Ã 1 2
3 4 ! B = Ã 4 ¡3
6 3 ! C = Ã 7 2 5
3 4 6 !
maka hasil penjumlahan dan pengurangan matriks A dan B, adalah
A + B = Ã 1 + 4 2 + (¡3)
3 + 6 4 + 3 != Ã 5 ¡1
9 7 !
A ¡ B = Ã 1 ¡ 4 2 ¡ (¡3)
3 ¡ 6 4 ¡ 3 != Ã ¡3 5
¡3 ¡1 !
bagaimana kalau A + C, tidak dapat dilakukan karena ukuran kedua matriks tersebut tidak
sama. §
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.3. Matriks dan Operasinya 12
DEFINISI 1.3.4 Jika A sebarang matriks dan c sebarang skalar, maka hasil kali skalar
dan matriks cA adalah mengalikan semua anggota A dengan skalar c
CONTOH 1.3.5 Jika matriks A pada Contoh 1.3.4 dikalikan dengan 3, maka hasilnya
adalah
3A = 3Ã 1 2
3 4 != Ã 3 6
9 12 !
Begitu juga jika matriks C dikalikan dengan 2, hasilnya
2C = 2Ã 7 2 5
3 4 6 != Ã 14 4 10
6 8 12 !
§
DEFINISI 1.3.5 Dua matriks A dan B dapat dikalikan, jika matriks A mempunyai r£
n, dan matriks B harus mempunyai ukuran n£l maka matriks hasil-kalinya mempunyai
ukuran r £ l dengan anggota ke-ij berasal dari perkalian baris ke-i dari matriks A
dengan kolom ke-j dari matriks B.
CONTOH 1.3.6 Matriks A dan B pada Contoh 1.3.4 dapat dikalikan, karena ukuran
matriks A adalah 2 £ 2 dan matriks B berukuran 2 £ 2 sehingga kedua matriks tersebut
dapat dikalikan dan hasilnya adalah
A B = Ã 1 2
3 4 ! Ã 4 ¡3
6 3 != Ã 1:4 + 2:6 1:(¡3) + 2:3
3:4 + 4:6 3:(¡3) + 4:3 != Ã 16 3
36 3 !
dengan cara yang sama, jika matriks A dikalikan dengan matriks C, hasilnya
A C = Ã 1 2
3 4 ! Ã 7 2 5
3 4 6 != Ã 13 10 17
33 22 39 !
sedangkan matriks C tidak dapat dikalikan dengan matiks A, karena ukuran matriksnya
tidak sesuai dengan definisi yang ada. §
DEFINISI 1.3.6 Matriks transpose dari matriks A ditulis AT yang anggotanya merupakan
anggota A dengan mengubah baris menjadi kolom dan kolom menjadi baris
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.4. Matriks Invers 13
CONTOH 1.3.7 Transpose ketiga matriks pada Contoh 1.3.4 adalah
AT = Ã 1 3
2 4 ! BT = Ã 4 6
¡3 3 ! CT =0BB@
7 3
2 4
5 6
1CCA
§
DEFINISI 1.3.7 Jika matriks A persegi, maka trace A dinyatakan dengan tr(A),
didefinisikan sebagai jumlah anggota-anggota pada diagonal utam matriks A
CONTOH 1.3.8 Dengan menggunakan matriks pada Contoh 1.3.4, maka
tr(A) = 1 + 4 = 5 tr(B) = 4 + 3 = 7
sedangkan trace dari matriks C tidak dapat dicari, karena matriks C bukan matriks persegi
§
1.4 Matriks Invers
Pada bagian ini akan dibahas tentang invers dari suatu matriks dan cara mencari inversnya.
Sifat-sifat dasar dari suatu matriks yang mempunyai invers. Sebelumnya akan dikenal terlebih
dahulu beberapa jenis matriks yang akan dipakai secara langsung.
Sebuah matriks dikatakan matriks nol, jika semua anggota dari matriks tersebut nol
semuanya. Sedangkan ukuran dari matriks nol tersebut tergantung pada matriks kawannya.
CONTOH 1.4.1 Contoh beberapa matriks nol dengan beberapa ukuran yang berbeda
à 0 0 0
0 0 0 ! Ã 0 0
0 0 ! 0BB@
0 0 0
0 0 0
0 0 0
1CCA
0BB@
0
0
0
1CCA
§
Jika matriks sebarang A dan matriks nol 0 dengan ukuran yang sama, jelas bahwa A +
0 = 0 + A = A, sama seperti bilangan real a + 0 = 0 + a = a. Tiga bilangan a; bdan
c semuanya tidak nol, jika ab = ac, maka b = c, begitu juga untuk dua bilangan yang
berbeda, jika de =, maka salah satu bilangan tersebut harus nol. Hal ini ttidak berlaku pada
matriks.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.4. Matriks Invers 14
CONTOH 1.4.2 Pandang empat yang berbeda
A = Ã 0 1
0 2 ! B = Ã 1 1
3 4 ! C = Ã 2 5
3 4 ! D = Ã 3 7
0 0 !
berlaku
AB = AC = Ã 3 4
6 8 !
padahal matriks B tidak sama dengan matriks C, begitu juga AD = 0, salah satu dari
matriks tersebut tidak harus nol. §
Matriks identitas adalah matriks persegi yang anggotanya semua nol kecuali pada diagonal
utama semuanya bilangan satu, biasanya disimbol dengan In, dimana n adalah ukuran
matriksnya.
CONTOH 1.4.3 Beberapa contoh matriks identitas
I2 = Ã 1 0
0 1 ! I3 =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1CCA
I4 =0BBBB@
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1CCCCA
§
Matriks sebarang A jika dikalikan dengan matriks identitas atau sebaliknya (dapat dilakukan),
hasilnya adalah matriks A sendiri, atau ditulis
AI = IA = A
CONTOH 1.4.4 Misalkan matriks
A = Ã 2 3 4
4 7 9 !
maka
I2A = Ã 1 0
0 1 !Ã 2 3 4
4 7 9 != Ã 2 3 4
4 7 9 !
begitu juga
AI3 = Ã 2 3 4
4 7 9 !0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1CCA
= Ã 2 3 4
4 7 9 !
§
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.4. Matriks Invers 15
Perhatikan teorema berikut ini
TEOREMA 1.4.1 Jika matriks persegi A dilakukan OBE pada matriks tersebut sehingga
menjadi matriks yang berbentuk baris eselon tereduksi yaitu R, maka R adalah matriks
yang mempunyai baris nol semua atau matriks identitas.
Bukti:
Pandang suatu matriks persegi A kemudian lakukan OBE, setiap satu utama yang dihasilkan
maka pada kolom tersebut pada baris yang lainnya semua nol. Jika dilakukan terus, maka
yang dihasilkan adalah matriks identitas atau matriks yang mengandung baris yang nol
semua. §
CONTOH 1.4.5 Pandang matrisk persegi,
A =0BB@
1 1 1
1 2 3
1 4 9
1CCA
lakukan operasi baris elementer, sehingga
0BB@
1 1 1
1 2 3
1 4 9
1CCA
B2 ¡ B1
^
B3 ¡ B1
0BB@
1 1 1
0 1 2
0 3 8
1CCA
B1 ¡ B2
^
B3 ¡ 3B2
0BB@
1 0 ¡1
0 1 2
0 0 2
1CCA
B3( 1
2 )
^
0BB@
1 0 ¡1
0 1 2
0 0 1
1CCA
B1 + B3
^
B2 ¡ 2B3
0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1CCA
§
Pada bagian ini akan dibahas tentang invers dari suatu matriks, sebelumnya perhatikan
definisi invers dibawah ini
DEFINISI 1.4.2 Jika A matriks persegi dan jika matriks persegi lain yang dapat ditemukan
B berukuran sama, sedemikian hingga berlaku AB = BA = I, maka A disebut
matriks yang dibalik atau matiks yang punyai invers dan matriks B disebut invers dari
matriks A.
CONTOH 1.4.6 Matriks B = Ã 2 ¡5
¡1 3 !adalah invers dari matiks A = Ã 3 5
1 2 !
karena
AB = Ã 3 5
1 2 !Ã 2 ¡5
¡1 3 != Ã 1 0
0 1 != I
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.4. Matriks Invers 16
dan
BA = Ã 2 ¡5
¡1 3 !Ã 3 5
1 2 != Ã 1 0
0 1 != I
§
Sekarang perhatikan teorema berikut
TEOREMA 1.4.3 Jika B dan C keduanya adalah invers dari matriks A, maka B = C
Bukti:
Karena B invers dari A, maka AB = I. Kalikan kedua sisi dengan C, sehingga C(AB) =
CI = C, sedangkan (CA)B = IB = B, jadi B = C §
TEOREMA 1.4.4 Jika matriks A dan B adalah matriks yang mempunyai invers dan
beukuran sama, maka
1. AB juga mempunyai invers
2. (AB)¡1 = B¡1A¡1
Bukti:
Dengan mengalikan kedua sisi dengan AB, maka
(AB)(B¡1A¡1) = ABB¡1A¡1 = AIA¡1 = I
Secara simultan telah ditunjukan bukti untuk (a). §
CONTOH 1.4.7 Tinjau matriks dibawah ini
A = Ã 1 2
1 3 ! B = Ã 2 2
2 3 ! AB = Ã 6 8
8 11 !
maka dapat ditemukan
A¡1 = Ã 3 ¡2
¡1 1 ! B¡1 = Ã 3
2 ¡1
¡1 1 ! (AB)¡1 = Ã 11
2 ¡4
¡4 3 !
sedangkan
B¡1A¡1 = Ã 3
2 ¡1
¡1 1 !Ã 3 ¡2
¡1 1 != Ã 11
2 ¡4
¡4 3 != (AB)¡1
§
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.4. Matriks Invers 17
Beberapa sifat yang tersirat pada definisi dan teorema (bukti cari di buku lain) yang
dapat dipakai untuk menambah wawasan, antara lain
DEFINISI 1.4.5 Jika matriks persegi A, maka dapat didefiniskan
A0 = I An = AAA¢ ¢ ¢A | {z } (n > 0)
n faktor
jika A mempunyai invers, didefinisikan
A¡n = (A¡1)n = A¡1A¡1A¡1 ¢ ¢ ¢A¡1
| {z } n faktor
TEOREMA 1.4.6 Jika matriks persegi A, dan r; s bilangan bulat, maka
ArAs = Ar+s (Ar)s = Ars
TEOREMA 1.4.7 Jika A matriks yang mempunyai invers, maka
1. A¡1 mempunyai invers, dan (A¡1)¡1 = A
2. An mempunyai invers dan (An)¡1 = (A¡1)n, untuk n bilangan bulat positip
3. Untuk k skalar tak nol, kA mempunyai invers dan (kA)¡1 = 1
kA¡1
CONTOH 1.4.8 Lihat matriks pada Contoh 1.4.7, yaitu
A = Ã 1 2
1 3 ! dan A¡1 = Ã 3 ¡2
¡1 1 !
maka
A3 = Ã 1 2
1 3 !Ã 1 2
1 3 !Ã 1 2
1 3 != Ã 11 30
15 41 !
dan
A¡3 = (A¡1)3 = Ã 3 ¡2
¡1 1 !Ã 3 ¡2
¡1 1 !Ã 3 ¡2
¡1 1 != Ã 41 ¡30
¡15 11 !
§
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.5. Matriks Elementer dan Mencari Invers 18
TEOREMA 1.4.8 Jika matrisk A mempunyai invers, maka AT juga mempunyai invers
dan
(AT )¡1 = (A¡1)T
CONTOH 1.4.9 Lihat matriks pada Contoh 1.4.7, yaitu
A = Ã 1 2
1 3 ! dan AT = Ã 1 1
2 3 !
maka
A = Ã 3 ¡2
¡1 2 ! dan (AT )¡1 = Ã 3 ¡1
¡2 1 !
seperti pada Teorema 1.4.8. §
1.5 Matriks Elementer dan Mencari Invers
Pada bagian ini akan dibahas tentang matriks elementer atau matriks dasar yaitu suatu matriks
yang didapat dari OBE dari matriks identitas. Dibahas pula cara mencari invers dari
suatu matriks. Perhatikan definisi dibawah ini
DEFINISI 1.5.1 Matriks elementer atau matriks dasar adalah matriks persegi yang
dihasilkan dari OBE tunggal terhadap matriks identitas.
CONTOH 1.5.1 Perhatikan tiga matriks elementer berikut
E1 =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 3
1CCA
E2 =0BB@
1 0 0
0 1 0
2 0 1
1CCA
E3 =0BB@
0 0 1
0 1 0
1 0 0
1CCA
Matriks E1 adalah matriks hasil OBE terhadap matriks identitas dengan operasinya adalah
baris ketiga dikalikan dengan tiga, matriks E2 operasinya adalah baris ketiga ditambah dua
kali baris kedua, dan matriks E3 operasinya adalah tukarkan baris pertama dengan baris
ketiga. §
Jika ada matriks sebarang dapat dikalikan dengan matriks elementer maka hasilnya
sama dengan matriks sebarang tersebut dilakukan OBE yang sama dengan matriks elementer
tersebut.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.5. Matriks Elementer dan Mencari Invers 19
CONTOH 1.5.2 Matriks sebarang, misal A
A =0BB@
1 0 2 4
2 ¡1 0 2
1 0 1 0
1CCA
dapat dikalikan dengan matriks E1 pada Contoh 1.5.1, maka hasilnya sama dengan matriks
A dengan OBE yang sama
E1A =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 3
1CCA
0BB@
1 0 2 4
2 ¡1 0 2
1 0 1 0
1CCA
=0BB@
1 0 2 4
2 ¡1 0 2
3 0 3 0
1CCA
sedangkan
A =0BB@
1 0 2 4
2 ¡1 0 2
1 0 1 0
1CCA
B3(3)
^
0BB@
1 0 2 4
2 ¡1 0 2
3 0 3 0
1CCA
§
Hasil satu operasi OBE pada matriks identitas menghasilkan sebuah matriks elementer,
sebaliknya sebuah matriks elementer dapat juga dilakuan satu operasi OBE sedemikian
hingga kembali menjadi matriks identitas dengan operasi kebalikannya.
CONTOH 1.5.3 Perhatikan tiga matriks elementer pada Contoh 1.5.1 akan dilakukan
operasi kebalikan sedemikian hingga kembali menjadi matriks identitas
E1 =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 3
1CCA
B3( 1
3 )
^
0BB@1
0
0
0 1 0
0 0 1
1CCA
= I
dan
E2 =0BB@
1 0 0
0 1 0
2 0 1
1CCA
B3 ¡ 2B1
^
0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1CCA
= I
dan
E3 =0BB@
0 0 1
0 1 0
1 0 0
1CCA
B13
^
0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1CCA
= I
OBE yang dikenakan pada E1, yaitu baris ketiga dikalikan dengan sepertiga adalah kebalikan
dari OBE pada I yang menghasilkan E1, yaitu baris ketiga dikalikan dengan tiga.
Begitu juga untuk E2 dan E3. §
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.5. Matriks Elementer dan Mencari Invers 20
Oleh karena itu perhatikan teorema berikut ini
TEOREMA 1.5.2 Setiap matriks elementer mempunyai invers, dan inversnya merupakan
matriks elementer juga
Bukti:
Jika E matriks elementer yang dihasilkan dari OBE pada I, dan E0 juga merupakan matriks
elementer yang dihasilkan dari OBE pada I dengan opeasi kebalikannya, maka
EE0 = E0E = I
artinya E0 adalah invers dari E atau sebaliknya.
CONTOH 1.5.4 Perhatikan matriks elementer yang dihasilkan dengan mengalikan tiga
pada baris ketiga
I =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1CCA
B3(3)
^
0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 3
1CCA
= E
perhatikan pula matriks elementer yang dihasilkan dengan operasi kebalikannya yaitu baris
ketiga dikalikan dengan sepertiga
I =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1CCA
B3( 1
3 )
^
0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
3
1CCA
= E0
sekarang kalikan antara E dan E0 atau sebaliknya
EE0 =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 3
1CCA
0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
3
1CCA
=0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1CCA
= I
atau sebaliknya
E0E =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
3
1CCA
0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 3
1CCA
=0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1CCA
= I
§
Perhatikan teorema berikut ini, yang menetapkan hubungan antara keterbalikan, sistem
linear homogen, bentuk baris-eselon tereduksi dan matriks elementer yang hasilnya sangat
penting.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.5. Matriks Elementer dan Mencari Invers 21
TEOREMA 1.5.3 Jika A matriks persegi pernyataan berikut ekuivalen, yaitu semua
benar atau semua salah
a. A mempunyai invers
b. Ax = 0 hanya mempunyai penyelesaian trivial
c. Bnetuk baris eselon tereduksi dari A adalah I
d. A dapat dinyatakan dalam perkalian beberapa matriks elementer
Bukti:
Akan dibuktikan sesuai urutannya yaitu a ! b ! c ! d ! a
a ! b
Jika A mempunyai invers, maka Ax = 0
Andaikan invers dari A adalah A¡1, maka kedua sisi kalikan dengan A¡1, sehingga
A¡1Ax = A¡10
x = 0
jadi penyelesaiannya Ax = 0 adalah penyelesaian trivial.
b ! c
Jika Ax = 0 mempunyai penyelesaian trivial, maka bentuk baris eselon tereduksi dari A
adalah I
Untuk menyelesaikan sistem linear homogen tersebut, gunakan eliminasi Gauss-Jordan,
yaitu buat matriks diperbesar kemudian lakukan OBE, maka akan terbentuk matriks
0BBBBBBB@
1 0 0 ¢ ¢ ¢ 0 0
0 1 0 ¢ ¢ ¢ 0 0
0 0 1 ¢ ¢ ¢ 0 0
...
...
...
¢ ¢ ¢
...
...
0 0 0 ¢ ¢ ¢ 1 0
1CCCCCCCA
kembalikan ke bentuk semula maka matriks A hasil OBE tersebut adalah bentuk baris eselon
tereduksi.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.5. Matriks Elementer dan Mencari Invers 22
c ! d
Jika bentuk baris eselon tereduksi dari A adalah I, maka A dapat dinyatakan sebagai hasil
kali beberap matriks elementer
Pada pembuktian sebelumnya, jika pada matriks A dikenai OBE maka akan menjadi I,
padahal setiap satu OBE adalah matriks elementer, sehingga
Ek ¢ ¢ ¢E3E2E1A = I
dan setiap matriks elementer mempunyai invers, maka
A = E¡1
1 E¡1
2 E¡1
3 ¢ ¢ ¢E¡1
k
sehingga matriks A dapat dinyatakan sebagai hasil kali beberapa matriks elementer.
d ! a
Jika A dapat dinyatakan sebagai hasil kali beberapa matriks elementer, maka A punyai invers
Dari hasil kali yang terakhir, maka matriks A memang punya invers. §
Dari Teorema 1.5.3, dapat digunakan untuk mencari invers dari suatu matriks persegi
misal A, yaitu dengan cara melakukan serangkaian OBE pada matriks A dan juga pada
matriks I, sampai dengan matriks A menjadi matriks I, maka matriks I akan menjadi A¡1.
Secara singkat dapat digambar sebagai berikut
(A : I) OBE (I : A¡1)
CONTOH 1.5.5 Carilah invers dari
A =0BB@
1 1 1
1 2 3
1 4 9
1CCA
Gabungkan matriks A dengan matriks I, kemudian lakukan OBE sedemikian hingga
matriks A menjadi I dan matriks I menjadi A¡1, seperti dibawah ini
(A : I) =0BB@
1 1 1 : 1 0 0
1 2 3 : 0 1 0
1 4 9 : 0 0 1
1CCA
B2 ¡ B1
^
B3 ¡ B1
0BB@
1 1 1 : 1 0 0
0 1 2 : ¡1 1 0
0 3 8 : ¡1 0 1
1CCA
B1 ¡ B2
^
B3 ¡ 3B1
0BB@
1 0 ¡1 : 2 ¡1 0
0 1 2 : ¡1 1 0
0 0 2 : 2 ¡3 1
1CCA
B2 ¡ B3
B3( 1
2 )
^
B1 + B3
0BB@
1 0 0 : 3 ¡5
2
1
2
0 1 0 : ¡3 4 ¡1
0 0 1 : 1 ¡3
2
1
2
1CCA
= (I : A¡1)
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.6. Matriks Diagonal, Segitiga dan Simetris 23
Jadi
A¡1 =0BB@
3 ¡5
2
1
2
¡3 4 ¡1
1 ¡3
2
1
2
1CCA
§
1.6 Matriks Diagonal, Segitiga dan Simetris
Pada bagian ini akan dibahas sedikit tenatang jenis dari suatu matriks, yaitu matriks diagonal,
segitiga dan simetris dan sifat-sifat dari matriks tersebut.
¤ Matriks Diagonal
Matriks diagonal adalah matriks persegi yang semua anggotanya nol semua kecuali pada
diagonal utama yang semuanya tidak harus nol. Beberapa contoh matriks diagonal dibawah
ini
à 3 0
0 ¡7 ! 0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1CCA
0BBBB@
1 0 0 0
0 4 0 0
0 0 0 0
0 0 0 ¡3
1CCCCA
Secara umum, matriks diagonal dengan ukuran n dilambangkan dengan Dn, ditulis
Dn =
0BBBBBBB@
d1 0 0 ¢ ¢ ¢ 0
0 d2 0 ¢ ¢ ¢ 0
0 0 d3 ¢ ¢ ¢ 0
...
...
... ¢
¢
¢
...
0 0 0 ¢ ¢ ¢ dn
1CCCCCCCA
Matriks diagonal mempunyai invers, yaitu
D¡1
n =
0BBBBBBB@
1
d1
0 0 ¢ ¢ ¢ 0
0 1
d2
0 ¢ ¢ ¢ 0
0 0 1
d3 ¢ ¢ ¢ 0
...
...
...
¢ ¢ ¢
...
0 0 0 ¢ ¢ ¢ 1
dn
1CCCCCCCA
sehingga DD¡1 = D¡1D = I, sedangkan perkalian atau pangkat dari matriks diagonal
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.6. Matriks Diagonal, Segitiga dan Simetris 24
dapat ditulis dengan
Dk =
0BBBBBBB@
dk
1 0 0 ¢ ¢ ¢ 0
0 dk
2 0 ¢ ¢ ¢ 0
0 0 dk
3 ¢ ¢ ¢ 0
...
...
...
¢ ¢ ¢
...
0 0 0 ¢ ¢ ¢ dk
n
1CCCCCCCA
CONTOH 1.6.1 Jika
A =0BB@
1 0 0
0 2 0
0 0 3
1CCA
maka
A¡1 =0BB@
1 0 0
0 1
2 0
0 0 1
3
1CCA
A3 =0BB@
1 0 0
0 8 0
0 0 27
1CCA
A¡3 =0BB@
1 0 0
0 1
8 0
0 0 1
27
1CCA
§
Sekarang cobalah mengalikan matriks diagonal dengan matriks sebarang, kemudian kalikan
matriks sebarang dengan matriks diagonal. Apa yang dapat saudara simpulkan dari
dua perkalian matriks tersebut.
¤ Matriks Segitiga
Ada dua macam matriks segitiga, yaitu matriks segitiga atas dan matriks segitiga bawah.
Matriks segitiga atas adalah matriks persegi yang semua anggotanya dibawah diagonal utama
semuanya nol, sedangkan matriks segitiga bawah kebalikannya. Atau dengan pernyataan
dibawah, yaitu
² Matriks segitiga atas A = [aij ] jika dan hanya jika aij = 0 untuk i > j, sedangkan
² Matriks segitiga bawah B = [bij ] jika dan hanya jika bij = 0 untuk i < j
CONTOH 1.6.2 Tinjau dua matiks segitiga atas
A =0BB@
1 1 2
0 2 4
0 0 3
1CCA
B =0BB@
1 2 1
0 0 3
0 0 3
1CCA
Matriks A mempunyai invers, yaitu
A¡1 =0BB@
1 ¡1
2 0
0 1
2 ¡2
3
0 0 1
3
1CCA
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.6. Matriks Diagonal, Segitiga dan Simetris 25
Sedangkan matriks B tidak mempunyai invers (Buktikan sendiri) dan jika kedua matriks
tersebut dikalikan
AB =0BB@
1 2 10
0 0 18
0 0 9
1CCA
BA =0BB@
1 5 13
0 0 9
0 0 9
1CCA
juga merupakan matriks segitiga atas, bagaimana kalau kedua matriksnya adalah matriks
segitiga bawah §
¤ Matriks Simetris
Matriks simetris adalah matriks persegi A yang mempunyai sifat AT = A. Beberapa matriks
dibawah ini adalah matriks simetris, periksalah
à 3 4
4 ¡7 ! 0BB@
1 3 1
3 2 ¡2
1 ¡2 3
1CCA
0BBBB@
1 0 0 0
0 4 0 0
0 0 2 0
0 0 0 ¡3
1CCCCA
TEOREMA 1.6.1 Jika A dan B adalah matriks simetris dengan ukuran yang sama,
dan jika k adalah skalar, maka
1. AT juga simetris
2. A + B dan A ¡ B simetris
3. kA adalah simetris
dalam hal ini tidak dibuktikan (buktikan sendiri). Contoh berikut yang akan meyakinkan
teorema diatas
CONTOH 1.6.3 Dimisalkan dua matriks, yaitu
A = Ã 1 2
2 3 ! B = Ã ¡2 1
1 0 !
maka
A + B = Ã ¡1 3
3 3 ! A ¡ B = Ã 3 1
1 3 ! 2A = Ã 2 4
4 6 !
semuanya simetris sesuai dengan teorema diatas §
TEOREMA 1.6.2 Jika A matriks simetris yang mempunyai invers, maka A¡1 juga
simetris
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
1.6. Matriks Diagonal, Segitiga dan Simetris 26
Bukti:
Dengan menganggap A simetris dan mempunyai invers, dan A = AT , maka
(A¡1)T = (AT )¡1 = A¡1
yang merupakan matriks simetris.
Jika A matriks berukuran sebarang, maka hasil kali dari AAT atau ATA adalah suatu
matriks persegi yang simetris.
CONTOH 1.6.4 Pandang matriks A berukuran 2 £ 3, yaitu
A = Ã 1 2 3
¡2 3 5 !
maka
AAT = Ã 1 2 3
¡2 3 5 !0BB@
1 ¡2
2 3
3 5
1CCA
= Ã 14 19
19 38 !
dan
ATA =0BB@
1 ¡2
2 3
3 5
1CCA
à 1 2 3
¡2 3 5 !=0BB@
5 ¡4 ¡7
¡4 13 21
¡7 21 34
1CCA
Perhatikan hasil kalinya §
Dan jika A adalah matriks persegi, maka perhatikan teorema dibawah ini
TEOREMA 1.6.3 Jika A matriks yang mempunyai invers, maka AAT dan ATA juga
mempunyai invers.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
Modul 2
Determinan
Pendahuluan
Pada Modul ini akan dibahas materi yang berkaitan dengan determinan atau tepatnya fungsi
determinan yang sangat erat hubungannya dengan sistem persamaan linear atau biasa disingkat
dengan sistem linear. Kemudian akan dibahas atau dikenalkan bagaimana mendapat
invers dari suatu matriks yang mempunyai invers.
Tujuan Instruksional Umum
Mahasiswa menguasai atau memahami fungsi determinan, cara mencarinya dan mendapat
invers dari suatu matriksyan gerat hubungannya dengan penyelesaian SPL.
Tujuan Instruksional Khusus
Mhs dapat mengetahui fungsi detreminan dan cara menghitungnya, begitu juga mencari invers,
secara khusus diharapkan :
1. Memahami pengertian fungsi determinan
2. Memahami perhitungan determinan dan sifat-sifatnya
3. Menyelesaikan SPL dengan berbagai cara
27
2.1. Fungsi Determinan 28
2.1 Fungsi Determinan
Sebelum memepelajari fungsi determinan, harus kenal terlebih dahulu tentang permutasi.
Perhatikan definisi dibawah ini
DEFINISI 2.1.1 Permutasi suatu himpunan bilangan bulat f1; 2; 3; ¢ ¢ ¢ ; ng adalah suatu
susunan bilangan-bilangan bulat dalam suatu urutan tanpa pengulangan
Akan lebih jelas, perhaqtikan contoh dibawah ini
CONTOH 2.1.1 Ada enam permutasi yang berbeda dari himpunan bilangan bulat f1; 2; 3g,
permutasi tersebut adalah
(1; 2; 3); (1; 3; 2); (2; 1; 3); (2; 3; 1); (3; 1; 2); (3; 2; 1)
§
CONTOH 2.1.2 Ada 24 permutasi yang berbeda dari himpunan bilangan bulat f1; 2; 3; 4g,
permutasi tersebut adalah
(1; 2; 3; 4); (1; 2; 4; 3); (1; 3; 2; 4); (1; 3; 4; 2); (1; 4; 2; 3); (1; 4; 3; 2)
(2; 1; 3; 4); (2; 1; 4; 3); (2; 3; 1; 4); (2; 3; 4; 1); (2; 4; 1; 3); (2; 4; 3; 1)
(3; 1; 2; 4); (3; 1; 4; 2); (3; 2; 1; 4); (3; 2; 4; 1); (3; 4; 2; 1); (3; 4; 1; 2)
(4; 1; 2; 3); (4; 1; 3; 2); (4; 2; 3; 1); (4; 2; 1; 3); (4; 3; 2; 1); (4; 3; 1; 2)
§
Metode yang lebih mudah, yaitu dengan menggunakan pohon permutasi, seperti pada Gambar
2.1
4 3 2
3 4 2 4 2 3
1
2 3 4
4 3 2 1
1
1
1
4 3
3 4 4 3
1
2
3 4
4 3 1
1
1
1
2 4
2 4 4 2
1 2
3
4
4 2 1 1
1 1
3 2
2 3 3 2
1 2 3
4
3 2
Gambar 2.1 Permutasi Empat
Dari contoh diatas, ada 24 permuatasi dari f1; 2; 3; 4g. Hasil tersebut merupakan perkalian
dari posisi, yaitu posisi pertama terdiri dari empat, posisi kedua terdiri dari tiga, posisi ketiga
terdiri dari dua dan posisi ke-empat hanya satu atau dapat ditulis
permutasi ¡ empat = 4:3:2:1 = 4! = 24
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.1. Fungsi Determinan 29
Untuk permutasi n bilangan yang berbeda, dapat dicari dengan cara yang sama, yaitu
permutasi ¡ n = n:(n ¡ 1): ¢ ¢ ¢ :3:2:1 = n!
Selanjutnya akan dibahas tentang pembalikan. Pembalikan adalah suatu urutan bilangan
besar mendahului bilangan yang lebih kecil. Sedangkan jumlah pembalikan adalah
banyaknya bilangan yang lebih besar menadahuli bilangan yan glebih kecil. Lebih lengkapnya
perhatikan contoh dibawah ini.
CONTOH 2.1.3 Hasil permutasi adalah
(6; 1; 4; 3; 2; 5)
² bilangan 6, mendahului bilangan 1, 2,3,4, dan 5, sehingga ada 5 pembalikan.
² bilangan 5, tidak mendahului
² bilangan 4, mendahului 3,2,, sehingga ada 2 pembalikan
² bilangan 3, mendahului 2, sehingga ada satu pembalikan
² bilangan 2, tidak mendahului, begitu juga bilangan 1
jadi jumlah pembalikannya adalah 5 + 2 + 1 = 8 pembalikan §
Perhaitkan definisi dibawah ini
DEFINISI 2.1.2 Jika dalam suatu permutasi terdapat jumlah pembalikan yang genap
maka permutasi tersebut disebut permutasi genap, begitu juga jika terjadi jumlah pembalikan
yang ganjil maka disebut dengan permutasi ganjil
CONTOH 2.1.4 Dari Contoh 2.1.1 hasil permutasi tercantum dalam tabel berikut
Permutasi Jumlah Pembalikan Klasifikasi
(1; 2; 3) 0 genap
(1; 3; 2) 1 ganjil
(2; 1; 3) 1 ganjil
(2; 3; 1) 2 genap
(3; 1; 2) 2 genap
(3; 2; 1) 3 ganjil
Hasil kali dasar dari suatu matriks persegi yaitu perkalian dari semua elemen matriks
terhadap elemen matriks yang lain dengan mengikuti aturan tertentu. Jika matriks tersebut
berukuran n £ n, maka perkalian dasarnya terdiri dari n elemen yaitu
a1 a2 a3 ¢ ¢ ¢ an
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.1. Fungsi Determinan 30
sedangkan banyaknya perkalian dasar adalah n! yaitu banyaknya permutasi yang diisikan
pada tanda setrip dan tanda positif atau negatif tergantung dari hasil pembalikan, jika permutasi
genap bertanda positif dan sebaliknya permutasi ganjil betanda negatif.
Perhatikan definisi fungsi determinan berikut ini
DEFINISI 2.1.3 Pandang matriks A matriks persegi. it Fungsi determinan A atau biasanya
disingkat dengan determinan A dinyatakan dengan det(A) sebagai jumlahan
hasil kali dasar beserta tanda dari A
Akan lebih jelas perhatikan contoh-contoh berikut
CONTOH 2.1.5 Hitung determinan dari matriks persegi A berukuran 2 £ 2, misalkan
A = Ã a11 a12
a21 a22 !
Perhatikan tabel berikut
Permutasi Hasil Kali Dasar Pembalikan Hasil Kali Dasar Bertanda
(1,2) a11a22 genap a11a22
(2,1) a12a21 ganjil ¡a12a21
sehingga
det(A) =¯¯¯¯¯
a11 a12
a21 a22¯¯¯¯¯
= a11a22 ¡ a12a21
§
Sekarang perhatikan contoh untuk matriks berukuran 3 £ 3 berikut ini
CONTOH 2.1.6 Hitung determinan dari matriks persegi A berukuran 3 £ 3, misalkan
A =0BB@
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
1CCA
Perhatikan tabel berikut
Permutasi Hasil Kali Dasar Pembalikan Hasil Kali Dasar Bertanda
(1,2,3) a11a22a33 genap a11a22a33
(1,3,2) a11a23a32 ganjil ¡a11a23a32
(2,1,3) a12a21a33 ganjil ¡a12a21a33
(2,3,1) a12a23a31 genap a12a23a31
(3,1,2) a13a21a32 genap a13a21a32
(3,2,1) a13a22a31 ganjil ¡a13a22a31
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.2. Cara Lain Menghitung Determinan 31
sehingga
det(A) =¯¯¯¯¯¯¯¯
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
¯¯¯¯¯¯¯¯
= a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32
¡(a11a23a32 + a12a21a33 + a13a22a31)
§
Contoh yang lain
CONTOH 2.1.7 Hitung determinan dari matriks persegi A berukuran 3 £ 3, misalkan
A =0BB@
2 4 3
4 1 5
6 2 3
1CCA
Perhatikan tabel berikut
Permutasi Hasil Kali Dasar Pembalikan Hasil Kali Dasar Bertanda
(1,2,3) 2:1:3 genap 6
(1,3,2) 2:5:2 ganjil ¡20
(2,1,3) 4:4:3 ganjil ¡48
(2,3,1) 4:5:6 genap 120
(3,1,2) 3:4:2 genap 24
(3,2,1) 3:1:6 ganjil ¡18
det(A) =¯¯¯¯¯¯¯¯
2 4 3
4 1 5
6 2 3
¯¯¯¯¯¯¯¯
= 64
§
2.2 Cara Lain Menghitung Determinan
Pada bagian ini akan dikenalkan cara menghitung determinan dari suatu matriks. Cara ini
merupakan gabungan dari modul sebelumnya yaitu mereduksi suatu matriks sedemikian
hingga matriks tersebut menjadi bentuk baris eselon tereduksi. Metode ini akan mempermudah
mencai nilai determinan untuk ukuran yang besar. Perhatikan teorema berikut ini
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.2. Cara Lain Menghitung Determinan 32
TEOREMA 2.2.1 Pandang matriks persegi A,
a. Jika A mempunyai sebuah atau lebih baris (kolom) nol semua, maka det(A) = 0
b. det(A) = det(AT )
Bukti:
(a) Untuk mencari nilai dari suatu determinan, hasil kali dasar selalu memuat salah satu
elemen dari baris atau kolom, sehingga perkalian dasaarnya selalu memuat nol. Jadi
nilai determinannya selalu nol
(b) Sesaui dengan (a) pada hasil kali dasar selalu memuat salsh satu elemen, maka dengan
demikian nilai determinan dari A akan sama dengan AT .
Teorema dibawah ini akan mempermudah perhitungan dari suatu matriks, yaitu
TEOREMA 2.2.2 Jika matriks persegi A adalah matriks segitiga atas atau bawah,
maka det(A)= hasil kali elemen pada diagonalnya
Bukti:
telah dijelaskna diatas bahwa nilai determinan merupakan perkalian dasar yang selalu memuat
salah satu elemen pada setiap baris atau kolom, oleh karena itu pada matriks segitiga atas
atau bawah untuk baris dan kolom yan gtidak sama nilai elemennya nol, sedangkan pada
baris atau kolom yang sama elemennya tidak sama dengan nol, sehingga nilai determinan
dari matriks segitiga atas atau bawah hanyalah perkalian elemen pada diagonal utamanya
saja.
CONTOH 2.2.1 Hitung determinan dari
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
2 0 0 0
¡1 ¡3 0 0
3 5 3 0
3 2 2 4
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
= (2)(¡3)(3)(4) = ¡72
§
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.2. Cara Lain Menghitung Determinan 33
Teorema dibawah ini menunjukkan bagaimana peran dari OBE yang sudah dibahas pada
modul sebelumnya memunyai peran untuk menentukan nilai determinan
TEOREMA 2.2.3 Pandang matriks persegi A berukuran n £ n
(a) Jika B adalah matriks yang dihasilkan dari matriks A yang dilakukan dengan
OBE/OKE tunggal yaitu dengan mengalikan dengan k pada salah satu baris atau
kolom dari A, maka det(B) = kdet(A)
(b) Jika B adalah matriks yang dihasilkan dari matriks A dengan OBE/OKE yaitu
menukarkan baris atau kolom dari A, maka det(B) = ¡det(A)
(c) Jika B adalah matriks yang dihasilkan dari matriks A dengan OBE/OKE yaitu penggandaan
dari baris atau kolom dari A kemudian ditambah atau dikurang pada baris
atau kolom yang lain, maka det(B) = det(A)
CONTOH 2.2.2 Hitung matriks B yang merupakan baris kedua dari matriks A dikalikan
dengan tiga dengan matriks
A =0BB@
1 2 3
2 3 5
3 7 9
1CCA
dan matriks
B =0BB@
1 2 3
6 9 15
3 7 9
1CCA
maka determinan
det(B) =¯¯¯¯¯¯¯¯
1 2 3
6 9 15
3 7 9
¯¯¯¯¯¯¯¯
= 3
sedangkan
det(A) =¯¯¯¯¯¯¯¯
1 2 3
2 3 5
3 7 9
¯¯¯¯¯¯¯¯
= 1
jadi det(B) = 3det(A). §
CONTOH 2.2.3 matriks C adalah matriks A pada Contoh 2.2.2 dengan menukarkan
baris 1 dengan baris 3, maka
C =0BB@
3 7 9
2 3 5
1 2 3
1CCA
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.2. Cara Lain Menghitung Determinan 34
maka
det(C) =¯¯¯¯¯¯¯¯
3 7 9
2 3 5
1 2 3
¯¯¯¯¯¯¯¯
= ¡1
atau det(C) = ¡det(A). §
CONTOH 2.2.4 matriks D adalah matriks A pada Contoh 2.2.2 dengan baris kedua
dikurangi dua kali baris pertama, maka
D =0BB@
1 2 3
0 ¡1 ¡1
3 7 9
1CCA
maka
det(D) =¯¯¯¯¯¯¯¯
1 2 3
0 ¡1 ¡1
3 7 9
¯¯¯¯¯¯¯¯
= 1
atau det(D) = det(A). §
Dengan berpedoman pada Teorema 2.2.3 dan beberapa contoh, maka untuk menghitung
determinan dari suatu matriks, lakukan OBE sehingga menjadi bentuk baris eselon,
kemudian gunakan Teorema 2.2.2, maka akan mudah mencari nilai dari suatu determinan.
Perhatikan teorema dibawah ini, yang akan memudahkan perhitungan determinan.
TEOREMA 2.2.4 Jika matriks persegi A mempunyai dua baris atau dua kolom yang
sebanding, maka det(A) = 0
CONTOH 2.2.5 Hitung determinan dari
A =0BBBB@
1 1 1 6
1 2 3 14
1 4 9 36
1 6 10 66
1CCCCA
untuk menghitung determinan dari matriks A, lakukan OBE, sedemikian hingga matriksnya
menjadi bentuk baris eselon, seperti
0BBBB@
1 1 1 6
1 2 3 14
1 4 9 36
1 6 10 66
1CCCCA
B2 ¡ B1
B3 ¡ B1
B3 ¡ B1
^
0BBBB@
1 1 1 6
0 1 2 8
0 3 8 30
0 5 9 60
1CCCCA
B3 ¡ 3B2
B4 ¡ 5B2
^
0BBBB@
1 1 1 6
0 1 2 8
0 0 2 6
0 0 ¡1 20
1CCCCA
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.3. Sifat Fungsi Determinan 35
B4 + 1
2B3
^
0BBBB@
1 1 1 6
0 1 2 8
0 0 2 6
0 0 0 23
1CCCCA
maka
det(A) =¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
1 1 1 6
0 1 2 8
0 0 2 6
0 0 0 23
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
= (1)(1)(2)(23) = 46
§
Contoh lain dengan menggunakan teorema yang terakhir
CONTOH 2.2.6 Hitung determinan dari
A =0BBBB@
1 1 1 6
1 2 3 14
1 4 9 36
6 6 6 36
1CCCCA
untuk menghitung determinan dari matriks A, lakukan OBE, sedemikian hingga matriksnya
menjadi bentuk baris eselon, seperti
0BBBB@
1 1 1 6
1 2 3 14
1 4 9 36
6 6 6 36
1CCCCA
B2 ¡ B1
B3 ¡ B1
B3 ¡ 6B1
^
0BBBB@
1 1 1 6
0 1 2 8
0 3 8 30
0 0 0 0
1CCCCA
karena ada satu baris yaitu baris terakhir mempunyai nilai nol semua sesuai dengan
Teorema 2.2.1, maka
det(A) = 0
§
2.3 Sifat Fungsi Determinan
Pada bagian ini akan dibahas tentang sifat dari fungsi determinan, dari sifat fungsi determinan
tersebut diharapkan wawasan mengenai hubungan antara matriks persegi dan determinannya.
salah satunya adalah ada tidak suatu invers matriks persegi dengan menguji
determinannya. Perhatikan teorema dibawah ini
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.3. Sifat Fungsi Determinan 36
TEOREMA 2.3.1 Misal A, B dan C adalah matriks persegi berukuran n £ n yang
berbeda di salah satu barisnya, misal di baris ke-r yang berbeda. Pada baris ke-r matriks
C merupakan penjumlahan dari matriks A dan B, maka
det(C) = det(A) + det(B)
Begitu juga pada kolomnya
CONTOH 2.3.1 Perhatikan matriks-matriks
A =0BB@
1 2 5
2 3 4
3 4 5
1CCA
; B =0BB@
1 2 5
2 3 4
4 5 6
1CCA
; C =0BB@
1 2 5
2 3 4
7 9 11
1CCA
perhatikan, hanya pada baris ketiga saja yang berbeda. Dengan menggunakan Teorema 2.3.1,
maka
det(C) = det(A) + det(B)
¯¯¯¯¯¯¯¯
1 2 5
2 3 4
7 9 11
¯¯¯¯¯¯¯¯
=¯¯¯¯¯¯¯¯
1 2 5
2 3 4
3 4 5
¯¯¯¯¯¯¯¯
+¯¯¯¯¯¯¯¯
1 2 5
2 3 4
4 5 6
¯¯¯¯¯¯¯¯¡
6
=
(
¡
2
)
+
(
¡
4
)
§
Contoh diatas adalah penjumlahan dari suatu determinan dengan syarat tertentu, sekarang,
bagaimana dengan perkalian. Perhatikan lemma dibawah ini
LEMMA 2.3.2 Jika matriks persegi A dan matriks dasar E denganukuran yang sama,
maka berlaku
det(EB) = det(E)det(B)
Bukti: Telah dipelajari pada modul sebelumnya, bahwa matriks dasar E, jika dikalikan
dengan suatu matriks, maka seolah matriks tersebut dilakukan dengan OBE yang sama, jadi
B^OBE B0 = EB
dalam hal ini ada beberapa kasus, yang pertama, jika OBEnya adalah mengalikan salah satu
baris dengan k, maka
det(EB) = det(E)det(B) = kdet(B)
sedangkan kasus yang lain, menukarkan baris atau menambah pada baris yang lain akan
menghasilkan seperti kasus pertama.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.3. Sifat Fungsi Determinan 37
CONTOH 2.3.2 Matriks-matriks
A =0BB@
1 2 5
2 3 4
3 4 5
1CCA
; E =0BB@
1 0 0
0 3 0
0 0 1
1CCA
Dengan menggunakan Lemma 2.3.2, maka
det(EA) = det(E)det(A)
¯¯¯¯¯¯¯¯
1 2 5
6 9 12
7 9 11
¯¯¯¯¯¯¯¯
=¯¯¯¯¯¯¯¯
1 0 0
0 3 0
0 0 1
¯¯¯¯¯¯¯¯
¯¯¯¯¯¯¯¯
1 2 5
2 3 4
7 9 11
¯¯¯¯¯¯¯¯
= 3: ¡ 6 = ¡18
§
Perhatikan teorema dibawah ini
TEOREMA 2.3.3 Suatu matriks persegi A mempunyai invers jika dan jika det(A) 6= 0
Bukti: Dengan memperhatikan, bahwa suatu matriks persegi jika dilakukan OBE, maka
ada dua kemungkinan yaitu mengandung baris yang nol semua atau matriks identitas. Jika
matriks elementer dikalikan dengan suatu matriks persegi hasil sama dengan matriks tersebut
dilakukan satu OBE. Dan suatu matriks jika mengandung baris atau kolom yang nol
semua, maka determinan matriks tersebut adalah nol. Jadi yang mempunyai invers pasti
nilai determinannya tidak nol.
Perhatikan teorema dibawah yang mendukung Lemma 2.3.2, yaitu
TEOREMA 2.3.4 Jika A dan B dua matriks persegi berukuran sama, maka
det(AB) = det(A)det(B)
Bukti: Dengan mengasumsikan salah satu matriks tersebut sebagai perkalian dari matriks
elementer, misal matriks A, yaitu
A = E1E2E3 ¢ ¢ ¢Er
sedangkan dengan menggunakan Lemma 2.3.2, menjadi
AB = E1E2E3 ¢ ¢ ¢ErB
maka
det(AB) = det(E1)det(E2)det(E3) ¢ ¢ ¢ det(Er)det(B)
jadi
det(AB) = det(A)det(B)
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.4. Kofaktor dan Matriks Invers 38
CONTOH 2.3.3 Pandang matriks dibawah ini
A = Ã 1 2
2 3 !; B = Ã 2 5
3 4 !; AB = Ã 18 13
13 22 !
dengan menghitung, maka
det(A) = ¡1; det(B) = ¡7; maka det(AB) = 7
sesuai dengan Teorema 2.3.4
Dari beberapa teorema diatas, jika dihubungkan akan menghasilkan teorema berikut
TEOREMA 2.3.5 Jika matriks persegi A mempunyai invers, maka
det(A¡1) =
1
det(A)
Bukti: Karena A¡1A = I, maka det(A¡1A) = det(I), sedangkan menurut Teorema 2.3.4,
maka det(A¡1)det(A) = det(I) = 1 dan det(A) 6= 0, sehingga teorema tersebut terbukti.
2.4 Kofaktor dan Matriks Invers
Pada bagian ini akan dibahas tentang kofaktor dan cara mencari invers dengan kofaktor.
Ada beberapa hal yang harus diperhatikan sebelumnya, seperti minor, perluasan kofaktor
dan invers dari suatu matriks. Perhatikan definisi dibawah ini
DEFINISI 2.4.1 Jika matriks persegi A, maka minor anggota aij dinyatakan dengan
Mij dan didefinisikan sebagai determinan dari sub-matriks dari matriks awal dengan
menghilangkan baris ke¡i dan kolom ke¡j, sedangkan kofaktor anggota aij ditulis
Cij = (¡1)i+jMij
CONTOH 2.4.1 Pandang matriks persegi
0BB@
1 1 1
1 2 3
1 4 9
1CCA
Minor anggota a11 adalah
M11¯¯¯¯¯¯¯¯
1 1 1
1 2 3
1 4 9
¯¯¯¯¯¯¯¯
=¯¯¯¯¯
2 3
4 9¯¯¯¯¯
= 6
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.4. Kofaktor dan Matriks Invers 39
Sedangkan kofaktor aij adalah
Cij = (¡1)1+1M11 = 16
Untuk Minor dan kofaktor yang lain, adalah
M12¯¯¯¯¯¯¯¯
1 1 1
1 2 3
1 4 9
¯¯¯¯¯¯¯¯
=¯¯¯¯¯
1 3
1 9¯¯¯¯¯
= 6; C12 = (¡1)1+2M12 = ¡6
§
Perluasan kofaktor adalah salah satu cara untuk menghitung determinan dengan menggunakan
bantuan kofaktor, perhatikan definisi berikut
DEFINISI 2.4.2 Determinan dari matriks persegiA dapat dihitung dengan mengalikan
anggota-anggota baris atau kolom dengan kofaktornya dan menjumlahkannya. Untuk
setiap 1 · i; j · n, perluasan kofaktor dengan baris ke¡i, adalah
det(A) =
n Xj=1
aijCij
dan perluasan kofaktor dengan kolom ke¡j, adalah
det(A) =
n Xi=1
aijCij
CONTOH 2.4.2 Hitung determinan dari matriks pada Contoh 2.4.1
det(A) =¯¯¯¯¯¯¯¯
1 1 1
1 2 3
1 4 9
¯¯¯¯¯¯¯¯
= 2
sedangkan dengan perluasan kofaktor pada baris ke¡1
det(A) = 1¯¯¯¯¯
2 3
4 9¯¯¯¯¯ ¡ 1¯¯¯¯¯
1 3
1 9¯¯¯¯¯
+ 1¯¯¯¯¯
1 2
1 4¯¯¯¯¯
= 1:6 ¡ 1:6 + 1:2 = 2
atau dengan perluasan kofaktor pada kolom ke¡2
det(A) = ¡1¯¯¯¯¯
1 3
1 9¯¯¯¯¯
+ 2¯¯¯¯¯
1 1
1 9¯¯¯¯¯ ¡ 4¯¯¯¯¯
1 1
1 3¯¯¯¯¯
= ¡1:6 + 2:8 ¡ 4:2 = 2
§
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.4. Kofaktor dan Matriks Invers 40
Sedangkan yang dimaksud dengan adjoint matriks dapat dilihat pada definisi berikut ini
DEFINISI 2.4.3 Jika matriks persegi A dengan ukuran n dan Cij adalah kofaltor dari
matriks A, maka matriks kofaktor dari A ditulis
0BBBBB@
C11 C12 ¢ ¢ ¢ C1n
C21 C22 ¢ ¢ ¢ C2n
...
...
...
...
Cn1 Cn2 ¢ ¢ ¢ Cnn
1CCCCCA
transpose dari matriks tersebut dinamakan adjoint(A) ditulis Adj(A)
CONTOH 2.4.3 Cari Adj(A) dari matriks A pada conoth diatas Kofaktor dari A, adalah
C11 = 6 C12 = ¡6 C13 = 2
C21 = ¡5 C22 = 8 C23 = ¡3
C31 = 1 C32 = ¡2 C33 = 1
sehingga matriks kofaktornya adalah §
0BB@
6 ¡6 2
¡5 8 ¡3
1 ¡2 1
1CCA
dan adjoint A adalah
adj(A) =0BB@
6 ¡5 1
¡6 8 ¡2
2 ¡3 1
1CCA
Untuk mencari invers dari matriks persegi yang menggunkan matriks adjoint, perhatikan
teorem berikut ini
TEOREMA 2.4.4 Jika matriks persegi A mempunyai invers, maka
A¡1 =
1
det(A)adj(A)
Bukti:
Dengan menggunakan perluasan kofaktor dapat dengan mudah dibuktikan.
CONTOH 2.4.4 Dari contoh sebelumnya, bahwa persegi,
A =0BB@
1 1 1
1 2 3
1 4 9
1CCA
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
2.4. Kofaktor dan Matriks Invers 41
dan
adj(A) =0BB@
6 ¡5 1
¡6 8 ¡2
2 ¡3 1
1CCA
det(A) = 2
maka
A¡1 =
1
20BB@
6 ¡5 1
¡6 8 ¡2
2 ¡3 1
1CCA
=0BB@
3 ¡5
2
1
2
¡3 4 ¡1
1 ¡3
2
1
2
1CCA
§
Dengan menggunakan dari pencarian invers dan perluasan kofaktor dapat dicari penyelesaian
SPL dengan menggunakan determinan, perhatikan teorema dibawah ini
TEOREMA 2.4.5 Jika Ax = b merupakan SPL dengan n variabel dan det(A) 6= 0,
maka SPL tersebut mempunyai penyelesaian
x1 = det(A1)
det(A) ; x2 = det(A2)
det(A) ; ¢; xn = det(An)
det(A)
dengan Aj ; j = 1; ¢ ¢ ¢ ; n adalah matriks yang diperoleh dengan menggantikan anggota
matriks A pada kolom ke¡j dengan b, aturan tersebut dinamakan dengan Aturan
Cramer
Bukti:
Dengan menggunakan definisi invers yang menggunakan adjoint matriks, maka nilai setiap
variabel sesuai dengan teorema di atas.
CONTOH 2.4.5 Gunakan aturan Carmer untuk menyelesaikan SPL berikut
x1 + x2 + x3 = 6
x1 + 2x1 + 3x3 = 14
x1 + 4x1 + 9x3 = 36
Karena ada tiga varibel bebas, maka ada matriks A; A1; A2 dan A3, yaitu
A =0BB@
1 1 1
1 2 3
1 4 9
1CCAA
1
=
0BB@
6 1 1
14 2 3
36 4 9
1CCA
A2 =0BB@
1 6 1
1 14 3
1 36 9
1CCA
A3 =0BB@
1 1 6
1 2 14
1 4 36
1CCA
maka
x1 = det(A1)
det(A)
=
2
2
= 1 x2 = det(A2)
det(A)
=
4
2
= 2 x3 = det(A3)
det(A)
=
6
2
= 2
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
Modul 3
Vektor dan Operasinya
Pendahuluan
Pada Modul ini akan dibahas materi yang berkaitan dengan vektor dan ruang vektor. Dimulai
dari vektor pada dimensi dua, vektor di dimensi tiga dilanjutkan pada vektor di dimensi
n, tidak terlepas pula operasi-operasi yang berlaku pada vektor. Pada bagian belakang akan
dikupas tuntas tentang ruang vektor dan operasi-operasi yang berlaku pada ruang vektor.
Tujuan Instruksional Umum
Mahasiswa menguasai atau memahami tentang vektor pada dimensi dua, tiga dan vektor di
dimensi n, cara menentukan ruang vektor, operasi-operasi yang berlaku dan sifat-sifat dari
ruang vektor.
Tujuan Instruksional Khusus
Mahasiswa dapat mengetahui vektor pada dimensi dua, tiga dan n, begitu juga operasi dan
sifatnya, secara khusus diharapkan :
1. Memahami pengertian vektor secara gemetris dan analitis
2. Memahami operasi dan operator yang berlaku pada vektor
3. Memahami ruang vektor Euclidean pada Rn
4. Menentukan matriks transformasi antar ruang
5. Mengerti sifat-sifat transformasi linear
42
3.1. Pengantar Vektor 43
3.1 Pengantar Vektor
Vektor adalah suatu besaran yang mempunyai arah, dan skalar adalah besaran yang tidak
mempunyai arah. Kedua besaran tersebut banyak digunakan di Fisika dan Teknik. Vektor
dapat disajikan secara geometris sebagai ruas garis berarah, arah panah menunjukan arah
vektor dan panjang vektor menunjukan besaran vektor. Vektor dapat ditulis dengan huruf
kecil tebal atau tanda bar. Seperti pada Gambar 3.1.
a
B
A
AB = a = a
a
Gambar 3.1 Penulisan Vektor
v w
u
u = v = w
Gambar 3.2 Vektor Ekuivalen
Sebelum memepelajari vektor lebih detail, perhatikan definisi dibawah ini
DEFINISI 3.1.1 Jika u dan v adalah dua vektor sebarang, maka jumlah u + v adalah
vektor yang ditentukan sebagai berikut: Letakkan vektor v sedemikian hingga titik
pangkalnya bertautan dengan titik ujung v. Vektor u + v disajikan oleh anak panah
dari titik pangkal u ke titik ujung v.
u
v
w
u+v=v+u=w
v
w u
Gambar 3.3 Penjumlahan Vektor
a
a
Gambar 3.4 Vektor Negatif
Vektor-vektor yang mempunyai panjang dan arahnya sama, seperti pada Gambar 3.2
disebut ekuivalen, sedangkan penjumlahan dua vektor sesuai dengan definisi diatas dapat
dilihat pada Gambar 3.3 yang hasilnya merupakan diagonal jajaran genjang yang dibangun
oleh dua vektor. Vektor yang panjangnya nol dan arahnya sebarang disebut dengan
vektor nol dan dinyatakan dengan 0, maka berlaku
0 + v = v + 0 = v
Jika vektor v sebarang tak nol, maka ¡v, negatif dari v didefinisikan sebagai vektor
yang besarnya sama dengan v, tetapi arahnya belawanan, seperti pada Gambar 3.4. Oleh
karena itu berakibat
v + (¡v) = 0
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.1. Pengantar Vektor 44
sehingga, perhatikan definisi berikut
DEFINISI 3.1.2 Jika v dan w adalah dua vektor sebarang, maka selisih w dari v
didefinisikan sebagai
v ¡ w = v + (¡w)
Untuk mendapatkan nilai selisih dari v ¡ w tanpa melihat ¡w, cukup titik pangkal
vektor hasil pada titik ujung w dan titik ujung vektor hasil pada titik ujung vektor v, vektor
yang terbentuk adalah vektor selisih. Secara geometris dapat dilihat dengan jelas seperti
pada Gambar 3.5. Perhatikan definisi berikut ini
u-v=u+(-v)=w
u
v
w
v
u
v
w
Gambar 3.5 Pengurangan Vektor
a
2a
2a
Gambar 3.6 Perkalian Vektor
DEFINISI 3.1.3 Jika v vektor tak-nol dan k skalar sebarang tak-nol, maka hasil kali
kv didefinisikan sebagai vektor yang panjangnya jkj kali panjang v dan arahnya sesuai
dengan arah v jika k > 0 dan arahnya kebalikan dari v jika k < 0. Didefiniskan pula
kv = 0 jika k = 0 atau v = 0.
akan lebih jelas dapat dilihat pada Gambar 3.6. Suatu vektor yang berbentuk kv dinamakan
penggandaan skalar dari v.
¤ Vektor di sistem Koordinat
Vektor dapat digambarkan dalam sistem koordinat di dimensi dua atau dimensi tiga, tetapi
tidak dapat digambarkan untuk dimensi lebih dari tiga. Pandang v vektor sebarang, jika
digambarkan pada sistem koordinat bidang atau ruang, titik pangkal berada pada titik asal.
Koordinat (v1; v2) dari titik ujung v disebut komponen v dan ditulis
v = (v1; v2)
sedangkan untuk koordinat ruang, komponennya adalah (v1; v2; v3) dan ditulis
v = (v1; v2; v3)
Secara umum definisi vektor seperti dibawah ini
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.1. Pengantar Vektor 45
DEFINISI 3.1.4 Jika n adalah bilangan bulat positif, maka ganda-n berurut adalah
sederetan n bilangan real (a1; a2; ¢ ¢ ¢ ; an). Himpunan semua ganda-n berurut disebut
ruang berdimensi-n dan dinyatakan dengan Rn
Dengan definisi tersebut memungkinkan operasi penjumlahan, pengurangan dan perkalian
skalar, oleh karena itu perhatikan definisi berikut ini
DEFINISI 3.1.5 Dua vektor u = (u1; u2; ¢ ¢ ¢ ; un) dan v = v1; v2; ¢ ¢ ¢ ; vn di Rn disebut
sama jika
u1 = v1; u2 = v2; ¢ ¢ ¢ ; un = vn
sedangkan jumlah u + v didefinisikan dengan
u + v = (u1 + v1; u2 + v2; ¢ ¢ ¢ ; un + vn)
dan jika k skalar, maka perkalian skalar ku didefinisikan dengan
ku = (ku1; ku2; ¢ ¢ ¢ ; kun)
CONTOH 3.1.1 Jika diketahui v = (2; 3) dan w = (2; 3), maka kedua vektor tersebut
adalah ekuivalen atau sama, sebab
v1 = w1 = 2 dan v2 = w2 = 3
§
CONTOH 3.1.2 Jika diketahui x = (2; 3; 4) dan y = (2; 3; 4), maka kedua vektor
tersebut adalah ekuivalen atau sama, sebab
x1 = y1 = 2; x2 = y2 = 3 dan x3 = y3 = 4
§
Operasi penjumlahan dan perkalian vektor dengan skalar, mudah dilakukan dalam bentuk
komponen. Jika dua vektor di koordinat bidang dijumlahkan, misal v = (v1; v2) dan
w = (w1;w2), maka jumlahannya adalah
v + w = (v1 + w1; v2 + w2)
begitu juga pada koordinat ruang
v + w = (v1 + w1; v2 + w2; v3 + w3)
lebih jelasnya lihat Gambar 3.7
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.1. Pengantar Vektor 46
u
v
w
u2
u1 v1
v2
(u1+v1,u2+v2)
Gambar 3.7 Penjumlahan Vektor
u
w
u2
u1 ku1
ku2
(ku1,ku2)
Gambar 3.8 Perkalian Vektor
CONTOH 3.1.3 Jika diketahui v = (2; 3) dan w = (4; 6), maka jumlah kedua vektor
tersebut adalah
v + w = (2 + 4; 3 + 6) = (6; 9)
begitu juga selisih kedua vektor adalah
w ¡ v = (4 ¡ 2; 6 ¡ 3) = (2; 3)
§
CONTOH 3.1.4 Jika diketahui x = (2; 3; 4) dan y = (5; 3; 7), maka jumlah kedua
vektor tersebut adalah
x + y = (2 + 5; 3 + 3; 4 + 7) = (7; 6; 11)
begitu juga selisih kedua vektor adalah
x ¡ y = (2 ¡ 5; 3 ¡ 3; 4 ¡ 7) = (¡3; 0;¡3)
§
Perkalian vektor dengan skalar seperti pada Definisi 3.1.3 dan 3.1.5, sebarang vektor v
dan skalar k, pada koordinat bidang adalah
kv = (kv1; kv2)
dan pada koordinat ruang adalah
kv = (kv1; kv2; kv3)
lebih lengkap dapat dilihat pada Gambar 3.8
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.2. Panjang Vektor 47
CONTOH 3.1.5 Jika diketahui v = (2; 3) dan skalar k = 3, maka perkalian vektor
dengan skalar adalah
kv = (3:2; 3:3) = (6; 9)
§
CONTOH 3.1.6 Jika diketahui x = (2; 3; 4) dan skalar k = 4, maka perkalian adalah
kx = (4:2; 4:3; 4:4) = (8; 12; 16)
§
CONTOH 3.1.7 Jika diketahui x = (2; 3; 4), y = (5; 3; 7) dan skalar k = 4, maka
perkalian dan penjumlahan adalah
kx = (4:2; 4:3; 4:4) = (8; 12; 16)
§
Dari beberapa contoh diatas, dapat ditarik sebuah teorema seperti dibawah ini
TEOREMA 3.1.6 Jika u = (u1; u2; ¢ ¢ ¢ ; un), v = (v1; v2; ¢ ¢ ¢ ; v3) dan w =
(w1;w2; ¢ ¢ ¢ ;wn) adalah vektor-vektor di Rn dan k; l adalah skalar, maka
a. u + v = v + u b. u + (v + w) = (u + v) + w
c. u + 0 = 0 + u = u d. u + (¡u) = 0 artinya u ¡ u = 0
e. k(lu) = (kl)u f. k(u + v) = ku + kv
g. (k + l)u = ku + lu h. 1u = u
Buktikan teorema diatas dengan seksama sebagai latihan.
3.2 Panjang Vektor
Setelah mempelajari dengan tuntas Kegiatan belajar pertama, lanjutkan dengan menghitung
panjang dari vektor, perhatikan definisi dibawah ini
DEFINISI 3.2.1 Norm atau Panjang dari suatu u 2 Rn didefinisikan
kuk = qu2
1 + u2
2 + ¢ ¢ ¢ + u2
n
jika u 2 R2, lihat Gambar 3.9
kuk = qu2
1 + u2
2
jika u 2 R3, lihat Gambar 3.10
kuk = qu2
1 + u2
2 + u2
3
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.2. Panjang Vektor 48
u1
(u1,u2)
u u2
Gambar 3.9 Panjang Vektor di R2
u1
(u1,u2,u3)
u2
u
u3
Gambar 3.10 Panjang Vektor di R3
Sedangkan definisi jarak dari dua buah titik, perhatikan definisi berikut
DEFINISI 3.2.2 Jika titik P = (p1; p2; ¢ ¢ ¢ ; pn) dan Q = (q1; q2; ¢ ¢ ¢ ; qn) adalah titik
di Rn, maka Distance atau Jarak kedua titik tersebut adalah panjang dari vektor P¡¡1¡P!2
seperti pada Gambar 3.11, karena
P¡¡!Q = (q1 ¡ p1; q2 ¡ p2; ¢ ¢ ¢ ; qn ¡ pn)
maka jarak kedua titik diatas adalah
d = kP¡¡!Qk = p(q1 ¡ p1)2 + (q2 ¡ p2)2 + ¢ ¢ ¢ + (qn ¡ pn)2
Q(q 1,q2,q3)
P(p 1,p   2,p 3)
Gambar 3.11 Jarak antara titik P dan titik Q
CONTOH 3.2.1 Hitung panjang vektor v = (3; 4) dan hitung jarak titik P(2; 3) dan titik
Q(5; 6) di R2, panjang vektor v adalah
kvk = p32 + 42 = p25 = 5
dan jarak kedua titik adalah
d = kP¡¡!Qk = p(5 ¡ 2)2 + (6 ¡ 3)2 = p18 = 3p2
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.3. Dot Product, Proyeksi 49
CONTOH 3.2.2 Hitung panjang vektor v = (2; 3; 4) dan hitung jarak titik P(5; 3; 4)
dan titik Q(5; 6;¡2) di R3, panjang vektor v adalah
kvkp52 + 32 + 42 = p50 = 5p2
dan jarak kedua titik adalah
d = kP¡¡!Qk = p(5 ¡ 5)2 + (6 ¡ 3)2 + (¡2 ¡ 4)2 = p45 = 3p5
Perhatikan contoh terakhir ini
CONTOH 3.2.3 Hitung panjang hasil skalar dengan vektor, misal v = (2; 3; 4) dan
hitung k = 3, maka panjang hasil kali vektor adalah
kkvk = jkjkvk = 3p52 + 32 + 42 = 3p50 = 15p2
Dengan memperhatikan contoh-contoh, dapat ditarik sebuah teorema
TEOREMA 3.2.3 Jika u; v 2 Rn dan k skalar, maka berlaku
a. kuk ¸ 0
b. kuk = 0 jika dan hanya jika u = 0
c. kkuk = jkjkuk
d. ku + vk · kuk + kvk
3.3 Dot Product, Proyeksi
Operasi hasil kali dalam atau Dot Product dari dua vektor yang posisi pangkalnya berimpit
dan bersudut µ yaitu sudut yang dibangun oleh kedua vektor. Lebih jelasnya, perhatikan
definisi dibawah ini
DEFINISI 3.3.1 Jika u = (u1; u2; ¢ ¢ ¢ ; un), v = (v1; v2; ¢ ¢ ¢ ; vn) adalah vektor-vektor
di Rn dan µ adalah sudut antara u dan v, maka hasil kali dalam Euclidean didefinisikan
u ¦ v = ( kukkvk cos µ jika u 6= 0 dan v 6= 0
0 jika u 6= 0 dan v 6= 0
Untuk menghitung perkalian dalam perlu mengetahui sudut dari kedua vektor tersebut,
jika tidak diketahui maka akan sulit menghitungnya. Oleh karena itu perlu dicari perhitungan
yang lain. Pandang u dan v di R3 seperti pada Gambar 3.12, maka dengan hukum cos
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.3. Dot Product, Proyeksi 50
Q(q 1,q   2,q 3)
P(p 1,p   2,p 3)
u
q v
Gambar 3.12 Perhitungan Hasil Kali Dalam
diperoleh
kP¡¡!Qk2 = kuk2 + kvk2 ¡ 2kukkvk cos µ
Karena P¡¡!Q = v ¡ u maka dapat ditulis
kukkvk cos µ =
1
2
(kuk2 + kvk2 ¡ kv ¡ uk2)
atau
u ¦ v =
1
2
(kuk2 + kvk2 ¡ kv ¡ uk2)
dengan mensubstitusikan panjang vektor, maka diperoleh
u ¦ v = u1v1 + u2v2 + u3v3
sehingga Definisi 3.3.1 dapat ditulis ulang dengan
DEFINISI 3.3.2 Jika u = (u1; u2; ¢ ¢ ¢ ; un), v = (v1; v2; ¢ ¢ ¢ ; vn) adalah vektor-vektor
di Rn dan µ adalah sudut antara u dan v skalar, maka hasil kali dalam Euclidean didefinisikan
u ¦ v = u1v1 + u2v2 + ¢ ¢ ¢ + unvn
Sehingga besar sudut antara dua vektor dapat dicari. Perhatikan contoh berikut.
CONTOH 3.3.1 Hitung besar sudut antara dua vektor u = (1;¡2; 3;¡4) dan v =
(4; 3; 2; 1) di R4, hitung
u ¦ v = 1:4 + (¡2):3 + 3:2 + (¡4):1 = 0
sedangkan
kuk = p1 + 4 + 9 + 16 = p30
dan
kvk = p16 + 9 + 4 + 1 = p30
sehingga
cos µ = u ¦ v
kukkvk
=
0
30
= 0
jadi sudut antara dua vektor tersebut adalah ¼
2
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.3. Dot Product, Proyeksi 51
Beberapa sifat yang akan dituangkan dalam teorema dibawah ini
TEOREMA 3.3.3 Jika u; v dan w di Rn dan k adalah skalar, maka
1. u ¦ v = v ¦ u
2. (u + v) ¦ w = u ¦ w + v ¦ w
3. (ku) ¦ v = k(u ¦ v)
4. v ¦ v ¸ 0; untuk v ¦ v = 0 jika dan hanya jika v = 0
Bukti dari teorema tersebut dapat dipakai sebagai latihan.
Berdasarkan analogi dari definisi, teorema dan contoh, maka dapat ditarik sebuah teorema
sebagai berikut
TEOREMA 3.3.4 Jika u; v 2 Rn, maka
u ¦ u = u2
1 + u2
2 + ¢ ¢ ¢ + u2
n = kuk2
begitu juga jarak antara dua vektor tersebut adalah
d(u; v) = ku ¡ vk = p(u1 ¡ v1)2 + (u2 ¡ v2)2 + ¢ ¢ ¢ + (un ¡ vn)2
CONTOH 3.3.2 Jika u = (2; 3; 4; 5) dan v = (3; 5; 1;¡5) di R4, maka
kuk = p4 + 9 + 16 + 25 = p54
dan
d(u; v) = ku ¡ vk = p(3 ¡ 2)2 + (5 ¡ 3)2 + (1 ¡ 4)2 + (¡5 ¡ 5)2 = p114
Hubungan antara Hasil kali dalam dan panjang vektor dapat dilihat pada teorema berikut
ini yang lebih dikenal dengan Ketaksamaan Cauchy-Schwarz di Rn
TEOREMA 3.3.5 Jika u; v 2 Rn, maka berlaku
ju ¦ vj · kukkvk
¤ Proyeksi Ortogonal
Sebelum dibahas tentang proyeksi suatu vektor ke vektor lain perhatikan definisi berikut ini
DEFINISI 3.3.6 Dua vektor u; v 2 Rn disebut ortogonal atau tegak lurus jika
u ¦ v = 0
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.3. Dot Product, Proyeksi 52
u
w a
1
w
2
u
a w
1
w
2
u
w a
1
w
2
Gambar 3.13 Komponen Vektor
Jika sebuah vektor diproyeksikan ke vektor lain, maka ada kemungkinan vektor yang
diproyeksikan tersebut lebih kecil, lebih besar atau kebalikan dari vektor tempat proyeksi,
lebih jelasnya perhatikan Gambar 3.13. Sebuah vektor u diproyeksikan ke vektor a, maka
u = w1 + w2 atau w2 = u ¡ w1
karena w1 sejajar dengan a dan w1 tegak lurus dengan a, maka proyeksi u ke a ditulis
dengan
w1 = Proyau
sehingga vektor yang tegak lurus dengan hasil proyeksinya adalah
w2 = u ¡ Proyau
dan besarnya vektor hasil proyeksi adalah
Proyau = ka
dimana kemungkinan nilai k adalah k > 1, 0 < k · 1 dan k < 0, selanjutnya, perhatikan
teorema dibawah ini
TEOREMA 3.3.7 Jika u dan a 6= 0 di Rn, maka
Proyau = u ¦ a
kak2 a
Buktikan teorema tersebut dengan seksama, kemudian perhatikan contoh dibawah ini.
CONTOH 3.3.3 Pandang u = (2;¡1; 3) dan a = (2; 3; 4), carilah komponen vektor
dari u yang sejajar dengan a dan carilah komponen vektor dari u yang ortogonal terhadap a
Hitunglah
u ¦ a = 4 ¡ 3 + 12 = 13
kak2 = p4 + 9 + 16 = p29
kompponen vektor dari u yang sejajar dengana adalah
Proyau = u ¦ a
kak2 a =
13
29
(2; 3; 4)
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.4. Cross Product 53
dan komponen vektor dari u yang tegak lurus dengan a adalah
u ¡ Proyau = (2;¡1; 3) ¡
13
29
(2; 3; 4)
Sebelum mengakhiri kegiatan belajar ini, dan telah memperhatikan Teorema 3.3.5 dan Definisi
3.3.6 maka dapat diterima teorema berikut ini yang dikenal dengan nama Teorema Phytagoras
TEOREMA 3.3.8 Dua vektor u; v 2 Rn disebut ortogonal atau tegak lurus, maka
ku + vk2 = kuk2 + kvk2
3.4 Cross Product
Operasi hasil kali silang atau Cross Product dari dua vektor yang posisi pangkalnya berimpit.
Lebih jelasnya, perhatikan definisi dibawah ini
DEFINISI 3.4.1 Jika u = (u1; u2; u3), v = (v1; v2; v3) adalah vektor-vektor di R3,
maka hasil kali silang didefinisikan
u £ v = ﯯ¯¯
u2 u3
v2 v3¯¯¯¯¯
;¡¯¯¯¯¯
u1 u3
v1 v3¯¯¯¯¯
;¯¯¯¯¯
u1 u2
v1 v2¯¯¯¯¯
!
atau
u £ v = (u2v3 ¡ u3v2; u1v3 ¡ u3v1; u1v2 ¡ u2v1)
CONTOH 3.4.1 Hitung u £ v dengan u = (1;¡2; 3) dan v = (4; 5; 6) di R3, maka
u £ v = ﯯ¯¯
¡2 3
5 6¯¯¯¯¯
;¡¯¯¯¯¯
1 3
4 6¯¯¯¯¯
;¯¯¯¯¯
1 ¡2
4 5¯¯¯¯¯
!
atau
u £ v = (¡27; 6; 13)
Perbedaan antara hasil kali dalam dan hasil kali silang yaitu hasilnya, pada hasil kali
dalam hasilnya adalah sebuah skalar, sedangkan pada hasil kali silang hasilnya adalah sebuah
vektor yang tegak lurus dengan kedua vektor yang dikalikan. Perhatikan teorea berikut
ini, yaitu hubungan antara hasil kali dalam dan hasil kali silang.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.4. Cross Product 54
TEOREMA 3.4.2 Jika u; v dan w adalah vektor di R3, maka
a. u ¦ (u £ v) = 0
b. v ¦ (u £ v) = 0
c. ku £ vk2 = kuk2kvk2 ¡ (u ¦ v)2
d. u £ (v £ w) = (u ¦ w)v ¡ (u ¦ v)w
e. (u £ v) £ w = (u ¦ w)v ¡ (v ¦ w)u
Buktikan teorema tersebut dengan seksama sebagai latihan. Kemudian lihat contoh dibawah
ini
CONTOH 3.4.2 Hitung u £ v dengan u = (1;¡2; 3) dan v = (4; 5; 6) di R3, maka
u ¦ (u £ v) = 1:(¡27) + (¡2):6 + 3:13 = 0
begitu juga
v ¦ (u £ v) = 4:(¡27) + 5:6 + 6:13 = 0
membuktikan bahwa hasil kali silang selalu tegak lurus dengan vektor hasilnya.
Perhatikan teorema berikut ini
TEOREMA 3.4.3 Jika u; v dan w adalah vektor di R3 dan k skalar sebarang, maka
a. u £ v = ¡(v £ u)
b. u £ (v + w) = (u £ v) + (u £ w)
c. (u + v) £ w = (u £ w) + (v £ w)
d. k(u £ v) = (ku) £ v
e. u £ 0 = 0 £ u = 0
f. u £ u = 0
Buktikan teorema tersebut secara seksama sebagai latian, perhatikan contoh dibawah
ini
CONTOH 3.4.3 Tinjau vektor satuan standar di R3, yaitu
i = (1; 0; 0) j = (0; 1; 0) k = (0; 0; 1)
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.4. Cross Product 55
i
j
k
Gambar 3.14 Vektor Satuan Standar
posisi dan arah dari ketiga vektor satuan tersebut dapat dilihat pada Gambar 3.14, sehingga
hasil kali silang antara ketiga vektor adalah
i £ i = 0 j £ i = ¡k k £ i = j
i £ j = k j £ j = 0 k £ j = ¡i
i £ k = ¡j j £ k = i k £ k = 0
Gunakan tangan Kanan Ampere untuk mencari arah dari hasil kali silang dua vektor.
¤ Interpretasi Geometris Cross Product
Telah diketahui untuk u; v 2 R3, bahwa
ku £ vk2 = kuk2kvk2 ¡ (u ¦ v)2
jika µ adalah sudut antara dua vektor tersebut, maka
ku £ vk2 = kuk2kvk2 ¡ kuk2kvk2 cos2 µ
= kuk2kvk2(1 ¡ cos2 µ)
= kuk2kvk2 sin2 µ
sehingga
ku £ vk = kukkvk sin µ
jika digambarkan dalam koordinat bidang merupakan luas jajaran genjang dengan alas kuk
dan tinggi kvk sin µ, seperti pada Gambar 3.15.
u
v
u
v
q
v sinq
Gambar 3.15 Luas Jajaran Genjang
Sehingga dapat diturunkan teorema berikut ini
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
3.4. Cross Product 56
TEOREMA 3.4.4 Jika u; v 2 R3 maka ku £ vk sama dengan luas jajaran genjang
yang ditentukan oleh u dan v.
CONTOH 3.4.4 Jika u = (¡3;¡2;¡2) dan v = (¡2; 2; 3), maka luas yang dibangun
oleh kedua vektor tersebut adalah
ku £ vk = k(¡13; 5;¡10)k = p294
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
Modul 4
Transformasi Linear dan Sifat
Pendahuluan
Pada Modul ini akan dibahas materi yang berkaitan dengan transformasi linear, yang merupakan
dasar dalam telaah aljabar yang berbentuk fungsi. Transformasi linear yang dimaksud
adalah perpindahan dari satu ruang yang biasanya dinamakan dengan domain atau daerah
asal ke ruang yang lain yang dinamakan dengan kodomain atau daerah hasil.
Tujuan Instruksional Umum
Mahasiswa menguasai atau memahami suatu perpindahan vektor dari satu ruang ke ruang
yang lain.
Tujuan Instruksional Khusus
Mahasiswa dapat mengetahui dan memahami cara mentransformasikan vektor dari satu
ruang ke ruang yang lain, secara khusus diharapkan :
1. Memahami pengertian transformasi linear
2. Memahami komposisi transformasi linear
3. Menyelesaikan atau mencari matriks transformasi
57
4.1. Transformasi Linear 58
4.1 Transformasi Linear
Jika daerah asal suatu fungsi f adalah Rn dan daerah hasilnya adalah Rm, maka f disebut
transformasi dari Rn ke Rm dan ditulis
f : Rn ! Rm
jika transformasi dari ruang yang sama, dinamakan operator yaitu
f : Rn ! Rn
Untuk mengilustrasikan suatu transformasi dari satu ruang ke ruang yang lain, misal
dari Rn ke ruang Rm dan f1; f2; ¢ ¢ ¢ ; fm adalah fungsi bernilai real, ditulis
w1 = f1(x1; x2; ¢; xn)
w2 = f2(x1; x2; ¢; xn)
w3 = f3(x1; x2; ¢; xn) (4.1)
...
...
...
wm = fm(x1; x2; ¢; xn)
Jika suatu transformasi dinyatakan seperti
T : Rn ! Rm
maka dapat ditulis
T(x1; x2; ¢; xn) = (x1; x2; ¢ ¢ ¢ ; xm)
CONTOH 4.1.1 Persamaan-persamaan
w1 = x1 + x2
w2 = 3x1x2
w3 = x3
1 ¡ x2
2
Jika ditulis dalam bentuk teransformasi T : R2 ! R3 atau
T(x1; x2) = (x1 + x2; 3x1x2; x3
1 ¡ x2
2)
misal
T(1;¡2) = (¡1;¡6;¡3)
Secara umum transformasi linear dari ruang Rn ke ruang Rm ditulis
T : Rn ! Rm
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
4.1. Transformasi Linear 59
dan bila dinyatakan dalam persamaan, yaitu
w1 = a11x1 + a12x2 + ¢ ¢ ¢ + a1nxn
w2 = a21x1 + a22x2 + ¢ ¢ ¢ + a2nxn
...
...
...
wm = am1x1 + am2x2 + ¢ ¢ ¢ + amnxn
atau ditulis dalam notasi matriks
0BBBBB@
w1
w2
...
wm
1CCCCCA
=
0BBBBB@
a11 a12 ¢ ¢ ¢ a1n
a21 a22 ¢ ¢ ¢ a2n
...
...
...
...
am1 am2 ¢ ¢ ¢ amn
1CCCCCA
0BBBBB@
x1
x2
...
xm
1CCCCCA
atau secara ringkas ditulis dengan
w = Ax
Matriks A disebut matriks standar untuk transformasi linear T, dan T disebut perkalian
dengan A.
CONTOH 4.1.2 Transformasi linear T : R2 ! R3 yang didefinisikan oleh persamaanpersamaan
berikut
w1 = 2x1 ¡ 3x2 + 1x3 ¡ 5x4
w2 = 4x1 + x2 ¡ 2x3 + x4
w3 = 5x1 ¡ x2 + 4x3
jika dinyatakan dalam bentuk matriks
0BB@
w1
w1
w2
1CCA
=0BB@
2 ¡3 1 ¡5
4 1 ¡2 1
5 ¡1 4 0
1CCA
0BBBB@
x1
x2
x3
x4
1CCCCA
sehingga matriks standar untuk T adalah
A =0BB@
2 ¡3 1 ¡5
4 1 ¡2 1
5 ¡1 4 0
1CCA
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
4.1. Transformasi Linear 60
jika
(x1; x2; x3; x4) = (1;¡3; 0; 2)
maka
0BB@
w1
w1
w2
1CCA
=0BB@
2 ¡3 1 ¡5
4 1 ¡2 1
5 ¡1 4 0
1CCA
0BBBB@
1
¡3
0
2
1CCCCA
=0BB@
1
3
8
1CCA
§
Jika T : Rn ! Rm adalah perkalian dengan A, dan jika diperlukan penekanan bahwa A
adalah matriks standar untuk T, maka transformasi linear T : Rn ! Rm dinyatakan sebagai
TA : Rn ! Rm, jadi
TA(x) = Ax
¤ Geometri Transformasi Linear
Secara geometris, apakah sebuah titik atau sebuah vektor yang akan ditransformasikan. Jika
sebuah titik yang akan ditransformasikan dapat dilihat dalam Gambar 4.1, sedangkan
sebuah vektor yang akan ditransformasikan dapat dilihat pada Gambar 4.2.
x
T(x)
Gambar 4.1 T Memetakan Titik ke Titik
x
T(x)
Gambar 4.2 T Memetakan Vektor ke Vektor
CONTOH 4.1.3 Jika 0 adalah matriks nol berukuran m £ n dan 0 adalah vektor nol di
Rn, maka untuk setiap vektor x di Rn, sehingga transformasinya
T0(x) = (0)x = 0
transformasi tersebut dinamakan transformasi nol dari Rn ke Rm.
¤ Operator Pencerminan di R2
Operator T : R2 ! R2 yang memetakan setiap vektor ke bayangan simetrisnya terhadap
sumbu-y, seperti terlihat pada Gambar 4.3. Jika w = T(x) suatu operator, maka persamaan
yang menghubungkan komponen x dan w adalah
w1 = ¡x = ¡x + 0y
w2 = y = 0x + y (4.2)
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
4.1. Transformasi Linear 61
w=T(x) x
x
y
(-x,y) (x,y)
Gambar 4.3 Pencerminan Terhadap Sumbu-y
atau ditulis dalam bentuk matriks,
à w1
w2 != Ã ¡1 0
0 1 !Ã x
y ! (4.3)
karena Persamaan 4.2 adalah linear, maka T adalah operator linear dan dari Persamaan 4.3
adalah matrisk standar untuk T adalah
[T] = Ã ¡1 0
0 1 !
Untuk pencerminan yang lain, silahkan dicari matriks transformasinya sebagai latihan.
x
w=T(x)
y
z
(x,y,z)
(x,y,-z)
x
Gambar 4.4 Pencerminan Terhadap Bidang-xy
¤ Operator Pencerminan di R3
Operator T : R3 ! R3 yang memetakan setiap vektor ke bayangan simetrisnya terhadap
bidang-xy, seperti terlihat pada Gambar 4.4. Jika w = T(x) suatu operator, maka persamaan
yang menghubungkan komponen x dan w adalah
w1 = x = x + 0y + 0z
w2 = y = 0x + y + 0z (4.4)
w3 = ¡z = 0x + 0y ¡ z
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
4.1. Transformasi Linear 62
atau ditulis dalam bentuk matriks,
0BB@
w1
w2
w3
1CCA
=0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 ¡1
1CCA
0BB@
x
y
z
1CCA
(4.5)
karena Persamaan 4.4 adalah linear, maka T adalah operator linear dan dari Persamaan 4.5
adalah matrisk standar untuk T adalah
[T] =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 ¡1
1CCA
Untuk pencerminan terhadap bidang yang lain, silahkan dicari matriks transformasinya
sebagai latihan.
¤ Komposisi Transformasi
Komposisi transformasi adalah transformasi yang dilakukan secara berulang. Jika TA :
Rn ! Rk dan T : Rk ! Rm adlah transformasi linear, maka 8x 2 Rn dikenakan
pada TA yang menghasilkan TA(x) kemudian dilanjutkan dengan TB yang menghasilkan
TB(TA(x)) yang berada di Rm, secara singkat ditulis
TB(TA(x)) = (TB ± TA)(x)
jika TA transformasi yang berbentuk matriks A dan TB transformasi yang berbentuk matriks
B, sehingga komposisi TB ± TA adalah linear, karena
TB(TA(x)) = (TB ± TA)(x) = B(Ax) = (BA)x
T (x) x 1
y
x
T2(T (x)) 1
Gambar 4.5 Komposisi T2 ± T1
x
T (x) 2
y
x
T1(T (x)) 2
Gambar 4.6 Komposisi T1 ± T2
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
4.2. Sifat Transformasi Linear 63
CONTOH 4.1.4 Jika T1 : R2 ! R2 adalah operator pencerminan terhadap sumbu-
x dan T2 : R2 ! R2 adalah operator pencerminan terhadap garis-y = x. Gambar 4.5
mengilustrasikan hasil dari operasi pencerminan terhadap sumbu-x kemudian dilanjutkan
dengan pencerminan terhadap garis-y = x dapat ditulis
(T2 ± T1)(x) = T2(T1(x)) = Ã 0 1
1 0 !Ã ¡1 0
0 1 != Ã 0 1
¡1 0 !
sedangkan Gambar 4.6 mengilustrasikan hasil dari operasi pencerminan terhadap garis-y =
x kemudian dilanjutkan dengan pencerminan terhadap sumbu-x dapat ditulis
(T1 ± T2)(x) = T1(T2(x)) = Ã ¡1 0
0 1 !Ã 0 1
1 0 != Ã 0 ¡1
1 0 !
jadi
T2 ± T1 6= T1 ± T2
Komposisi transformasi juga dapat dilakukan lebih dari dua transformasi linear.
4.2 Sifat Transformasi Linear
Pada bagian ini akan dibahas tentang sifat dari transformasi linear, antara lain apakah matriks
transformasi dapat dibalik (punya invers) dan juga juga mencari karakteristik transformasi
sehingga dapat ditarik transformasi yang lebih umum.
Transformasi linear yang memetakan vektor atau titik yang berbeda ke vektor atau titik
yang berbeda merupakan transformasi linear yang sangat penting. Salah satu transformasi
linear yang penting adalah operator linear T : R2 ! R2 yang merotasikan setiap vektor
pada sudut µ Secara geometris jelas bahwa jika u dan v merupakan vektor yang berbeda
di R2, maka juga vektor T(u) dan T(v) merupakan hasil transformasi, seperti terlihat pada
Gambar 4.7
T(u)
v
T(v)
q u
q
x
y
Gambar 4.7 Vektor yang dirotasikan
y
z
P
x
Q
M
Gambar 4.8 Titik-titik diproyeksikan
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
4.2. Sifat Transformasi Linear 64
Sebaliknya, jika T : R3 ! R3 adalah proyeksi ortogonal R3 pada bidang-xy, maka
titik-titik yang berbeda pada satu garis vertikal yang sama terpetakan ke satu titik yang
sama seperti terlihat pada Gambar 4.8.
Perhatikan definisi berikut ini
DEFINISI 4.2.1 Suatu transformasi linear T : Rn ! Rm disebut satu-satu jika T
memetakan vektor (titik) yang berbeda pada Rn ke vektor (titik) yang berbeda pada Rm
Dengan menganggap bahwa matriks transformasi berbentuk matriks persegi, jika matriks
tersebut konsisten maka matriks tersebut punya invers dan sebaliknya, atau perhatikan
teorema berikut ini
TEOREMA 4.2.2 Jika A adalah matriks n £ n dan TA : Rn ! Rn adalah perkalian
dengan A, maka pernyataan berikut ini ekuivalen
a. A dapat dibalik (mempunyai invers)
b. Daerah hasil dari TA adalah Rn
c. TA adalah satu-satu
Contoh transformasi dari Gambar 4.7 menghasilkan sebuah matriks, yaitu
[T] = Ã cos µ ¡sin µ
sin µ cos µ !
yang mempunyai invers (dapat dibalik), karena
det[T] =¯¯¯¯¯
cos µ ¡sin µ
sin µ cos µ¯¯¯¯¯
= 1 6= 0
Sedangkan matriks yang dibangun oleh Gambar 4.8 adalah sebuah matriks
[T] =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 0
1CCA
(4.6)
yang tidak dapat dibalik (tidak punya invers), karena
det[T] =¯¯¯¯¯¯¯¯
1 0 0
0 1 0
0 0 0
¯¯¯¯¯¯¯¯
= 0
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
4.2. Sifat Transformasi Linear 65
x
T
A
T
A
-1
w
Gambar 4.9 Operator Invers
¤ Invers Operator Linear
Jika TA : Rn ! Rn adalah operator linear satu-satu, maka Teorema 4.2.2 matriks A dapat
dibalik. Sedangkan TA¡1 : Rn ! Rn sendiri adalah operator linear yang disebut invers
dari TA. Operator-operator TA dan TA¡1 saling membalikan sehingga
TA(TA¡1(x)) = AA¡1x = Ix = x
atau
TA¡1(TA(x)) = A¡1Ax = Ix = x
dapat juga ditulis
TA ± TA¡1 = TAA¡1 = TI
atau
TA¡1 ± TA = TA¡1A = TI
Secara geometris dapat dilihat pada Gambar 4.9 yang mempunyai arti
TA¡1(w) = TA¡1(TA(x)) = x
CONTOH 4.2.1 Tunjukan bahwa operator T : R2 ! R2 didefinisikan oleh persamaan
w1 = x1 + x2
w2 = 2x1 + 3x2
adalah satu-satu, cari T¡1(w1;w2)
Jawab:
Ubah persamaan ke bentuk matriks, yaitu
à w1
w2 != Ã 1 1
2 3 !Ã x1
x2 !
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
4.2. Sifat Transformasi Linear 66
sehingga matriks standar untuk T adalah
[T] = Ã 1 1
2 3 !
matriks tersebut mempunyai invers, yaitu
[T¡1] = [T]¡1 = Ã 3 ¡1
¡2 1 !
Jadi
[T¡1]Ã w1
w2 != Ã 3 ¡1
¡2 1 !Ã w1
w2 != Ã 3w1 ¡ w2
¡2w1 + w2 !
atau dapat ditulis
T¡1(w1;w2) = (3w1 ¡ w2;¡2w1 + w2)
¤ Sifat Kelinearan
Setelah dipelajari tentang invers dari suatu transformasi, sifat kelinearan adalah konsep
dasar untuk memperlas konsep secara umum, perhatikan teorema berikut ini.
TEOREMA 4.2.3 Transformasi T : Rn ! Rm dikatkan linear jika dan hanya jika
hubungan berikut terpenuhi, yaitu 8u; v 2 Rn dan c skalar, berlaku
a. T(u + v) = T(u) + T(v)
b. T(cu) = cT (u)
Bukti dari teorema ini, gunakan teorema atau definisi dari matriks yang sudah dipelajari
terlebih dahulu. Perhatikan teorema berikut ini
TEOREMA 4.2.4 Jika T : Rn ! Rm adalah transformasi linear, dan e1; e2; ¢ ¢ ¢ ; en
adalah vektor basis standar dari Rn, maka matriks standar dari T adalah
[T] = [T(e1); T(e2); ¢ ¢ ¢ ; T(en)] (4.7)
Proyeksi ortogonal pada bidang-xy yang menghasilkan sebuah matriks transformasi
sesuai dengan Persamaan 4.6, jika dicari dengan menggunakan Persamaan 4.7 akan didapat
T(e1) = e1 =0BB@
1
0
0
1CCA
T(e2) = e2 =0BB@
0
1
0
1CCA
T(e3) = 0 =0BB@
0
0
0
1CCA
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
4.2. Sifat Transformasi Linear 67
e1
e2
x
y
Gambar 4.10 Basis Standar R2
e1
e2
x
y
e3
z
Gambar 4.11 Basis Standar R3
jadi
[T] =0BB@
1 0 0
0 1 0
0 0 0
1CCA
yang sesuai.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
Modul 5
Ruang Vektor
Pendahuluan
Pada Modul ini akan dibahas materi yang berkaitan dengan vektor secara umum, yaitu suatu
obyek sebarang. Dengan memberikan aksioma-aksioma tertentu pada suatu himpunan
vektor, maka himpunan vektor dapat dikaakan sebagai ruang vektor, kemudian dilanjutkan
dengan sub-ruang dan dijelaskan pula sifat-sifat dari ruang vektor tersebut. Tidak terlepas
pula akan dicari rank (peringkat) dan nulitas (null) serta dimensi dari sebuah matriks.
Tujuan Instruksional Umum
Mahasiswa menguasai atau memahami tentang vektor (apa saja yang dapat disebut sebagai
vektor) dan ruang vektor, begitu juga paham tentang peringkat dan nulitas serta dimensi dari
dari sebuah matriks.
Tujuan Instruksional Khusus
Mhs dapat mengetahui tentang vektor dan ruangnya, secara khusus diharapkan :
1. Memahami pengertian vektor secara umum
2. Memahami ruang vektor dan sub-ruangnya
3. Memahami tentang basis dan dimensi dari suatu ruang
4. Memahami rank dan nulitas dari suatu ruang
68
5.1. Ruang Vektor Real 69
5.1 Ruang Vektor Real
Di modul sebelumnya, telah dipelajari dengan seksama tentang vektor di R2 dan R3 yang
dapat divisualisasikan dengan baik dan nyata. Sedangkan di ruang yang lebih tinggi lagi
atau lebih dari tiga, visualisasi tidak dapat dilakukan dengan baik dan nyata. Oleh karena
itu perlu dibuat suatu aturan bagaimana vektor itu sebenarnya, perhatikan definisi berikut
ini:
DEFINISI 5.1.1 V adalah himpunan vektor tak kosong dari obyek dengan dua
opearasi yang didefinisikan, yaitu penjumlahan vektor dan perkalian skalar. Penjumlahan
vektor adalah suatu aturan yang menghubungkan setiap pasangan obyek
u; overlinev 2 V dengan suatu obyek u + v yang disebut dengan jumlah u dan v
dan perkalian skalar adalah aturan yang menghubungkan setiap skalar k dan setiap
obyrk u 2 V dengan obyek ku yang disebut dengan perkalian skalar dari u dengan k.
Jika aksioma dibawah ini dipenuhi oleh 8u; v;w 2 V dan semua skalar k dan l, maka
V disebut ruang vektor obyek yang berada di dalam V disebut dengan vektor.
a. Jika u; v 2 V , maka u + v 2 V
b. u + v = v + u
c. u + (v + w) = (u + v) + w
d. Ada 0 2 V yang disebut dengan vektor nol untuk V ,
sehingga berlaku 0 + u = u + 0 = u
e. Ada ¡u 2 V yang disebut dengan vektor negatif dari u,
sehingga berlaku u + (¡u) = (¡u) + u = 0
f. ku 2 V
g. k(u + v) = ku + kv
h. (k + l)u = ku + lu
i. k(lu) = (kl)u
j. 1u = u
Telah disebutkan diatas yang dimaksud dengan obyek dapat berbentuk vektor, matriks
atau yang lainnya, tergantung pada aplikasi yang digunakan dan operator yang digunakan
tidak harus berbentuk penjumlahan dan perkalian. Perhatikan beberapa contoh berikut ini.
CONTOH 5.1.1 Tunjukan bahwa himpunan V dari semua matriks beukuran 2£2 dengan
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.1. Ruang Vektor Real 70
angota bilangan real merupakan suatu ruang vektor, jika operasi penjumlahan vektor didefinisikan
sebagai penjumlahan matriks dan operasi perkalian skalar dengan vektor diartikan
sebagai perkalian skalar dengan matriks. Bagaimana dengan matriks yang berukuranm£n
CONTOH 5.1.2 Kalau V = R2 dan didefinisikan dua operasi yaitu
u + v = (u1 + v1; u2 + v2); dan ku = (ku1; 0)
Apakah V ruang vektor?
Ternyata V bukan ruang vektor, karena dari sepuluh aksioma, salah satu axioma tersebut
tidak terpenuhi, yaitu aksioma ke-sepuluh
Sub-ruang
Suatu ruang vektor yang tercakup oleh ruang vektor yang lebih besar adalah suatu hal yang
mungkin. Sebagai contoh ruang vektor R2 akan tercakup oleh ruang vektor R3. Secara
umum perhatikan definisi berikut ini
DEFINISI 5.1.2 Suatu himpunan bagian W dari suatu ruang vektor V disebut suatu
sub-ruang dari V jika W sendiri adalah suatu ruang vektor di bawah penjumlahan dan
perkalian skalar yang didefinisikan pada V .
Secara umum, kesepuluh aksioma ruang vektor untuk menunjukan bahwa suatu himpunan
W dengan penjumlahan dan perkalian skalar membentuk suatu ruang vektor. Secara
tidak langsung W diwarisi oleh aksioma dari V . Perhatikan teorema berikut ini
TEOREMA 5.1.3 Jika W adalah suatu himpunan satu atau lebih vektor dari suatu
ruang vektor V , maka W adalah suatu sub-ruang dari V jika dan hanya jika syaratsyarat
berikut terpebuhi
1. Jika u; v 2 W, maka u + v 2 W
2. Jika k skalar, dan u 2 W, maka ku 2 W
CONTOH 5.1.3 Himpunan yang beranggotakan vektor nol saja f0g adalah sub-ruang R2
yang dinamakan sub-ruang nol begitu juga sebagai sub ruang R3, karena memenuhi kedua
aksioma pada Teorema 5.2.2 yang juga memenuhi kesepuluh aksioma pada Definisi 5.2.1
CONTOH 5.1.4 Garis yang melalui titik asal adalah sub-ruang R2 dan juga sub-ruang
R3, karena setiap garis yang melalui titik asal bila dijumlahkan dengan garis yang melalui
titik asal yang lain hasilnya juga sebuah garis yang melalui titik asal juga, begitu juga
perkalian skalar.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.2. Kombinasi Linear dan Membangun 71
CONTOH 5.1.5 Bidang yang melalui titik asal adalah sub-ruang R3, karena dua vektor
yang terletak dalam satu bidang bila dijumlahkan hasilnya akan dalam satu bidang juga.
Jika Ax = b adalah suatu sistem persamaan linear, maka setiap vektor x yang memenuhi
persamaan ini disebut suatu vektor penyelesaian dari sistem tersebut. Perhatikan teorema
berikut ini
TEOREMA 5.1.4 Jika Ax = 0 adalah suatu sistem linear homogen darim persamaan
dengan n peubah, maka himpunan vektor penyelesaiannya adalah sub-ruang dari Rn.
CONTOH 5.1.6 Pandang Sistem linear homogen Ax = 0 dengan
a:0BB@
1 ¡2 3
2 ¡4 6
3 ¡6 9
1CCA
b:0BB@
1 ¡2 3
¡3 7 ¡8
¡2 4 ¡6
1CCA
c:0BB@
1 ¡2 3
¡3 7 ¡8
4 1 2
1CCA
d:0BB@
0 0 0
0 0 0
0 0 0
1CCA
jawab:
lakukan OBE sedemikian hingga matriks A menjadi matriks eselon tereduksi, sehingga
a. dengan memisalkan z = t dan y = s, maka x = 2s ¡ 3t, sehingga dapat ditulis
x = 2y ¡ 3z ataux ¡ 2y + 3z = 0
yang merupakan persamaan bidang yang melalui titik asal.
b. dengan memisalkan z = t, maka y = ¡t dan x = ¡5t, yang merupakan persamaan
garis yang melalui titik asal.
c. penyelesaiannya adalah z = 0, y = 0 dan x = 0, yang merupakan titik asal.
d. dengan memisalkan z = t, y = s dan x = r, dimana r; s; t mempunyai nilai sebarang,
sehingga ruang penyelesaiannya adalah semua anggota di R3.
5.2 Kombinasi Linear dan Membangun
Pada kegiatan belajar ini akan dikenalkan suatu istilah atau konsep yaitu kombinasi linear
dari vektor-vektor dan membangun suatu ruang vektor. Perhatikan definisi berikut ini:
DEFINISI 5.2.1 Suatu vektor ¹p disebut suatu kombinasi linear dari vektor-vektor
¹q1; ¹q2; ¢ ¢ ¢ ; ¹qr, jika bisa dinyatakan dalam bentuk
¹p = k1¹q1 + k2¹q2 + ¢ ¢ ¢ + kr ¹qr
dengan k1; k2; ¢ ¢ ¢ ; kr adalah skalar.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.2. Kombinasi Linear dan Membangun 72
CONTOH 5.2.1 Tinjau vektor ¹p = (3; 2; 1) dan ¹q = (1; 2;¡1) di R3. Tunjukan bahwa
¹r = (9; 2; 7) adalah kombinasi linear dari ¹p dan ¹q dan bahwa ¹s = (9; 2; 7) bukanlah kombinasi
linear dari ¹p dan ¹q
jawab:
¹r akan kombinasi linear jika dapat ditemukan skalar k dan l sedemikian hingga berlaku
¹r = k¹p + l¹q, yaitu
(9; 2; 7) = k(3; 2; 1) + l(1; 2;¡1)
= (3k; 2k; k) + (l; 2l;¡l)
= (3k + l; 2k + 2l; k ¡ l)
dengan menyamakan komponen yang berpadanan diperoleh
3k + l = 9
2k + 2l = 2
k ¡ l = 7
Penyelesaian dari sistem tersebut menghasilkan k = 4 dan l = ¡3, sehingga ¹r = 4¹p ¡ 3¹q,
demikian juga untuk ¹s apakah merupakan kombinasi linear dari ¹p dan ¹q, yaitu ¹s = k¹p + l¹q,
yaitu
(4;¡1; 8) = k(3; 2; 1) + l(1; 2;¡1)
= (3k; 2k; k) + (l; 2l;¡l)
= (3k + l; 2k + 2l; k ¡ l)
dengan menyamakan komponen yang berpadanan diperoleh
3k + l = 4
2k + 2l = ¡1
k ¡ l = 8
Sistem tersebut tidak konsisten artinya tidak mempunyai penyelesaian atau tidak dapat ditemukan
k dan l, sehingga ¹s bukan kombinasi linear dari ¹p dan ¹q. §
Jika 8¹ui 2 V , untuk i = 1; 2; 3; ¢ ¢ ¢ ; r, dan jika 9¹v 6= ¹u 2 V merupakan kombinasi
linear dari ¹ui dan yang lainnya mungkin tidak kombinasi linear. Teorema berikut akan
menunjukan bahwa himpunan W yang terdiri dari semua vektor yang dapat dinyatakan
sebagai kombinasi linear dari ¹ui, maka W merupakan sub-ruang V .
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.3. Bebas Linear 73
TEOREMA 5.2.2 Jika ¹u1; ¹u2; ¢ ¢ ¢ ; ¹ur adalah vektor-vektor di ruang vektor V , maka:
1. Himpunan W semua kombinasi linear dari ¹u1; ¹u2; ¢ ¢ ¢ ; ¹ur merupakan suatu subruang
dari V .
2. W adalah sub-ruang terkecil dari V yang berisi ¹u1; ¹u2; ¢ ¢ ¢ ; ¹ur dalam arti bahwa
setiap sub-ruang lain dari V yang berisi ¹u1; ¹u2; ¢ ¢ ¢ ; ¹ur pasti mengandung W.
Selanjutnya perhatikan definisi berikut ini:
DEFINISI 5.2.3 Jika S = f¹u1; ¹u2; ¢ ¢ ¢ ; ¹urg adalah suatu himpunan vektor di ruang
vektor V , maka sub-ruang W dari V yang mengandung semua kombinasi linear dari
vektor-vektor di S disebut ruang terbangun oleh ¹u1; ¹u2; ¢ ¢ ¢ ; ¹ur dan vektor-vektor tersebut
membangun W. Untuk menunjukan bahwa W adalah ruang terbangun oleh vektorvektor
di S = f¹u1; ¹u2; ¢ ¢ ¢ ; ¹urg, dituliskan
W = bang(S) atau W = bangf¹u1; ¹u2; ¢ ¢ ¢ ; ¹urg
CONTOH 5.2.2 Tentukan apakah ¹v1 = (1; 0; 1), ¹v2 = (2; 1; 3) dan ¹v3 = (1; 1; 2) membangun
ruang vektor R3 ?
jawab:
Ambil sebarang¹b = (b1; b2; b3) 2 R3, nyatakan sebagai kombinasi linear, yaitu
¹b
= k1¹v1 + k2¹v2 + k3¹v3
atau
(b1; b2; b3) = (k1 + 2k2 + k3; k2 + k3; k1 + 3k2 + 2k3)
sehingga didapat sistem persamaan berikut
k1 + 2k2 + k3 = b1
k2 + k3 = b2
k1 + 3k2 + 2k3 = b3
untuk mencari nilai ¹b sehingga sistem konsisten, maka cukup diperiksa apakah matriks
det(A) = 0 atau tidak, jika tidak maka¹b dapat ditemukan sehingga ¹v1, ¹v2 dan ¹v3 membangun
R3 §
5.3 Bebas Linear
Pada kegiatan bealajar kali ini, akan dikenal tentang himpunan suatu vektor yang anggotanya
tidak saling tergantung antara satu vektor dengan vektor yang lainnya. Bagian ini merupakan
kelanjutan yang erat dari kegiatan sebelumnya. Perhatikan definisi berikut ini
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.3. Bebas Linear 74
DEFINISI 5.3.1 Jika S = f¹v1; ¹v2; ¹v3; ¢ ¢ ¢ ; ¹vrg adalah suatu himpunan vektor takkosong,
maka persamaan berikut
k1¹v1 + k2¹v2 + k3¹v3 + ¢ ¢ ¢ + kr¹vr =¹0
sedikitnya mempunyai penyelesaian berikut
k1 = k2 = k3 = ¢ ¢ ¢ = kr = 0
Jika hanya itu satu-satunya penyelesaian, maka S dinamakan himpunan vektor yang
bebas linear, tetapi jika ada penyelesaian yang lain, maka S dinamakan tak bebas linear.
CONTOH 5.3.1 Pandang S = f¹i;¹j ; ¹kg di R3, dengan¹i = (1; 0; 0), ¹j = (0; 1; 0) dan
¹k = (0; 0; 1) apakah S bebas linear ?
jawb:
Untuk membuktikannya, perhatikan
l1¹i + l2¹j + l3¹k =¹0
atau
l1(1; 0; 0) + l2(0; 1; 0) + l3(0; 0; 1) = (0; 0; 0)
sehingga didapat
l1 = l2 = l3 = 0
yang merupakan satu-satunya penyelesaian, sehingga S bebas linear. §
CONTOH 5.3.2 Pandang S = f¹p; ¹q; ¹rg di R3, dengan ¹p = (3;¡2; 1), ¹q = (¡1; 6; 5)
dan ¹r = (1; 2; 3) apakah S bebas linear ?
jawb:
Untuk membuktikannya, perhatikan
l1 ¹p + l2¹q + l3¹r =¹0
atau
l1(3;¡2; 1) + l2(¡1; 6; 5) + l3(1; 2; 3) = (0; 0; 0)
sehingga dapat ditulis dalam sistem linear seperti berikut
3l1 ¡ l2 + l3 = 0
¡2l1 + 6l2 + 2l3 = 0
1l1 + 5l2 + 3l3 = 0
karena nilai determinan dari sistem linear tersebut tidak sama dengan nol, maka antara satu
vektor dengan vektor yang lainnya saling tergantung atau S tak bebas linear. §
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.3. Bebas Linear 75
Perhatikan teorema dibawah ini, yaitu
TEOREMA 5.3.2 Suatu himpunan Sdengan dua atau lebih vektor, dinamakan
1. Tak bebas linear, jika dan hanya jika sedikitnya salah satu vektor di S dapat dinyatakan
sebagai kombinasi linear dengan vektor yang lainnya.
2. Bebas linear, jika dan hanya jika tidak ada vektor di S yang dapat dinyatakan
sebagai kombinasi linear dengan vektor yang lainnya.
CONTOH 5.3.3 S = f¹p; ¹q; ¹rg dengan
¹p = (2;¡1; 0; 3); ¹q = (1; 2; 5;¡1); ¹r = (7;¡1; 5; 8)
Buktikan S tak bebas linear?
jawab:
Sesuai dengan Teorema 5.3.2, bahwa jika suatu himpunan vektor jika dan hanya jika salah
satu vektor merupakan kombinasi linear dari vektor yang lainnya, maka himpunan vektor
tersebut tak bebas linear, karena
¹p = ¡
1
3
¹q +
1
3
¹r atau ¹q = ¡3¹p + ¹r atau ¹r = 3¹p + ¹q
jadi S tak bebas linear §
Perhatikan teorema dibawah ini,
TEOREMA 5.3.3 1. Suatu himpunan vektor terhingga yang mengandung vektor
nol, maka himpunan tersebut tak bebas linear
2. Suatu himpunan mempunyai tepat dua vektor dan salah satu vektor merupakan
penggandaan dari vektor yang lainnya, maka himpunan vektor tersebut tak bebas
linear
Silahkan dibuktikan!. Kemudian perhatikan teorema berikut ini
TEOREMA 5.3.4 Anngap S = f¹v1; ¹v2; ¹v3; ¢ ¢ ¢ ; ¹vrg adalah suatu himpunan vektorvektor
di Rn. Jika r > n, maka S tak bebas linear.
Bukti:
Karena jumlah vektor pada lebih banyak daripada ruangnya, maka bentuk sisitem linearnya
adalah jumlah persamaannya lebih banyak daripada jumlah variabelnya, sehingga sistem
mempunyai banyak penyelesaian, oleh karena itu S tak bebas linear.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.4. Basis dan Dimensi 76
5.4 Basis dan Dimensi
Anggapan bahwa garis merupakan dimensi satu, bidang merupakan dimensi dua dan ruang
dimensi tiga. Anggapan tersebut yang merupakan gagasan intuitf mengenai dimensi yang
tepat. Perhatikan ketiga gambar dibawah ini, Gambar ?? yaitu koordinat P = (a; b) pada
suatu sistem koordinat segiempat pada ruang berdimensi dua. Gambar ??, yaitu koordinat
P = (a; b) pada sistem koordinat tak-segiempat pada ruang berdimensi dua, sedangkan
Gambar ?? adalah koordinat P = (a; b; c) pada suatu sistem koordniat tak-segiempat pada
ruang berdimensi tiga.
Perhatikan definisi berikut ini,
DEFINISI 5.4.1 Jika V ruang vektor dan S = f¹v1; ¹v2; ¹v3; ¢ ¢ ¢ ; ¹vng adalah himpunan
vektor-vektor di V , maka S dinamakan basis untuk V jika kedua syarat dibawah ini
terpenuhi, yaitu
1. S bebas linear
2. S membangun V .
Akan lebih jelas, perhatikan teorema berikut ini;
TEOREMA 5.4.2 Jika S = f¹v1; ¹v2; ¹v3; ¢ ¢ ¢ ; ¹vng adalah basis untuk ruang V , maka
8¹x 2 V dapat dinyatakan dalam bentuk
¹x = k1v1 + k2v2 + k3v3 + ¢ ¢ ¢ + knvn
dalam tepat satu cara.
Bukti dipakai untuk latihan.
¤ Koordinat Relatif terhadap Basis
Jika S = f¹v1; ¹v2; ¹v3; ¢ ¢ ¢ ; ¹vng adalah basis untuk ruang vektor V dan
¹x = k1v1 + k2v2 + k3v3 + ¢ ¢ ¢ + knvn
adalah suatu ekspresi untuk vektor ¹x dalam bentuk basis S, maka skalar k1; k2; k3; ¢ ¢ ¢ ; kng
disebut koordinat ¹x relatif terhadap S. Vektor (k1; k2; k3; ¢ ¢ ¢ ; kn) di Rn yang tersusun dari
koordinat-koordinat ini dinamakan koordinat vektor ¹x relatif terhadap S, hal ini dinyatakan
dengan
¹x = (k1; k2; k3; ¢ ¢ ¢ ; kn)
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.4. Basis dan Dimensi 77
CONTOH 5.4.1 Pada contoh sebelumnya, S = f¹i;¹j ; ¹kg dan
¹i
= (1; 0; 0); ¹j = (0; 1; 0); ¹k = (0; 0; 1)
yang merupakan himpunan vektor yang bebas linear di R3 dan membangun R3, jadi S
adalah basis standart untuk R3.
Jika ¹u = (a; b; c) 2 R3, dapat ditulis
¹u = (a; b; c) = a(1; 0; 0) + b(0; 1; 0) + c(0; 0; 1) = a¹i + b¹j + c¹k
sehingga dapat ditulis vektor relatifnya sebagai
(¹u)s = (a; b; c)
Bagaimana basis standart untuk Rn, pikirkan.
CONTOH 5.4.2 S = f¹u1; ¹u2; ¹u3g dengan ¹u1 = (1; 2; 1),¹u2 = (2; 9; 0), dan ¹u3 =
(3; 3; 4). Tunjukan bahwa S adalah basis untuk R3 ?
jawab:
Untuk membuktikan apakah S basis atau bukan, cukup dibuktikan apakah S mempunyai
sifat bebas linear dan membangun ruang vektor R3.
Untuk membuktikan S membangun R3, ambil 8¹b = (b1; b2; b3) 2 R3, kemudian ditunjukan
apakah¹b merupakan kombinasi linear dari S, ditulis
¹b
= k1¹u1 + k2¹u2 + k3¹u3
(b1; b2; b3) = k1(1; 2; 1) + k2(2; 9; 0) + k3(3; 3; 4)
atau ditulis dalam bentuk sistem linear, yaitu
k1 + 2k2 + 3k3 = b1
2k1 + 9k2 + 3k3 = b2 (5.1)
k1 + 4k3 = b3
hitung determinan dari Persamaan 5.2, jika nilai determinannya tidak sama dengan nol,
maka¹b merupakan kombinasi linear dari S, sehingga S membangun R3.
Untuk membuktikan S bebas linear, ambil ¹0 = (0; 0; 0) 2 R3, kemudian ditunjukan
apakah¹0 merupakan kombinasi linear dari S, ditulis
¹0
= l1¹u1 + l2¹u2 + l3¹u3
(0; 0; 0) = l1(1; 2; 1) + l2(2; 9; 0) + l3(3; 3; 4)
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.4. Basis dan Dimensi 78
atau ditulis dalam bentuk sistem linear, yaitu
l1 + 2l2 + 3l3 = 0
2l1 + 9l2 + 3l3 = 0 (5.2)
l1 + 4l3 = 0
hitung determinan dari Persamaan 5.2, jika nilai determinannya tidak sama dengan nol,
maka matriks koefisiennya mempunyai invers sehingga sistem linear mempunyai penyelesaian
tunggal yaitu l1 = l2 = l3 = 0, sehingga S bebas linear.
Karena S mempunyai sifat bebas linear dan membangun R3, maka S basis untuk ruang
vektor R3. §
Setelah diketahui konsep dasar basis dari suatu ruang vektor, sekarang akan dipelajari
dimensi dari suatu ruang vektor, perhatikan definisi berikut ini;
DEFINISI 5.4.3 Suatu ruang vektor tak-nol V dinamakan berdimensi berhingga jika
V berisi himpunan vektor berhingga yaitu f¹v1; ¹v2; ¢ ¢ ¢ ; ¹vng yang merupakan basis. Jika
tidak himpunan seperti itu, maka V berdimensi tak-hingga. Ruang vektor nol dinamakan
berdimensi berhingga.
dan
DEFINISI 5.4.4 Dimensi suatu ruang vektor berdimensi berhingga V , yang ditulis
dengan dim(V ), didefinisikan sebagai jumlah vektor dalam sautu basis V . Ruang vektor
nol berdimensi nol.
Seperti Contoh 5.5.2, S adalah basis untuk R3, maka dimensi dari R3 adalah dim(S) =
3.
CONTOH 5.4.3 Tentukan basis dan dimensi dari ruang penyelesaian sisitem linear homogen
dibawah ini
2x1 + 2x2 ¡ x3 + x5 = 0
¡1x1 ¡ x2 + 2x3 ¡ 3x4 + x5 = 0
x1 + x2 ¡ 2x3 ¡ x5 = 0
x3 + x4 + x5 = 0
jawab:
Ubahlah dalam bentuk matriks A¹x =¹b kemudian lakukan OBE sedmikian hingga matriks
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.5. Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Kosong 79
A menjadi matriks eselon tereduksi seperti dibawah ini
0BBBB@
1 1 0 0 1
0 0 1 0 1
0 0 0 1 0
0 0 0 0 0
1CCCCA
0BBBBBBB@
x1
x2
x3
x4
x5
1CCCCCCCA
=0BBBB@
0
0
0
0
1CCCCA
maka dengan memisalkan x5 = t dan x2 = s, maka
x1 = ¡s ¡ t; x2 = s; x3 = ¡t; x4 = 0; x5 = t
atau
0BBBBBBB@
x1
x2
x3
x4
x5
1CCCCCCCA
=
0BBBBBBB@
¡s ¡ t
s
¡t
0
t
1CCCCCCCA
=
0BBBBBBB@
¡s
s
0
0
0
1CCCCCCCA
+
0BBBBBBB@
¡t
0
¡t
0
t
1CCCCCCCA
= s
0BBBBBBB@
¡1
1
0
0
0
1CCCCCCCA
+ t
0BBBBBBB@
¡1
0
¡1
0
1
1CCCCCCCA
yang menunjukan bahwa vektor-vektor
¹v1 =
0BBBBBBB@
¡1
1
0
0
0
1CCCCCCCA
dan ¹v2 =
0BBBBBBB@
¡1
0
¡1
0
1
1CCCCCCCA
membangun ruang penyelesaian, oleh karena itu f¹v1; ¹v2g adalah basis ruang penyelesaian
yang mempunyai dimensi dua. §
5.5 Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Kosong
Pada bagian ini akan dipelajari tiga ruang sekaligus, yaitu ruang baris, ruang kolom dan
ruang kosong ayng berkaitan dengan matriks. Hasilnya diharapkan adalah paham terhadap
hubungan antara penyelesaian sustu sistem linear dan sifat-sifat matriks koefisien. Perhatikan
definisi berikut ini
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.5. Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Kosong 80
DEFINISI 5.5.1 Suatu matriks A berukuran m £ n, yaitu
A =
0BBBBB@
a11 a12 ¢ ¢ ¢ a1n
a21 a22 ¢ ¢ ¢ a2n
...
...
. . .
...
am1 am2 ¢ ¢ ¢ amn
1CCCCCA
vektor-vektor
¹r1 = [a11 a12 ¢ ¢ ¢ a1n]
¹r2 = [a21 a22 ¢ ¢ ¢ a2n]
...
=
...
¹rm = [am1 am2 ¢ ¢ ¢ amn]
di Rn, yang dibangun dari matriks A dinamakan vektor-vektor baris dari A dan vektorvektor
¹c1 =
0BBBBB@
a11
a21
...
am1
1CCCCCA
; ¹c2 =
0BBBBB@
a12
a22
...
am2
1CCCCCA
; ¢ ¢ ¢ ; ¹cn =
0BBBBB@
a1n
a2n
... a
m
n
1CCCCCA
di di Rm, yang dibangun dari matriks A dinamakan vektor-vektor kolom dari A
Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh dibawah ini.
CONTOH 5.5.1 Ambil matriks
A = Ã 3 6 9
2 ¡1 ¡7 !
Vektor-vektor baris dari matriks A adalah
¹r1 = [3 6 9] ¹r2 = [2 ¡ 1 ¡ 7]
dan vektor-vektor kolom matriks A adalah
¹c1 = Ã 3
2 ! ¹c2 = Ã 6
¡1 ! ¹c31 = Ã 9
¡7 ! }
Sekarang perhatikan definisi berikut ini
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.5. Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Kosong 81
DEFINISI 5.5.2 Jika A adalah matriks berukuran m £ n, maka sub-ruang dari Rn
yang dibangun oleh vektor-vektor baris dari A dinamakan ruang baris dari A, dan subruang
dari Rm yang dibangun oleh vektor-vektor kolom dari A dinamakan ruang kolom
dari A. Sedangkan ruang penyelesaian dari persamaan Ax = 0 yang merupakan subruang
dari Rn dinamakan ruang kosong dari A.
Perhatikan pula beberapa teorema yang akan memperkuat, yaitu
TEOREMA 5.5.3 Suatu sistem linear A¹x =¹b konsisten jiadan hanya jika¹b berada di
ruang kolom A
TEOREMA 5.5.4 OBE tidak mengubah ruang kosong dan ruang baris dari suatu matriks
CONTOH 5.5.2 Seperti Contoh 5.5.4, carilah ruang kosongnya, dari sistem linear homogen,
ubah kebentuk matriks. Setelah itu lakukan OBE sehingga matriks berbentuk eselon
tereduksi, sehingga ditemukan
¹v1 =
0BBBBBBB@
¡1
1
0
0
0
1CCCCCCCA
dan ¹v2 =
0BBBBBBB@
¡1
0
¡1
0
1
1CCCCCCCA
yang merupakan basis ruang kosongnya. §
TEOREMA 5.5.5 Jika suatu matriks berbentuk baris-eselon, maka vektor-vektor baris
dengan utama 1 (vektor baris yang tak nol) membentuk basis suatu ruang baris dan
vektor-vektor kolom dengan utama 1 dari vektor-vektor baris membentuk basis untuk
ruang kolom.
Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh dibawah ini
CONTOH 5.5.3 Perhatikan matriks yang berbentuk baris eselon dibawah ini
R =0BBBB@
1 2 1 0 1
0 1 0 2 ¡1
0 0 0 1 2
0 0 0 0 0
1CCCCA
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.5. Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Kosong 82
sesuai dengan teorema diatas, bahwa vektor-vektor
¹r1 = [1 2 1 0 1]
¹r2 = [0 1 0 2 ¡ 1]
¹r3 = [0 0 0 1 2]
membentuk basis ruang baris dari matriks R dan vektor-vektor
¹c1
0BBBB@
1
0
0
0
1CCCCA
¹c2
0BBBB@
2
1
0
0
1CCCCA
¹c3
0BBBB@
0
2
1
0
1CCCCA
membentuk basis ruang kolom untuk R. §
Contoh berikut yang akan mempertegas dari contoh sebelumnya
CONTOH 5.5.4 Cari basis-basis ruang baris dan ruang kolom dari matriks
A =0BBBB@
1 0 2 3 4 0
2 1 4 7 10 0
5 1 10 17 23 1
1 0 2 2 3 ¡1
1CCCCAjawab:
Lakukan OBE pada matriks A sehingga menghasilkan matriks R, yaitu
R =0BBBB@
1 0 2 3 4 0
0 1 0 1 2 0
0 0 0 1 1 1
0 0 0 0 0 0
1CCCCA
berdasarkan Teorema 5.5.5 , diperoleh bahwa, vektor-vektor
¹r1 = [1 0 2 3 4 1]
¹r2 = [0 1 0 1 2 0]
¹r3 = [0 0 0 1 1 1]
membentuk basis ruang baris dari matriks R dan vektor-vektor
¹c01
0BBBB@
1
0
0
0
1CCCCA
¹c02
0BBBB@
0
1
0
0
1CCCCA
¹c03
0BBBB@
3
1
1
0
1CCCCA
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.6. Rank dan Nulitas 83
membentuk basis ruang kolom untuk R. Jadi kolom-kolom yang berpadanan dengan A,
yaitu
¹c01
0BBBB@
1
2
5
1
1CCCCA
¹c02
0BBBB@
0
1
1
0
1CCCCA
¹c03
0BBBB@
3
7
17
2
1CCCCA
membentuk basis ruang kolom untuk A. §
5.6 Rank dan Nulitas
Pada bagian ini akan dibahas atau diperiksa hubungan antara sistem linear dan ruang baris,
ruang kolom serta ruang kosong dari matriks koefisien. Dipelajari pula dimensi dari ruang
baris, ruang kolomdan ruang kosong.
Dari contoh-contoh kegiatan sebelumnya, dapat ditarik kesimpulan bahwa dimensi ruang
baris dan dimensi ruang kolom mempunyai dimensi yang sama, perhatikan teorema berikut
ini
TEOREMA 5.6.1 Jika A sebarang matriks, maka ruang baris dan ruang kolom dari A
mempunyai dimensi yang sama
Dari teorema pada kegiatan belajar sebelumnya menyatakan bahwa OBE tidak menguah
ruang baris baris dari suatu matriks, sehingga utama 1 pada matriks koefisien jumlahnya
sama. Oleh karena itu mempnyai dimensi yang sama. Perhatikan definisi berikut ini
DEFINISI 5.6.2 Dimensi bersaa dari ruang baris dan ruang kolom dari sutau matriks
A disebut dengan rank dari A dan ditulis dengan rank(A), sedangkan dimensi ruang
kosong dari A disebut dengan nulitas dari A dan ditulis null(A).
Perhatikan pula teorema berikut ini
TEOREMA 5.6.3 Jika A matriks sebarang, rank(A)=rank(AT )
dan
TEOREMA 5.6.4 Jika A matriks sebarang dengan n kolom, maka
rank(A) + null(A) = n
yang berarti dapat ditarik teorema lain, yaitu
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.6. Rank dan Nulitas 84
TEOREMA 5.6.5 Jika A matriks sebarang berukuran m £ n, maka
1. rank(A)= jumlah variabel bebas pada penyelesaian A¹x =¹0
2. null(A) = jumlah parameter dari penyelesaian A¹x =¹0
Akan lebih jelas, perhatikan contoh dibawah ini
CONTOH 5.6.1 Cari rank dan null dari matriks dibawah ini
A =0BBBB@
1 0 1 2 1 1
1 1 1 4 4 1
1 4 1 10 13 1
3 1 3 8 6 3
1CCCCA
jawab:
Lakukan OBE pada matriks diatas sehingga menjadi matriks berbentuk eseleon tereduksi,
yaitu
R =0BBBB@
1 0 1 2 1 1
0 1 0 2 3 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
1CCCCA
Jika dilakukan OBE pada AT sehingga menjadi matriks eselon teredusi, yaitu
R0 =
0BBBBBBBBB@
1 0 ¡3 2
0 1 4 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1CCCCCCCCCA
Terlihat bahwa matriks R yang tidak semuanya nol ada dua baris yang menunjukan
bahwa banyaknya anggota basis ruang baris maupun ruang kolom adalah dua, sehingga dimensi
ruang baris sama dengan dimensi ruang kolom yaitu dua, dengan kata lain rank(A)=2.
Sesuai dengan torema diatas, yaitu Teorema 5.6.3 bahwa rank dari suatu matiks sama
dengan rank matriks transpose. Terlihat bahwa hasil OBE dari A dan OBE dari AT mempunyai
rank yang sama.
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
5.6. Rank dan Nulitas 85
Selanjutnya untuk menunjukan bahwa nullitas dari matriks diatas, persamaan padanannya
adalah
0BBBB@
1 0 1 2 1 1
0 1 0 2 3 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
1CCCCA
0BBBBBBBBB@
x1
x2
x3
x4
x5
x6
1CCCCCCCCCA
=
0BBBBBBBBB@
0
0
0
0
0
0
1CCCCCCCCCA
atau
x1 + 1x3 + 2x4 + x5 + x6 = 0
x2 + 2x4 + 3x5 = 0
dengan mengambil
x6 = p; x5 = q; x4 = r; x3 = s
maka didapat
0BBBBBBBBB@
x1
x2
x3
x4
x5
x6
1CCCCCCCCCA
=
0BBBBBBBBB@
¡s ¡ 2r ¡ q ¡ p
¡2r ¡ 3q
s
r
q
p
1CCCCCCCCCA
= s
0BBBBBBBBB@
¡1
0
1
0
0
0
1CCCCCCCCCA
+r
0BBBBBBBBB@
¡2
¡2
0
1
0
0
1CCCCCCCCCA
+q
0BBBBBBBBB@
¡1
¡3
0
0
1
0
1CCCCCCCCCA
+p
0BBBBBBBBB@
¡1
0
0
0
0
1
1CCCCCCCCCA
terdapat empat parameter, sehingga sesuai dengan Teorema 5.6.5, dimensi dari ruang kosong
adalah empat atau null(A)=4. Terlihat pula sesuai dengan Teorema 5.6.4, bahwa
rank(A) + null(A) = 2 + 4 = 6 }
Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas
Daftar Pustaka
[1] Howard Anton, 2000, Dasar-Dasar Aljabar Linear, Interaksara, Batam.
[2] Steven J. Leon, 2001, Aljabar Linear dan Aplikasinya, Erlangga, Jakarta.
86http://feripribadi.blogspot.com/

Tidak ada komentar:

Poskan Komentar