DAFTAR ISI

Ruang Vektor Umum................................................................................................... 2

5.1 Ruang Vektor Real................................................................................................ 2

5.2 Subruang ............................................................................................................... 14

5.3 Kebebasan Linear.................................................................................................. 22

5.4 Basis dan Dimensi................................................................................................. 30

5.5 Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Nul......................................................... 63

5.6 Rank dan Nulitas................................................................................................... 60

Instrumen Psikomotor

Daftar Puataka

1
5.1 Ruang Vektor Real

Pada subab ini kita akan mengembangkan konsep mengenai vektor dengan mengambil
sifat-sifat paling penting dari vektor-vektor yang telah kita kenal dan kemudian
mengubahnya menjadi aksioma. Jadi, jika suatu himpunan objek memenuhi aksioma
ini, maka secara otomatis objk-objek tersebut memiliki sifat-sifat paling penting dari
vektor-vektor yang diketahui, sehimgga cukup masuk akal untuk menganggap objek-
objek ini sebagai vektor-vektor jenis baru.

Aksioma Ruang Vektor Definisi berikut terdiri dari sepuluh aksioma. Saat Anda membaca
masing-masing aksioma, ingatla selalu bahwa anda telah melihat masing-masing pernyataan
tersebut sebagai bagian dari berbagai definisi dan teorema pada dua bab terdahulu (misalnya,
lihat Teorema 4.4.4). Juga ingatlah bahwa anda tidak membuktikan aksioma, karena aksioma
hanyalah merupakan “aturan permainan.”

Definisi:

Misalkan V adalah suatu himpunan takkosong dari objek-objek sebarang, dimana dua
operasinya didefinisikan yaitu penjumlahan dan perkalian dengan skalar (bilangan). Operasi
penjumlahan (addition) dapat diartikan sebagai suatu aturan yang mengasosiaikan setiap
pasang objek u dan v pada V dengan suatu objek u + v, yang disebutr jumlah (sum) dari u
dan v. Operasi perkalian skalar (scalar multiplication), dapat diartikan sebagai suatu aturan
yang mengasosiasikan setiap skalar k dan setiap objek u pada V dengan suatu objek ku, yang
disebut kelipatan skalar (scalar multiple) dari u oleh k. Jika aksioma-aksioma berikut
dipenuhi oleh sebuah objek u, v, w pada V dan semua skalar k dan l, maka kita menyebut V
sebagai ruang vektor (vector space) dan kita menyebut objek-objek pada V sebagai vektor.

1) jika u dan v adalah objek-objek pada V, maka u + v berada pada V.

2) u + v = v + u
3) u + (v + w) = (u + v) + w
4) didalam V terdapat suatu objek 0, yang disebut vektor nol (zero vector) untuk V,
sedemikian rupa sehingga 0 + u = u + 0 = u untuk semua u pada V.
5) untuk setiap u pada V, terdapat suatu objek –u pada V, yang disebut sebagai negatif
dari u, sedemikian rupa sehingga u + (-u) = (-u) + u + 0

2
 6) jika k adalah skalar sebarang dan u adalah objek sebarang pada V, maka ku terdapat
pada V.
7) k(u + v) = ku + kv
8) (k + l)u = ku + lu
9) k(lu) = (kl) (u)
10) lu = u

CATATAN.Skalar dapat berupa bilangan real atau bilangan kompleks, tergantung pada
aplikasinya. Ruang vektor dimana skalar-skalarnya adalah bilangan kompleks disebut ruang
vektor kompleks (complex vector space), dan ruang vektor dimana skalar-skalarnya
merupakan bilangan real disebut ruang vektor real (real vector space). Pada Bab 10 kita
akan membahas ruang vektor kompleks; dan sampai Bab 10, semua skalar dianggap sebagai
bilangan real.

Ingatlah selalu bahwa definisi dari suatu ruang vektor tidak menyebutkan sifat dari
vektor maupun operasinya. Objek apa saja dapat menjadi suatu vektor dan operasi
penjumlahan dan perkalian skalar kemungkinan tidak memiliki hubungan atau kemiripan
apapun dengan operasi-operasi vektor standar pada Rn. Satu-satunya syarat adalah
terpenuhinya kesepuluh aksioma ruang vektor. Beberapa penulis menggunakan notasi  dan
 untuk penjumlahan dan perkalian skalar pada vektor guna membedakan operasi-operasi ini
dengan penjumlahan dan perkalian pada bilangan real; namun demikian, kita tidak akan
menggunakan kesepakatan ini.

Contoh Ruang Vektor contoh-contoh berikut akan mengilustrasikan berbagai jenis ruang
vektor yang mungkin. Pada setiap contoh, kita akan memberikan suatu himpunan V
takkosong dan dua operasi: penjumlahan dan perkalian skalar; kemudian kita akan
membuktikan bahwa kesepuluh aksioma ruang vektor terpenuh, sehingga V dapat disebut
sebagai ruang vektor dengan melakukan operasi-operasi yang telah ditentukan.

3
CONTOH 1 Rn adalah suatu Ruang Vektor

Himpunan V = Rn dengan operasi-operasi standar penjumlahan dan perkalian skalar yang

didefinisikan pada subbab 4.1 adalah suatu ruang vektor. Aksioma 1 dan 6 sesuang dengan
definisi operasi standar pada Rn. Aksioma-aksioma lainnya sesuai dengan teorema 4.1.1.

Tiga kasus khusus paling penting dari Rn adalah R (bilangan real), R2 ( vektor pada
bidang) dan R3 (vektor pada ruang berdimensi 3).

CONTOH 2 Ruang Vektor Matriks 2 x 2

Periksa apakah himpunan V yang berisi semua matriks 2 x 2 dengan entri-entri real
merupakan suatu ruang vektor jika penjumlahan vektor dan perkalian skalar yang belaku
adalah operasi standar pada matriks.

Penyelesaian.

Ambil sembarang 𝑢
⃗ , 𝑣, 𝑤
⃗⃗ ∈V dan k, m ∈ ℝ. Tulis

𝑢1 𝑢2
𝑢
⃗ = [𝑢 𝑢4 ], u1, u2, u3,u4 ∈ ℝ
3

𝑣1 𝑣2
𝑣 = [𝑣 𝑣4 ], v1, v2, v3,v4 ∈ ℝ
3

𝑤1 𝑤2
𝑤
⃗⃗ = [𝑤 𝑤4 ], w1, w2, w3,w4 ∈ ℝ
3

Aksioma 1

𝑢1 𝑢2 𝑣1 𝑣2
𝑢
⃗ + 𝑣 = [𝑢 𝑢4 ] +[𝑣3 𝑣4 ]
3

𝑢 + 𝑣 𝑢2 + 𝑣2
= [𝑢1 + 𝑣1
3 3 𝑢4 + 𝑣4 ]

Bilangan real bersifat tertutup terhadap operasi penjumlahan, sehingga

𝑢1 + 𝑣1 , 𝑢2 + 𝑣2 , 𝑢3 + 𝑣3 , 𝑢4 + 𝑣4 ∈ ℝ

Karena entri-entrinya merupakan bilangan real, maka

4
𝑢
⃗ + 𝑣 ∈V

Aksioma 2

𝑢1 𝑢2 𝑣1 𝑣2
𝑢
⃗ + 𝑣 = [𝑢 𝑢4 ] +[𝑣3 𝑣4 ]
3

𝑢 + 𝑣 𝑢2 + 𝑣2
= [𝑢1 + 𝑣1
3 3 𝑢4 + 𝑣4 ]

Pada bilangan real, berlaku sifat komutatif, sehingga

𝑢 + 𝑣 𝑢2 + 𝑣2
⃗ + 𝑣 = [𝑢1 + 𝑣1
𝑢
3 3 𝑢4 + 𝑣4 ]

𝑢1 𝑢2 𝑣1 𝑣2
= [𝑢 𝑢4 ] +[𝑣3 𝑣4 ]
3

Aksioma 3

Pada bilangan real berlaku sifat asosiatif, sehingga

Aksioma 4

0 0
Terdapat ⃗0 = [ ] ∈ 𝑉, sedemikian sehingga
0 0

𝑢1 𝑢2 0 0
⃗ + ⃗0 = [𝑢
𝑢 𝑢4 ] + [0 0]
3

5
 𝑢1 + 0 𝑢2 + 0
=[ ]
𝑢3 + 0 𝑢4 + 0

𝑢1 𝑢2
= [𝑢 𝑢4 ]
3

=𝑢
⃗

Aksioma 5

Untuk setiap 𝑢
⃗ , terdapat

−𝑢1 −𝑢2
⃗ = [−𝑢
-𝑢 −𝑢4 ] ∈ 𝑉, sedemikian sehingga
3

𝑢1 𝑢2 −𝑢1 −𝑢2
𝑢
⃗ + (-𝑢
⃗ ) = [𝑢 𝑢4 ] + [−𝑢3 −𝑢4 ]
3

𝑢1 + (−𝑢1 ) 𝑢2 + (−𝑢2 )
=[ ]
𝑢3 + (−𝑢3 ) 𝑢4 + (−𝑢4 )

0 0
=[ ]
0 0

= ⃗0

Aksioma 6

𝑢1 𝑢2
⃗ = k [𝑢
k𝑢 𝑢4 ]
3

𝑘𝑢1 𝑘𝑢2
=[ ]
𝑘𝑢3 𝑘𝑢4

Bilangan real bersifat tertutup terhadap operasi perkalian, sehingga ku1,ku2, ku3, ku4 ∈ ℝ.
Karena entri-entrinya merupakan bilangan real, maka

⃗ ∈𝑉
k𝑢

6
Aksioma 7

𝑢1 𝑢2 𝑣1 𝑣2
⃗ + 𝑣) = k ([𝑢
k(𝑢 𝑢4 ] + [𝑣3 𝑣4 ])
3

𝑢 + 𝑣 𝑢2 + 𝑣2
= k[𝑢1 + 𝑣1
3 3 𝑢4 + 𝑣4 ]

𝑘(𝑢1 + 𝑣1) 𝑘(𝑢2 + 𝑣2)

=[ ]
𝑘(𝑢3 + 𝑣3) 𝑘(𝑢4 + 𝑣4)

𝑘𝑢1 + 𝑘𝑣1 𝑘𝑢2 + 𝑘𝑣2

=[ ]
𝑘𝑢3 + 𝑘𝑣3 𝑘𝑢4 + 𝑘𝑣4

𝑘𝑢1 𝑘𝑢2 𝑘𝑣 𝑘𝑣2

=[ ]+[ 1 ]
𝑘𝑢3 𝑘𝑢4 𝑘𝑣3 𝑘𝑣4

𝑢1 𝑢2 𝑣1 𝑣2
= k [𝑢 𝑢4 ] +k[ 𝑣3 𝑣4 ]
3

=k 𝑢
⃗ +k𝑣

Aksioma 8

𝑢1 𝑢2
⃗ = (k + m) [𝑢
(k + m)𝑢 𝑢4 ]
3

(𝑘 + 𝑚)𝑢1 (𝑘 + 𝑚)𝑢2
=[ ]
(𝑘 + 𝑚)𝑢3 (𝑘 + 𝑚)𝑢4

𝑘𝑢1 + 𝑚𝑢1 𝑘𝑢2 + 𝑚𝑢2

=[ ]
𝑘𝑢3 + 𝑚𝑢3 𝑘𝑢4 + 𝑚𝑢4

𝑘𝑢1 𝑘𝑢2 𝑚𝑢1 𝑚𝑢2

=[ ] + [𝑚𝑢 𝑚𝑢4 ]
𝑘𝑢3 𝑘𝑢4 3

𝑢1 𝑢2 𝑢1 𝑢2
= k[𝑢 𝑢4 ] + 𝑚 [ 𝑢3 𝑢4 ]
3

=k𝑢
⃗ +m𝑢
⃗

Aksioma 9

7
 𝑢1 𝑢2
⃗ ) = k( 𝑚 [𝑢
k (m𝑢 𝑢4 ])
3

𝑚𝑢1 𝑚𝑢2
=k[𝑚𝑢
3 𝑚𝑢4 ]

𝑘(𝑚𝑢1) 𝑘(𝑚𝑢2 )
=[ ]
𝑘(𝑚𝑢3 ) 𝑘(𝑚𝑢4 )

Pada bilangan real berlaku sifat asosiatif terhadap operasi perkalian, sehingga

(𝑘𝑚)𝑢1 (𝑘𝑚)𝑢2
⃗) =[
k (m𝑢 ]
(𝑘𝑚)𝑢3 (𝑘𝑚)𝑢4

𝑢1 𝑢2
= (km) [𝑢 𝑢4 ]
3

⃗
= (km)𝑢

Aksioma 10

𝑢1 𝑢2
⃗ = 1 [𝑢
1𝑢 𝑢4 ]
3

1. 𝑢1 1. 𝑢2
=[ ]
1. 𝑢3 1. 𝑢4

𝑢1 𝑢2
= [𝑢 𝑢4 ]
3

=𝑢
⃗

Karena himpunan V memenuhi kesepuluh aksioma di atas, maka himpunan matriks 2 x

2 dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar standar merupakan ruang vektor.

CONTOH 3 Ruang Vektor dari Matriks m x n

Contoh 2 merupakan kasus khusus dari golongan ruang vektor yang lebih umum. Alasan-
alasan pada contoh tersebut dapat disesuaikan untuk menunjukkan bahwa himpunan V dari
semua matriks m x n dengan entri-entri real, bersama-sama dengan operasi penjumlahan dan
perkalian skalar matriks, merupakan suatu ruang vektor.

8
CONTOH 4 Ruang Vektor dari Fungsi Bernilai Real

Misalkan V adalah himpunan fungsi-fungsi bernilai real yang didefinisikan sepanjang garis
real (–,). Jika f= f(x) dan g= g(x) adalah dua fungsi sedemikian dan k adalah bilangan real
sebarang, maka definisikan berturut-turut jumlang fungsi f + g dan perkalian skalar kf sebagai

(f + g)(x)= f(x) + g(x) dan (kf)(x)= kf(x)

Dengan kata lain, nilai dari fungsi f + g pada x diperoleh dengan menjumlahkan nilai-nilai
dari f dan g pada x (Gambar 5.1.1a). Demikian juga nilai dari kf pada x adalah k nilai dari f
pada x (Gambar 5.1.1b). Pada bagian latihan, kami akan meminta anda untuk menunjukkan
bahwa V adalah suatu ruang vektor dalam kaitannya dengan operasi-operasi ini. Ruang
vektor ini dinotasikan dengan F(–,). Jika f dan g adalah vektor-vektor pada ruang ini,
maka menyatakan bahwa f=g adalah ekuivalen dengan menyatakan bahwa f(x)= g(x) untuk
semua x pada interval (–,).

Vektor 0 pada F(–,) adalah fungsi konstan yang identik dengan nol untuk semua
nilai x. Grafik dari fungsi ini adalah garis yang berhimpitan dengan sumbu x. Bentuk negatif
dari vektor f adalah fungsi –f= -f(x). Secara geometris, grafik –f adalah refleksi
(pencerminan) dari grafik f terhadap sumbux (Gambar 5.1.1c).

CATATAN.Pada contoh sebelumnya kita memusatkan perhatian pada interval (–,). Jika
saja kita membatasi perhatian kita pada beberapa interval tertutup [a,b] atau beberapa interval
terbuka (a,b), fungsi-fungsi yang didefinisikan pada interval-interval tersebut dengan operasi-
operasi yang dinyatakan pada contoh, juga akan menghasilkan ruang vektor. Ruang-ruang
vektor tersebut dinotasikan berturut-turut sebagai F[a,b] dan F(a,b).

CONTOH 5 Himpunan Yang Bukan Merupakan Ruang Vektor

Misalkan V = R2 dan definisikan operasi-operasi penjumlahan dan perkalian skalar sebagai

berikut: jika u = (u1,u2) dan v = (v1,v2), maka didefinisikan

u + v = (u1 + v1), (u2 + v2)

9
dan jika k adalah bilangan real sebarang, maka definisikan

ku = (ku1, 0)

sebagai contoh, juika u = (4,6), v = (-1,7), dan k = 5, maka

u + v = (4+(-1), 6+7) = (3, 13)

ku= 5u = (5●4, 0) = (20, 0)

Operasi penjumlahan merupakan operasi penjumlahan standar pada R2, tetapi operasi
perkalian skalar bukan merupakan perkalian skalar standar. Pada bagian latihan, kami akan
meminta Anda untuk menunjukkan bahwa kesembilan aksioma ruang vektor pertama
terpenuhi; namun demikian, terdapat nilai-nilai u yang menyebabkan Aksioma 10 tidak
berlaku. Sehagai contoh, jika u (u1, u2) sedemikian rupa sehingga u2 ≠ 0, maka

lu = l(u1, u2) = (l . u1, 0) = (u1, 0) ≠ u

Jadi, V bukan merupakan ruang vektor untuk operasi-operasi tersebut.

CONTOH 6 Setiap Bidang yang Melewati Titik Asal adalah Ruang Vektor

Misalkan V adalah bidang sebarang yang melewati titik asal pada R3. Kami akan
menunjukkan bahwa titik-titik pada V membentuk suatu ruang vektor di bawah operasi
penjumlahan dan perkalian skalar standar untuk vektor-vektor pada R3. Dari Contoh I, kita
mengetahui bahwa R3 itu sendiri merupakan ruang vektor di bawah operasi-operasi ini. Jadi,
Aksioma 2, 3, 7, 8, 9, dan 10 berlaku untuk semua titik pada R3 dan sebagai konsekuensinya
untuk semua titik pada bidang V. Oleh karena itu, kita hanya perlu menunjukkan bahwa
Aksioma 1, 4, 5, dan 6 terpenuhi.

Karena bidang V melewati titik asal, maka bidang tersebut memiliki persamaan
berbentuk

ax + by + cz = 0

(Teorema 3.5.1). Jadi, jika u = (u1, u2, u3) dan v = (v1, v2, v3) adalah titik-titik pada maka au1 +
bu2 + cu3 = 0 dan av1 + bv2 + cv3 = 0. Dengan menjumlahkan persamaan-persamaan ini akan
menghasilkan

a(u1 + v1) + b(u2 + v2) + c(u3 + v3) = 0

10
Kesamaan ini menunjukkan pada kita bahwa koordinat-koordinat dari titik

u + v = (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3)

memenuhi (I); jadi, u + v terletak pada bidang V. Ini membuktikan bahwa Aksioma l
terpenuhi. Pembuktian dari Aksioma 4 dan 6 ditinggalkan sebagai latihan; namun demikian,
kami akan membuktikan bahwa Aksioma 5 terpenuhi. Dengan mengalikan au1 + bu2 + cu3 = 0
dengan -1 akan menghasilkan

a(-u1) + b(-u2) +c(-u3) = 0

jadi, u = (-u1, -u2, -u3) terletak pada V. Ini menyusun Aksioma 5.

Beberapa Sifat Vektor Sejalan dengan semakin mendalamnya pembahasan kita, akan lebih
banyak contoh ruang vektor yang dapat ditambahkan ke dalam daftar yang telah kita miliki.
Kita akan menutup subab ini dengan suatu teorema yang berisi daftar sifat-sifat vektor yang
berguna.

11
Gambar 5.1.1

Teorema 5.1.1

Misalkan V adalah suatu ruang vektor, u adalah suatu vektor pada V, dan k
adalah suatu saklar, maka:

(a) 0u = 0

(b) k0 = 0

(c) (-1)u = -u
Bukti (a). Kita dapat menulis
(d) jika ku = 0, maka k = 0 atau u = 0
0u + 0u = (0 + 0) u [Aksioma 8]
Kami akan membuktikan bagian (a) dan (c) dan meninggalkan bukti-bukti
= 0u [Sifat dari bilangan 10]
bagian yang lainnya sebagai latihan.

12
Berdasarkan Aksioma 5, vektor 0u memiliki bentuk negatif, -0u. Dengan menambahkan
negatifnya ini pada kedua ruas diatas akan menghasilkan

[0u + 0u] + (-0u) = 0u + (-0u)

Atau

0u + [0u + (-0u)] = 0u + (-0u) [Aksioma 3]

0u + 0 = 0 [Aksioma 5]

0u =0 [ Aksioma 4]

Bukti (c). Untuk menunjukkan (-1)u = -u, kami harus memperlihatkan bahwa u + (-1)u = 0.
Untuk melihat ini, amati bahwa

U + (-1)u = 1u + (-1)u [Aksioma 10]

= (1 + (-1)u [Aksioma 8]

= 0u [Sifat dari bilangan]

=0 [Bagian (a) di atas]

13
5.2 Subruang

Suatu ruang vector mungkin saja dapat berada dalam ruang vector yang lainnya.
Sebagai contoh, kami telah menunjukkan pada subbab sebelumnya bahwa bidang-
bidang yang melewati titik asal adalah ruang vector yang terletak di dalam ruang
vector R3. Pada subbab ini kita akan mempelajari konsep penting ini secara lebih
mendetail.

Suatu subhimpunan dari ruang vector V, yang juga merupakan suatu vector ruang dalam
kaitannya dengan operasi penjumlahan dan perkalian scalar vector yang didefinisikan pada V
memiliki nama khusus.

Definisi

Suatu himpunan W dari suatu ruang vector Vdisebut

subruang(subspace) dari V jika Witu sendiri merupakan suatu
ruang vector di bawah penjumlahan dan perkalian scalar yang
didefinisikan pada V.

Secara umum, kesepuluh aksioma ruang vector harus dibuktikan untuk menunjukkan
bahwa suatu himpunan W dengan penjumlahan dan perkalian scalar membentuk suatu ruang
vector. Namun demikian, jika W merupakan bagian dari suatu himpunan V yang lebih besar
yang telah dketahui merupakan suatu ruang vector, maka beberapa aksioma tertentu tidak
perlu dibuktikan untuk W karena telah “diturunkan” dari V. sebagai contoh, pemeriksaan u +
v = v + u (Aksioma 2 ) terhadap W tidak perlu dilakukan karena ini berlaku untuk semua
vector pada V dan sebagai konsekuensinya untuk semua vector pada W. aksioma-aksioma
lain yang diturunkan oleh W dari V adalah 3,7,8,9 dan 10. Jadi untuk menunukkan bahwa
suatu himpunan W adalah suatu subruang dari suatu ruang vector V, kita hanya perlu
membuktikan Aksioma 1,4,5 dan 6. Teorema berikut ini menujukkan bahwa Aksioma 4 dan 5
bahkan dapat dihilangkan.

14
 Teorema 5.2.1

Jika W adalah suatu himpunan yang terdiri dari satu atau

lebih vector dari suatu ruang vector V, maka W adalah
suatu subruang dari V, jika dan hanya jika syarat-syarat
berikut terpenuhi.

(a) Jika u dan v adalah vector-vektor pada W, maka u +

v berada pada W.
(b) Jika ka dalah scalar sebarang dan u adalah vector
sebarang pada W, maka ku berada pada W.
Bukti. Jika W adalah suatu subgroup dari V, mkaa semua aksioma ruang vector terpenuhi;
khususnya, Aksioma 1 dan 6 berlaku. Tetapi aksioma-aksioma ini secara tepa adalah syarat
(a) dan (b).

Sebaliknya, asumsikan syarat (a) dan (b) berlaku. Karena syarat-syarat ini merupakan
Aksioma dan 6 dari ruang vector, maka kita hanya perlu menunjukkan bahwa W memenuhi
kedelapan aksioma lainnya. Aksioma 2,3,,8,9 dan 10 secara otomatis terpenuhi oleh vector-
vektor pada W karena aksioma-aksioma tersebut terpenuhi oleh semua vector pada V. Oleh
karena itu, untuk melengkapibukti, kita hanya perlu mebuktikan bahwa Aksioma 4 dan 5
terpenuhi oleh vector-vektor pada W.

Misalkan u adalah vector sebarang pada W. menurut syarat (b), ku berada pada W
untuk setiap scalar k. dengan mengatur k= 0, sesuai dengan teorema 5.1.1 diperoleh 0u = 0
berada pada W dan dengan mengatur k = -1, maka (-1)u = -u berada pada W.

15
CATATAN.Suatu himpunan W yang terdiri dari satu atau lebih vector dari suatu subruang V
disebut tertutup terhadap penjumlahan scalar ( closed under scalar multiplication) jika
syarat (b) berlaku. Jadi, Teorema 5.2.1 menyatakan bahwa W adalah subruang dari V jikadan
hanya jika W tertuup terhadap penjumlahan dan tertutup terhadap perkalian scalar.

CONTOH 1 Pengujian Subruang

Pada Contoh 6 subbab 5.1 kita telah membuktikan kesepuluh

aksioma ruang vector untuk menunjukkan bahwa titik-titik pada
sutu bidang yang melewati titik asal dari R3 membentuk suatu
subruang dari R3. Menurut Teorema 5.2.1, kita dapat melihat
bahwa begitu banyak pekerjaan yang sebenarnya tidak perlu
dilakukan: kita hanya perlu membuktikan bahwa bidaang tersebut
Gambar 5.2.1
tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian scalar (Aksioma 1
Vector u + v dank u dan 6). Pada subbab 5.1 kita telah membuktikan kedua aksioma
keduanya terletak pada
satu bidang yang sama tersebut secara aljaar; tetapi keduanya dapat juga dibuktikan
dengan u dan v
dengan cara geometris dengan cara sebagai berikut. Misalkan W
adalah bidang sebarang yang melewati titik asal dan misalkan u
dan v adalah vector-vektor sebarang pada W. Maka u + v harus
terletak pad W karena vector ini merupakan diagonal dari
parallelogram yang dibentuk oleh u dan v ( Gambar 5.2.1), dan
vector ku harus terletak pada W untuk scalar sebarang k karena ku
terletak pada garis yang melewati u. Jadi, W tertutup penjumlahan
dan perkalian scalar, sehingga merupakan subruang dari R3.

CONTOH 2 Garis- Garis yang Melewati Titik Asal adalah Subruang

Tunjukkan bahwwa suatu garis yang melewati titik asal dari R3

adalah subruang dari R3.

Penyelesaian,

Misalkan W adalah garis yang melewati titik asal R3. Secara

(a) W tertutup terhadap
geometris tampak bahwa jumlah dari dua vaktor pada garis ini juga
penjumlahan.

16
 akan terletak pada garis tersebut dan bahwa perkalian scalar dari
suatu vector pada garis tersebut juga terletak pada garis tersebut (
Gambar 5.2.2). Jadi, W tertutup terhadap penjumlahan dan
perkalian scalar, sehingga merupakan subruang dari R3. Pada
bagian latihan, kami akan meminta Anda untuk membuktikan hasil
inii secara aljabar dengan menggunakan persamaan – persamaan
parametric untuk garis tersebut.

CONTOH 3 Subhimpunan dari R2 yang Bukan Merupakan Subruang

Misalkan W adalah himpunan semua titik (x,y) pada R2 sedemikian rupa sehingga x ≥
0 dan y ≥ 0. Titik ini adalah titik-titik pada kuadrat pertama. Himpunan W bukan merupakan
subruang dari R2 karena tidak tertutup terhadap perkalian scalar. Sebagai contoh, v = (1,1)
terletak pada W, tetapi bentuk negatifnya (-1) v = -v = (-1,-1) tidak terletak pada W (
Garmbar 5.2.3)

Setiap ruang vector tak nol V memiliki paling tidak dua subruang: V itu sendiri
merupakan suatu subruang, dan himpunan [0] yang hanya terdiri dari vector nol pada V
adalah suatu subruang yang disebut dengan subruang nol (zero subspace). Dengan
menggabungkan hal-hal ini dengan contoh 1 dan 2, kita memperoleh daftar subruang dari R 2
dan R3sebagai berikut:

Subruang dari R2

 [0]
 Garis- garis melewati titik asal
 R2

Subruang dari R3

 [0]
 Garis- garis melewati titk asal
 Bidang-bidang melewati titik asal
 R3

Nanti, kami akan menunjukkan bahwa hanya inilah subruang dari R2 dan R3.

17
Ruang Solusi dari Sistem Homogen Jika Ax = b adalah suatu system persamaan linear,
maka setiap vector x yang memenuhi persamaan ini disebut sebagai vector solusi (solution
vector) dari system tersebut. Teorema berikut menunjukkan bahwa vector-vektor solusi dari
suatu system linear yang homogen membentuk suatu ruang vector, yang akan disebut sebagai
ruang solusi (solution space) dari sitem tersebut.

Teorema 5.2.2

Jika Ax = 0 aalah suatu system linear homogeny yang terdiri

dari m persamaan dengan n factor yang tidak diketahui,
maka himpunan vector solusi adalah suatu subruang dari Rn

Bukti. Misalkan W adalah himpuanan vector soluis. Terdapat paling tidak satu vector pada
W, yaitu 0. Untuk menunnjukkan bahwa W adlah tertutup terhadap penjumlahan dan
perkalian scalar, kita harus menunnjukkan bahwa jika x + x’ adalah vector solusi sebarang
dan k adalah scalar sebarang, maka x + x’ dank x adalah juga merupakan vector solusi.
Tetapi jika x dan x’ adalah vector solusi, mka

Ax = 0 dan Ax’ = 0

Dimana selanjutnya

A(x+x’) = Ax +Ax’ = 0 + 0 = 0

Dan

A(kx) = kAx = kAx = k0 = 0

Yang membuktikan bahwa x + x’ dan kx adalah vector solusi.

18
 Definisi

Suatu vector w disebut suatu kombinasi linear (linear

combination) dari vector- vector v1 , v2 … vr jika dapat
dinyatakan bentuk

W = k1v1 + k2v2 +…+ krvr

Dimana k1 , k2… kr adalah scalar.

CATATAN.Jika r = 1, maka persamaan dalam definisi di atas akan tereduksi menjadi w =

k1v1 ; yaitu, w adalah kombinasi linear dari suatu vector tunggal v1jika w merupakan
kelipatan scalar dari v1.

Merentang (Spanning) Jika v1 , v2, … , vr adalah vector – vector pada suatu ruang vector
V, mungkin merupakan kombinasi linear dari v1 , v2, …, vr dan vector lainnya mungkin tidak.
Teorema berikut ini menunjukkan bahwa jika kita menyusun suatu himpunan W yang
mengandung ssemua vector yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari v1 , v2, …,
vr, maka W membentuk suatu subruang dari V.

Teorema 5.2.3

Jika v1 , v2 , . . . , vr adalah vector-vektor pada suatu ruang

vector V, maka :

(a) Himpunan W ang terdiri dari semua kombinasi

linear v1 , v2, . . . , vr adalah suatu subruang dari V
(b) W adalah subruang terkecil dari V yang
mengandung v1 , v2, . . . , vr dalam arti bahwa setiap
subruang lain dari V yang mengandung v1 , v2, . . . ,
vr pasti mengandung W.

Bukti (a). untuk menunjukkan bahwa W adalah subruang dari V, kita harus membuktikan
bahwa W tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian scalar. Terdapat paling tidak satu
vector pada W, yaitu 0, karena 0 = 0v1 + 0v2 + . . . + 0vr. Jika u dan v adalah vector-vektor
pada W, maka,

U= c1v1 + c2v2 + . . . + crvr

Dan

19
 V= k1v1 + k2v2 +. . . + krvr

di mana c1. c2, . . . , cr , k1, k2, . . .kr adalah scalar. Oleh karena itu

u + v = (c1 + k1)v1 + (c2 + k1)v2 + . . .+ (cr +kr)v2

dan, untuk skalar sebarang k

ku = (kc1)v1 + (kc2)v2 +. . .+ (kcr)vr

Jadi, u + v dan ku adalah kombinasi-kombinasi linear dari v1. v2,… vr, dan sebagai
konsekuensinya terletak pada W. Oleh karena itu, W adalah tertutup terhadap penjumlahan
dan perkalian scalar

Bukti (b). Setiap vektor vi, adalah suatu kombinasi linear dari v1, v2, . . .,vr

Karena kita dapat menuliskan

Vi= 0v1 +0v2 + …+ 1vi + …+ 0vr

Oleh karena itu, subruang W mengandung setiap vektor v1, v2, …, vr Misalkan adalah
subruang lain sebarang yang mengandung v1, v2, …, vr karena W’ tertutup terhadap
penjumlahan dan perkalian skalar, W’ pasti mengandung semua kombinaslinear dari v1, v2,
…, vr , Jadi, W’ mengandung sctiap vektor dari W.

Kami menyusun definisi berikut.

Definisi

Jika S = { v1 , v2, … , vr} adalah suatu himpunan vector-vektor

pada suatu ruang vector V, maka subruang W dari V yang
terdiri dari semua kombinasi linear vector-vektor pada S
disebut sebagai ruang yang direntang ( space spanned)
oleh v1 , v2, … , vr dan vector-vektor v1 , v2, … , vrmerentang
(span) W. untuk menyatakan bahwa W adalah ruang yang
direntang oleh vector-vektor pada himpunan S = {v1 , v2, … ,
vr } kita menuliskan

W = rentang (S) atau W = rentang {v1 , v2, …

, vr}
Himpunan rentangan tidaklah bersifat unik. Sebagai contoh, dua vector nonkolinear
sebarang yang terletak pada bidang yang ditunjukkan pada gambar 5.2.5 akan merentang

20
pada bidang yang sama, dan vector tak nol sebarang yang terletak pada garis dalam gambar
tersebut akan merentang garis yang sama. Kami meninggalkan bukti teorema berguna berikut
ini sebagai latihan.

Teorema 5.2.4

Jika S = {v1 , v2, … , vr} dan S’ = { w1, w2, …, wk} adalah dua
himpunan vector-vektor pada suatu ruang vector V, maka

Rentang {v1 , v2, … , vr} = rentang {w1, w2, …, wk}

Jika dan hanya jika setiap vector pada S adalah suatu

kombinasi linear dari vector-vektor pada S’ dan setiap
vector pada S’ adalah suatu kombinasi linear dari vector-
vektor pada S.

21
5.3 KEBEBASAN LINEAR

Pada subbab sebelumnya kita telah mempelajari bahwa suatu himpunan vektor
S= {v1, v 2,. . ., v r} merentang suatu ruang vektor V tertentu jika setiap vektor pada V
dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor pada S. Secara
umum, kemungkinan terdapat lebih dari satu cara untuk menyatakan suatu vektor
pada V sebagai kombinasi linear dari vektor – vektor dalam suatu himpunan
rentangan. Pada subbab ini kita akan mempelajari syarat-syarat dimana setiap vektor
pada V dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor rentangan
dengan tepat satu cara. Himpunan – himpunan rentangandengan sifat seperti ini
memainkan peranan penting dalam studi mengenai ruang vektor.

Definisi :

Jika S = {v1, v 2,. . ., v r} adalah himpunan tak kosong vektor-vektor,

maka persamaan vektor

k1v1 + k2v2 +. . . + k rv r = 0

Memiliki paling tidak satu solusi, yaitu

K = 0, k = 0, . . . , k = 0
1 2 r

Jika ini satu-satunya solusi, maka S disebut sebagai himpunan bebas

linear (linearly independent). Jika terdapat solusi-solusi lain, maka S
disebut sebagai himpunan tidak bebas linear (linearly dependent).

CONTOH 3 Himpunan Bebas Linear

Perhatikan vektor-vektor i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), dan k = (0, 0, 1) pada R3. Persamaan
vektor dalam bentuk komponen komponennya

k1i + k2j + k3k = 0

menjadi

k1(1, 0, 0) + k2(0, 1, 0) + k3(0, 0, 1) = (0, 0, 0)

atau secara ekuivalen,

(k1, k2, k3) = (0, 0, 0)

22
Ini mengimplikasikan bahwa k1 = 0, k2 = 0, dan k3 = sehingga himpunan S = { i, j, k }bebas
linear. Argumentasi yang sama dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa vektor-vektor

ei = (1, 0, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, 0, . . . , 1)

membentuk suatu himpunan bebas linear pada Rn.

Istilah “tidak bebas linear” berarti bahwa vektor-vektor “bergantung” satu sama lain dengan
suatu cara. Teorema berikut menunjukkan bahwa ini adalah fakta sebenarnya.

TEOREMA 5.3.1.

Suatu himpunan S dengan dua atau lebih vektor adalah :

(a) Tak bebas secara linear jika dan hanya jika paling tidak salah satu
vektordalam S dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-
vektor lain pada S.
(b) Bebas secara linear jika dan hanya jika tidak ada vektor dalam S yangdapat
dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor lain pada S.

Kami akan membuktikan bagian (a) dan meninggalkan bukti meninggalkan bukti bagian (b)
sebagai latihan.

Bukti (a). Misalkan S = {v1, v 2,. . ., v r} adalah suatu himpunan dengan dua atau lebih vektor.
Jika kita mengasumsikan bahwa S tidak bebas linear, maka terdapat skalar k1, k2, . . . , kr yang
tidak semuanya nol, sedemikian rupa sehingga

K1v1 + k2v 2 +. . . + k rv r = 0

Untuk lebih spesifik, misalkan k1 ≠ 0. Maka (2) dapat ditulis kembali sebagai

𝑘 𝑘
v1 = (− 𝑘2 ) v2 + . . . + (− 𝑘𝑟 ) vr
1 1

yang menyatakan v1 sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor lain pada S. Demikian
juga, jika kj ≠ 0 pada (2) untuk beberapa nilai j = 2, 3, . . . , r, maka vj dapat dinyatakan
sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor lain pada S.

Sebaliknya, marilah kita mengasumsikan bahwa paling tidak satu vektor pada S dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor lainnya. Untuk lebih spesifik,
misalkan

23
 v1 = c2v2 +c3v3 + . . . + crvr

sehingga

v1 - c2v2 -c3v3 - . . . - crvr = 0

maka S tidak bebas linear karena persamaan

k1v1 + k2v 2 +. . . + krvr = 0

Dipenuhi oleh

k1 = 1, k2 = - c2 , . . . , kr = -cr

Yang tidak semuanya nol. Bukti untuk kasus di mana beberapa vektor selain v1 dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor lain pada S adalah serupa.

CONTOH 7 Tinjauan Ulang Contoh 3

Pada Contoh 3 kita telah melihat bahwa vektor-vektor i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), dan k = (0,0,
1) membentuk suatu himpunan yang bebas linear. Jadi, sesuai dengan Teorema 5.3.1. tidak
satu pun dari vektor-vektor ini yang dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari dua
vektor lainnya. Untuk melihat secara langsung bahwa hal ini benar, kita misalkan k dapat
dinyatakan sebagai

k = k1i + k2j

Kemudian, dalam bentuk komponen-komponennya

(0, 0, 1) = k1(1, 0, 0) + k2(0, 1, 0) atau (0, 0, 1) = (k1, k2, 0)

Tetapi persamaan terakhir tidak terpenuhi oleh nilai k1 dan k2 berapa pun, sehingga k tidak
dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari i dan j. Demikian juga, i tidak dapat
dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari j dan k, dan j tidak dapat dinyatakan sebagai
suatu kombinasi linear dari i dan k.

Teorema berikutnya ini memberikan dua fakta sederhana mengenai kebebasan linear yang
penting untuk diketahui.

24
 Teorema 5.3.2

(a) Suatu himpunan terhingga vektor-vektor yang mengandung

vektor nol adalahtidak bebas linear:
(b) Suatu himpunan dengan tepat dua vektor adalah bebas linear jika
dan hanya

jika tidak satu pun dari vektornya merupakan kelipatan skalar

dari vektorlainnya.

Kami akan membuktikan bagian (a) dan meninggalkan bukti bagian (b) sebagai latihan.

Bukti (a). Untuk vektor v1, v 2,. . ., v r sebarang, himpunan S = {v1, v 2,. . ., vr, 0}tidak bebas
linear karena persamaan

0v1 + 0v2 + . . . + 0vr + 1(0) = 0

menyatakan 0 sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor pada S dengan koefisien-
koefisien yang tidak semuanya nol.

CONTOH 8 Menggunakan Teorema 5.32b

Fungsi-fungsi f1 = x dan f2 = sin x membentuk suatu himpunan bebas linear vektor-vektor

pada F(−∞, ∞) karena tidak satu pun dari fungsi tersebut merupakan suata kelipatan konstan
dari fungsi lainnya.

InterpretasiGeometrikdari Kebebasan LinearKebebasan linear memiliki

Sejumlahinterpretasigeometrik yang bergunapada R2dan R3:

 Pada R2atau R3, suatuhimpunan yang terdiridaridua vector adalahbebas

linearjikadanhanyajikavektor-vektortersebuttidakterletakpada garis yang
samaketikaditempatkansedemikianrupasehinggatitikawalnyaterletakpadatitikasal(Gam
bar 5.3.1).
 Pada R3,suatuhimpunan yang terdiridaritiga vector adalahbebas linear
jikadanhanyajikavektor-vektortersebuttidakterletakpadabidang yang
samaketikaditempatkansedemikian rupa
sehinggatitikawalnyaterletakpadatitikasal(Gambar5.3.2).

Hasil pertama sesuai dengan fakta bahwa dua vector adalah bebas linear jika dan
hanya jika tidak satu pun dari vector tersebut merupakan kelipatan scalar dari vector

25
 lainnya. Secara geometris, hal ini sama dengan menyatakan bahwa vektor-vektor tersebut
tidak terletak pada bidang yang sama jika ditempatkan sedemikian rupa sehingga titik
awal nya terletak pada titik asal.

Gambar 5.3.1

(a) Tidakbebas linear (b) Tidakbebas linear (c) Bebas linear

Gambar 5.3.2

Hasil kedua sesuai dengan fakta bahwa ketiga vector adalah bebas linear jika dan hanya jika
tidak satu pun dari vektor-vektor tersebut merupakan kombinasi linear dari dua vector
lainnya. Secara geometris, halini sama dengan menyatakan bahwa tidak satupun dari vektor-
vektor tersebut terletak pada bidang yang sama dengan dua vektor lainnya, atau dengan kata
lain, ketiga vector tersebut tidak terletak pada bidang yang sama ketika ditempatkan
sedemikian rupa sehingga titik awalnya terletak pada titik asal (mengapa?).

26
Teorema berikut menunjukkan bahwa suatu himpunan bebas linear pada Rn dapat
mengandung maksimum n vektor.

Bukti.Misalkan

v1=(v11, v12, . . . , v1n)

v2 = (v21, v22, . . . , v2n)

⋮ ⋮

vr = (vr1, vr2, . . . , vrn)

Perhatikanpersamaan

k1v1 + k2v2 + . . . + krvr = 0

Jikakitamenyatakankeduaruasdaripersamaaninidalambentukkomponen-
komponennyasebagaimanadiilustrasikanpadaContoh 4,
dankemudianmenyetarakankomponen-komponen yang bersesuaian,
makakitamemperolehsistem

v11k1 + v21k2 + ... + vr1kr = 0

v12k1 + v22k2 + ... + vr2kr = 0

⋮ ⋮ ⋮ ⋮

v1nk1 + v2nk2 + ... + vrnkr = 0

Inimerupakan system homogen yang terdiridari n persamaandengan r faktor yang tidak

diketahui k1, . . . , kr. Karena r > n, makasesuaidenganTeorema 1.2.1, system tersebut
memilikisolusi-solusi nontrivial. Olehkarenaitu, S = {v1, v2,. . ., vr}
merupakansuatuhimpunantidakbebas linear.

Teorema 5.3.3

Misalkan S = {v1, v2,. . ., vr}adalah suatu himpuna nvektor-vektor pada

R . Jika r > n, maka S tidak bebas linear.
n

27
CATATAN.Teorematerdahulumemberitahukitabahwasuatuhimpunanpada R2 dengan
lebihdaridua vector adalahtidakbebas linear, dansuatuhimpunanpada R3 dengan lebihdaritiga
vector adalahtidakbebas linear.

Kebebasan Linear dariFungsi Kadang-kadangketidakbebasan linear dari

fungsidapatdideduksidariidentitas-identitas yang telahdiketahui. Sebagai contoh, fungsi-
fungsi

f1 = sin2x, f2 = cos2x, danf3 = 5

membentuksuatuhimpunantidakbebas linear pada F(−∞, ∞), karenapersamaan

5f1 + 5f2 - f3 = 5 sin2x + 5 cos2x– 5 = 5(sin2x + cos2x)– 5 = 0

Menyatakan 0 sebagai suatu kombinasi linear dari f1, f2, dan f3 dengan koefisien-koefisien
yang tidak semuanya nol. Namun demikian, kita hanya dapat menerapkan identitas semacam
ini pada situasi khusus. Meskipun tidak ada suatu metode umum yang dapat digunakan untuk
menyusun kebebasan linear atau ketidakbebasan linear dari fungsi fungsi pada , kini kita akan
mengembangkan suatu teorema yang kadang-kadang dapat digunakan untuk menunjukkan
bahwa suatu himpunan fungsi-fungsi tertentu F(−∞, ∞) adalah bebas linear.

Jika f1 = f1(x), f2 = f2(x), . . . . , fn = fn(x) adalah n - 1 kali fungsi-fungsi terdiferensialkan pada

interval (−∞, ∞), maka determinan dari

𝑓1 (𝑥)𝑓2 (𝑥) . . .. 𝑓𝑛 (𝑥)

𝑓1 ′(𝑥)𝑓2 ′(𝑥) . . .. 𝑓𝑛 ′(𝑥)
W(x)=
⋮ ⋮ ⋮
[𝑓1 (n – 1) (𝑥)𝑓2 (n – 1) (𝑥) . . .. 𝑓n (n – 1)
(𝑥)]

Disebut sebagai Wronskian dari f1, f2, . . . , fn. Sebagaimana akan ditunjukkan berikut ini,
determinan ini berguna untuk membuktikan apakah fungsi-fungsi f1, f2, . . . , fn membentuk
suatu himpunan bebas linear vektor-vektor pada ruang vektor C(n – 1) (−∞, ∞). Misalkan,
untuk sementara f1, f2, . . . , fn adalah vektor-vektor tidak bebas linear pada C (n – 1)(−∞, ∞).
Maka, terdapat skalar k1, k2, . . . , kn,yang tidak semuanya nol sedemikian rupa sehingga

k1𝑓1 (𝑥) + k2𝑓2 (𝑥) + . . . + kn𝑓𝑛 (𝑥)= 0

28
untuk semua x pada interval (−∞, ∞). Dengan mengkombinasikan persamaan ini dengan
persamaan-persamaan yang diperoleh dengan n - 1 diferensiasi yang berurutan akan
menghasilkan

k1𝑓1 (𝑥) + k2𝑓2 (𝑥) + . . . + kn𝑓𝑛 (𝑥) =0

k1𝑓1 ′(𝑥) + k2𝑓2 ′(𝑥) + . . . + kn𝑓𝑛 ′(𝑥) =0

⋮ ⋮ ⋮ ⋮

k1𝑓1 (n – 1) (𝑥) + k2𝑓2 (n – 1) (𝑥) + . . . + kn𝑓𝑛 (n – 1) (𝑥)= 0

Jadi, ketidakbebasan linear dari f1, f2, . . . ,fn mengimplikasikan bahwa sistem linear

𝑓1 (𝑥) 𝑓2 (𝑥) … .. 𝑓𝑛 (𝑥) 𝑘1 0

𝑓1 ′(𝑥) 𝑓2 ′(𝑥) . . .. 𝑓𝑛 ′(𝑥) 𝑘2
[ ] = [0]
⋮ ⋮ …. ⋮ ⋮ ⋮
(n – 1) (n – 1) (n – 1) 0
[𝑓1 (𝑥)𝑓2 (𝑥) . . … 𝑓n (𝑥)] 𝑘𝑛

Memiliki suatu solusi non trivial untuk setiap x pada interval (−∞, ∞). Pada gilirannya, ini
mengimplikasikan bahwa untuk setiap x pada (−∞, ∞) matriks koefisiennya tidak dapat
dibalik, atau dengan kata lain, determinannya (Wronskiannya) adalah nol untuk setiap x pada
(−∞, ∞). Jadi, Jika wronskannya tidak identic dengan nol pada (−∞, ∞), maka fungsi f1, f2, . .
. ,fn pasti merupakan vektor-vektor bebas pada C (n – 1). Penjelasan ini merupakan isi dari
teorema berikut.

Teorema 5.3.4

Jika fungsi f , f , . . . ,f memiliki n - 1 turunan kontinu pada interval

1 2 n

(−∞, ∞), dan jika Wronskian dari fungsi-fungsi ini tidak identic dengan
nol pada (−∞, ∞), maka fungsi-fungsi ini membentuk suatu himpunan
bebas linear pada 𝐶 (𝑛 – 1) (−∞, ∞).

29
5.4 BASIS DAN DIMENSI

Kita biasanya menganggap suatu garis sebagai berdimensi satu, suatu bidang sebagai
berdimensi dua, dan ruang di sekeliling kita sebagai berdimensi tiga. Tujuan utama dari
subbab ini adalah untuk membuat arti intuitif dari “dimensi” ini menjadi lebih tepat.

Sistem Koordinat Bukan Siku-Siku Pada geometri analitik bidang kita telah belajar untuk
mengaitkan suatu titik P pada suatu bidang dengan sepasang koordinat (a,b) dengan
memproyeksikan P pada sepasang sumbu koordinat yang saling tegak lurus (gambar 5.4.1a).
dengan cara ini, setiap titik pada bidang tersebut ditentukan oleh suatu himpunan koordinat
yang unik dan sebaliknya, setiap pasang koordinat dikaitkan dengan suatu titik unik pada
bidang tersebut. Kita menggambarkan hal ini dengan menyatakan bahwab sistem koordinat
menyusun suatu korespodensi satu ke satu (one-to-one correspondence) antara titik-titik pada
bidang tersebut dan pasangan-pasangan bilangan real yang berurutan. Meskipun sumbu-
sumbu koordinat saling tegak lurus adalah hal yang paling umum digunakan, tetapi dua garis
sejajar sebarang dapat digunakan untuk menentukan suatu sistem koordinat pada bidang.
Sebagai contoh, pada gambar 5.4.1b, kita melampirkan sepasang koordinat (a,b) ke titik p
dengan proyeksikan p sejajar terhadap sumbu-sumbu koordinat yang tidak saling tegak lurus.
Demikian juga, tiga sumbu koordinat sebarang yang nonkoplanar pada ruang berdimensi 3
dapat digunakan untuk mendefenisikan suatu sistem koordinat (gambar 5.4.1c)

(a) (b) (c)

Keterangan gambar 5.4.1

(a) Koordinat-koordinat P pada suatu sistem koordinat siku-siku pada ruang berdimensi 2
(b) Koordinat-koordinat P pada suatu sistem koordinat yang bukan siku-siku pada ruang
berdimensi 2

30
(c) Koordinat-koordinat P pada suatu sistem koordinat yang bukan siku-siku pada ruang
berdimensi 3

Tujuan pertama kita pada subbab ini adalah memperluas konsep sistem koordinat untuk
ruang vektor umum. Sebagai awalnya, akan sangat membantu untuk memformulasikan lagi
ulang pemahaman mengenai sistem koordinat pada ruang berdimensi 2 atau ruang berdimensi
3 dengan menggunakan vektor-vektor dan bukannya dengan sumbu-sumbu koordinat untuk
menentukan sistem koordinat. Ini dapat dilakukan dengan mengganti setiap sumbu koordinat
dengan suatu vektor yang panjangnya 1 yang mengarah ke arah sumbu positif dari sumbu
koordinat. Sebagai contoh, pada Gambar 5.4.2a, vektor-vektor v1 dan v2 adalah vektor-
vektor semacam itu. Sebagaiman diilustrasikan pada gambar tersebut, jika P adalah suatu
titik sebarang pada suatu bidang, maka vektor ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃 dapat ditulis sebagai suatu kombinasi
linear dari v1 dan v2 dengan memproyeksikan P sejajar terhadap v1 dan v2 untuk membuat
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃 menjadi diagonal dari paralelogram yang dibatasi oleh vektor-vektor av1 dan bv2.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = av1 + bv2

𝑂𝑃

Gambar 5.4.2

Disini tampak bahwa bilangan a dan b pada rumus vektor ini adalah koordinat-koordinat P
pada sistem koordinat Gambar 5.4.1b. dengan cara yang serupa, koordinat-koordinat (a, b, c)
dari titik P pada gambar 5.4.1.c dapat diperoleh dengan menyatakan OP sebagai suatu
kombinasi linear dari vektor-vektor yang ditunjukkan pada Gambar 5.4.2b.

Dinyatakan secara informal, vektor-vektor yang menentukan suatu sistem koordinat

disebut “vektor basis” untuk sistem tersebut. Meskipun kita menggunakan vektor basis

31
dengan panjang 1 pada pembahasan sebelumnya, kita akan segera melihat bahwa hal ini
tidaklah penting-vektor taknol dengan panjang berapa pun akan mencukupi.

Skala pengukuran sepanjang sumbu-sumbu koordinat merupakan hal yang penting

dalam sistem koordinat apapun. Biasanya, orang biasanya menggunakan skala yang sama
untuk setiap sumbu dan titik-titik integer pada sumbu-sumbu dengan 1 satuan jarak. Tetapi,
hal ini tidak selalu praktis atau sesuai: skala yang tidak sama, atau skala dimana titik-titik
integralnya berjarak kurang atau lebuh dari 1 satuan, mungkindibutuhkan agar suatu grafik
tertentu dapat dicetak dalam satu halaman atau untuk menyatakan kuantitas-kuantitas fisik
dari satuan-satuan yang berbeda pada sistem koordinat yang sama (misalnya : waktu dalam
detik pada suatu sumbu dan suhu dalam ratusan derajat pada sumbu lainnya). Ketika suatu
sistem koordinat ditentukan oleh suatu himpunan vektor-vektor basis, maka panjang dari
vektor-vektor tersebut bersesuaian dengan jarak antara titik-titik integer yang berurutan pada
sumbu-sumbu koordinat (Gambar 5.4.3). Jadi, arah vektor-vektor basislah yang menentukan
arah positif dari sumbu-sumbu koordinat dan panjang dari vektor basislah yang mentukan
skala pengukuran.

Defenisi kunci berikut akan membuat gagasan-gagasan sebelumnya menjadi lebih

tepat dan membuat kita dapat memperluas konsep sistem koordinat menjadi ruang vektor
umum.

Defenisi

Jika v adalah suatu ruang vektor sebarang dan s = { v1,v2,…,

vn} adalah suatu himpunan vektor-vektor pada v, maka s
disebut basis untuk V jika dua syarat berikut berlaku:

(a) S bebas linear

(b) S merentang V

Suatu basis adalah generalisasi ruang vektor dari suatu sistem koordinat pada ruang
berdimensi 2 dan ruang berdimensi 3. Teorema berikut akan membantu kita untuk memahami
hal tersebut.

32
 Teorema 5.4.1 Keunikan Representasi Basis

Jika S = { v1,v2 , . .. ,vn } adalah suatu basis dari ruang

vektor V, maka setiap vektor v pada V dapat dinyatakan
dalam bentuk v = c1v1 + c2v2 + … + cnvn dengan tepat satu
cara.

Bukti. Karena S merentang V, maka sesuai defenisi dari suatu himpunan rentang bahwa
setiap vektor pada V dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor pada S.
Untuk melihat bahwa hanya terdapat satu cara untuk menyatakan suatu vektor sebagai suatu
kombinasi linear dari vektor-vektor pada S, kita misalkan beberapa vektor v dapat ditulis
sebagai

v = c1v1 + c2v2 + … + cnvn

Dan juga sebagai

v = k1v1 + k2v2 + … + knvn

Dengan mengurangkan persamaan kedua dengan persamaan pertama menghasilkan

0 = (c1- k1)v1 + (c2 – k2)v2 + … + (cn – kn) vn

Karena ruas kanan dari persamaan ini adalah suatu kombinasi linear dari vektor-vektor pada
S, kebebasan linear dari S mengimplikasikan bahwa

33
 c1- k1 = 0, c2 – k2 = 0, …, cn – kn = 0

yaitu,

c1 = k1, c2 = k2, … , cn = kn

Jadi, kedua pernyataan untuk v adalah sama.

Koordinat-koordinat relatif terhadap suatu basis Jika S = { v1,v2, . . . , vn } adalah basis

untuk ruang vektor V, dan

v = c1v1 + c2v2 + … + cnvn

adalah pernyataan untuk suatu vektor v dalam bentuk basis s, maka skalar c1,c2, …, cn disebut
sebagai koordinat v relatif terhadap basis S. Vektor (c1,c2, …, cn) pada Rn yang disusun dari
koordinat-koordinat ini disebut vektor koordinat v relatif terhadap S (coordinate vector of v
relative to S). ini dinotasikan sebagai :

(v)s= (c1,c2, …, cn)

CATATAN.Harus dicatat bahwa vektor koordinat tidak hanya tergantung pada basis S tetapi
juga pada urutan penulisan vektor basis. Perunahan urutan vektor basis akan ber akibat pada
perubahan yang berkaitan dengan entri-entri pada vektor koordinat.

Contoh 1. Basis standar untuk R3

Diketahui : a = (1,0,0), b = (0,1,0), c = (0,0,1)

Maka S = {a,b,c} adalah suatu himpunan bebas linear pada R3. Himpunan ini juga
merentang R3 karena vektor sebarang v = (k,l,m) pada R3 dapat ditulis sebagai :

v = (k,l,m) = k(1,0,0) + l(0,1,0) + m(0,0,1) = ka + lb + mc (1)

Jadi, S adalah basis untuk R3 dan disebut sebagai basis standar (standard basis) untuk R3

Dengan melihat koefisien-koefisien a,b, dan c pada (1), karena koordinat-koordinat v relatif
terhadap basis standar k,l, dan m, sehingga

34
 (v)s = (k,l,m)

Dengan membandingkan hasil ini dengan (1) maka

v = (v)s

persamaan ini menyatakan bahwa komponen-komponen dari suatu vektor v relatif terhadap
suatu sistem koordinat siku-siku xyz dan koordinat-koordinat v relatif terhadap basis standar
adalah sama.

Contoh 2. Basis standar untuk Rn

Pada contoh 3 subbab sebelumnya kami telah menunjukka bahwa jika e1=(1,0,0,…,0),
e2=(0,1,0,…,0), … , en=(0,0,0,…,1). Maka

S={e1,e2,…,en}

Adalah suatu himpunan bebas linear pada Rn. Lebih lanjut, himpunan ini juga merentang Rn
karena vektor sebarang v=(v1,v2,…,vn) pada Rn dapat ditulis sebagai

v = v1e1+v2e2+…+vnen (2)

Jadi, S adalah suatu basis untuk Rn dan disebut sebagai basis standar untuk Rn (standard basis
for Rn). Sesuai dengan (2) bahwa koordinat-koordinat v = (v1,v2,…,vn) relatif terhadap basis
standar v1,v2,…,vn adalah sehingga

(v)s = ( v1,v2,…,vn)

Sebagaimana pada contoh 1, kita memperoleh v = (v)s, sehingga suatu vektor v dan vektor
koordinatnya relatif terhadap basis standar untuk Rn adalah sama.

CATATAN. Kita akan melihat pada contoh selanjutnya bahwa suatu vektor dan vektor
koordinatnya tidak akan sama. Kesamaan yang kita lihat pada dua contoh di atas adalah suatu
kasus khusus yang terjadi hanya dengan basis standar untuk Rn.

35
CATATAN.Pada R2 dan R3 , vektor-vektor basis standar biasanya dinotasikan dengan i, j,
dan k, dan bukannya dengan e1, e2, dan e3. Kita akan menggunakan kedua notasi, tergantung
pada situasi tertentu.

Contoh 3. Memperlihatkan bahwa himpunan vektor adalah suatu basis

Misalkan v1 = (1,2,1), v2= (2,9,0) dan v3 = (3,3,4). Tunjukkan bahwa himpunan S =

{v1,v2,v3} adalah suatu basis untuk R3.

Penyelesaian.

Untuk menunjukkan bahwa himpunan S merentang R3, kita harus menunjukkan bahwa suatu
vektor sebarang b = (b1,b2,b3) dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear.

b= c1v1 + c2v2 + c3v3

Dari vektor-vektor pada S. dengan menyatakan persamaan ini dalam bentuk komponen-
komponennya kita memperoleh

(b1,b2,b3) = c1(1,2,1) + c2(2,9,0) + c3(3,3,4)

Atau

(b1,b2,b3) = (c1+ 2c2 +3c3, 2c1 + 9c2 + 3c3, c1+4c3

Atau degan menyetarakan komponen-komponen yang bersesuaian.

c1 + 2c2 + 3c3 = b1

2c1 + 9c2 + 3c3 = b2

c1 + 4c3 = b3 (3)

Jadi untuk menunjukkan bahwa S merentang R3, kita harus menunjukkan bahwa sistem (3)
memilki satu solusi untuk setiap pilihan dari b = (b1,b2,b3)

Untuk membuktikan bahwa S bebas linear, kita harus menunjukkan bahwa satu-satunya
solusi dari

c1v1+ c2v2 + c3v3 = 0 (4)

36
Adalah c1= c2 = c3 = 0, sebagaimana diatas, jika (4) dinyatakan dalam bentuk komponen-
komponennya, pembuktian kebebasan akan berkurang hanya dengan menunjukkan bahwa
sistem homogen

c1+2c2 + 3c3 = 0

2c1 + 9c2 + 3c3 = 0

c1 + 4c3 =0 (5)

Hanya memilki solusi trivial. Amati bahwa sistem (3) dan (5) memilki matriks koefisien yang
sama. Jadi, menurut teorema 4.3.4 bagian (b),(e) dan (g) kita dapat membuktikan secara
simultan bahwa S adalah bebas linear dan merentang R3 dengan menunjukkan bahwa pada
sistem (3) dan(5) matriks koefisiennya memiliki determinan tak nol.

1 2 3 1 2 3
A=[2 9 3] kita memperoleh det (A)=|2 9 3|= -1
1 0 4 1 0 4

Dan dengan demikian S adalah basis untuk R3

Contoh 4. Merepresentasikan suatu vektor dengan meggunakan dua basis

Misalkan S = {v1,v2,v3} adalah basis untuk R3 pada contoh sebelumnya.

(a) Tentukanlah vektor koordinat dari v = (5, -1, 9) dalam S

(b) Tentukan vektor v pada R3 yang vektor koordinatnya dalam basis S adalah (v)s = (-
1,3,2)

Penyelesaian (a). kita harus menentukan skalar-skalar c1,c2,c3 sedemikian rupa sehingga

V= c1v1 + c2v2 + c3v3

Atau, dalam komponen-komponennya,

(5,-1,9) = c1(1,2,1) + c2(2,9,0) + c3(3,3,4)

Dengan menyetarakan komponen-komponen yang bersesuaian kita memperoleh

c1+2c2+3c3= 5

37
 2c1+9c2+3c3= -1

C1 +4c3= 9

Dengan menyelesaikan sistem ini, kita memperoleh c1=1,c2= -1,c3=2. Oleh karena itu

(v)s=(1,-1,2)

Penyelesaian (b) dengan menggunakan definisi dari vektor koordinat (v)s, kita memperoleh

v= (-1)v1+3v2+ 2v3

=(-1)(1,2,1)+3(2,9,0)+ 2(3,3,4)=(11,31,7)

Contoh 5 basis standar untuk Pn

(a) Tunjukkan bahwa S = {1,x,x2,…,xn} adalah suatu basis untuk ruang vektor Pn yang
terdiri dari polinomial-polinomial berbentuk a0 + a1x + …+ anxn
(b) Tentukan vektor koordinat dari polinomial p = a0+ a1x + a2x2 relatif terhadap basis
S= {1,x, x2} untuk P2
Penyelesaian (a). kami telah menunjukkan bahwa S merentang Vn pada contoh 11 subbab 5.2
, dan kami telah menunjukkan bahwa S adalah himpunan bebas linear pada contoh 5 subbab
5.3. jadi, S adalah basis untuk Vn, dan disebut sebagai basis standar untuk Pn (standard basis
for Pn)
Penyelesaian (b). koordinat-koordinat p = a0+ a1x + a2x2 adalah koefisien-koefisien skalar
dari vektor basis 1,x, dan x2, sehingga (p)s =(a0,a1,a2).

Contoh 6. Basis standar untuk Mmn

Misalkan

1 0 0 1 0 0 0 0
M1=[ ] M2=[ ] M3=[ ] M4=[ ]
0 0 0 0 1 0 0 1

Himpunan S = {M1, M2, M3, M4} adalah basis untuk ruang vektor M22 yang terdiri dari
matriks 2 x 2. Untuk melihat bahwa S merentang M22, perhatikan bahwa suatu vektor
(matriks) sebarang

38
 𝑘 𝑙
[ ]
𝑚 𝑛

Dapat ditulis sebagai

𝑘 𝑙 1 0 0 1 0 0 0 0
[ ]=k[ ]+l[ ]+m[ ]+ n [ ]
𝑚 𝑛 0 0 0 0 1 0 0 1

= k M1+ lM2+ m M3+ n M4

Untuk melihat bahwa S bebas linear, asumsikan bahwa

k M1+ lM2+ m M3+ n M4 = 0

Yaitu,

1 0 0 1 0 0 0 0 0 0
k[ ]+l[ ]+m[ ]+ n [ ]=[ ]
0 0 0 0 1 0 0 1 0 0

Maka

𝑘 𝑙 0 0
[ ]=[ ]
𝑚 𝑛 0 0

Jadi, k=l=m=n=0 sehingga S bebas linear. Basis S pada contoh ini disebut basis standar
untuk M22. Secara umum basis standar untuk Mmn (standard basis for Mmn) terdiri dari mn
matriks yang berbeda dengan 1 bilangan satu dan nol untuk entri-entri lainnya.

Contoh 7. Basis untuk subruang rentang (S)

Jika S = {v1,v2, …, vr } adalah suatu himpunan bebas linear pada ruang vektor V, maka S
adalah suatu basis untuk sub ruang rentang (S) karena himpunan S merentang rentang (S)
berdasarkan defenisi dari rentang (S)

Contoh 8. Beberapa ruang berdimensi terhingga dan takterhingga

Dari contoh 2,5, dan 6 ruang-ruang vektor Rn, dan Pn dan Mmn adalah berdimensi
terhingga. Ruang-ruang vektor V (),C(),C(),C() adalah berdimensi tak terhingga (latihan 23)

39
 Teorema 5.4.2
Misalkan v adalah subruang vektor berdimensi terhingga
dan {v1,v2, …, vn} adalah basis sebarang.

(a) Jika suatu himpunan memiliki vektor lebih dari n,

maka himpunan tersebut bersifat tidak bebas linear.
(b) Jika suatu himpunan memiliki vektor kurang dari n,
maka himpunan tersebut bersifat tidak tidak
merentang V.

Bukti (a). misalkan S′ = {w1,w2, …, wm} adalah himpunan sebarang yang terdiri dari m
vektor pada V, di mana, m > n. Kita ingin menunjukkan bahwa S′ tidak bebas linear. Karena
S’= { v1,v2, . . . , vn } adalah suatu basis, setiap wi dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear
dari vektor-vektor pada S, misalkan

w1= a11v1 +a21v2 + … + an1vn

w1 = a11v1 +a21v2 + … + an1vn

⁝ ⁝⁝⁝

w1 = a11v1 +a21v2 + … + an1vn (6)

Untuk menunjukkan bahwa S′ tidak bebas linear, kita harus menentukan skalar-skalar
k1,k2,…,km, yang tidak semuanya nol, sedemikian rupa sehingga

k1w1 + k2w2 + … + kmwm = 0 (7)

Dengan menggunakan persamaan-persamaan pada (6), kita dapat menulis kembali (7)
sebagai

( k1a11 + k2a12 + … + kma1m)v1

+ (k1a21 + k2a22 + … + kma2m)v2

+ (k1an1 + k2an2 + … + kmanm)vn=0

40
Jadi, kebebasan linear dari S′, masalah pmbuktian bahwa S′ adalah himpunan tidak bebas
linear hanya menjadi pembuktian bahwa terdapat skalar-skalar k1,k2, . . ., km, yang tidak
semuanya nol, yanng memenuhi

a11k1 + a21k2 + … + a1mkm = 0

a21k1 + a22k2 + … + a2mkm = 0

⁝ ⁝ ⁝ ⁝

an1k1 + an2k2 + … + anmkm (8)

Tetapi (8) memiliki lebih banyak faktor yang tidak diketahui dibandingkan jumlah
persamaannya, sehingga bukti menjadi lengkap karena teorema 1.2.1 menjamin keberadaan
solusi-solusi nontrivial.

Bukti (b). Misalkan S′ = {w1,w2, . . . ,wm} adalah himpunan sebarang yang terdiri dari m
vektor pada V, dimana m< n. kami ingin menujukkan bahwa S′ tidak merentang V.
pembuktiannya akan dilakukan dengan menggunakan kontradiksi: Kami akan menunjukkan
bahwa dengan mengasumsikan S′ merentang V akan mengarah pada suatu kontradiksi
kebebasan linear dari { v1,v2, . . ., vn}.

Jika S′ merentang V, maka setiap vektor pada V adalah kombinasi linear dari vektor-vektor
pada S′. khususnya, setiap vektor basis vi adalah kombinasi linear dari vektor-vektor pada S′.
misalnya

v1= a11w1 +a21w2 + … + an1wn

v1 = a11w1 +a21w2 + … + an1wn (9)

⁝ ⁝ ⁝ ⁝

v1 = a11w1 +a21w2 + … + an1wn

Untuk memperoleh kontradiksi ini, kami akan menunjukkan bahwa terdapat skalar k1,k2, . . .
,kn, yang tidak semuanya nol, sedemikian rupa sehingga

k1v1 + k2v2 + . . . + knvn = 0 (10)

41
Tetapi amati bahwa (9) dan (10) memiliki bentuk yang sama dengan (6) dan (7) kecuali
bahwa m dan n dipertukarkan dan demikian pula untuk w dan v-nya. Jadi, perhitungan yang
mengarah ke (8) kini menghasilkan

a11k1 + a21k2 + … + a1nkn = 0

a21k1 + a22k2 + … + a2nkn = 0

⁝ ⁝ ⁝

am1k1 + am2k2 + … + amnkm = 0

Sistem linear ini memiliki lebih banyak faktor yang tidak diketahui dibandingkan jumlah
persamaannya, dan oleh karena itu sesuai teorema 1.2.1. memiliki solusi-solusi nontrivial.

Sesuai dengan teorema sebelumnya bahwa jika S = {v1,v2, . . ., vn} adalah basis sebarang
untuk ruang vektor V, maka semua himpunan pada V yang secara simultan merentang V dan
bebas linear harus memiliki jumlah vektor yang sama dengan basis sebarang S. Penjelasan
ini menghasilkan teorema berikut, ynag merupakan salah satu teorema yang paling penting
dalam aljabar linear.

Teorema 5.4.3
Semua basis untuk ruang vektor berdimensi terhingga
memilki jumlah vektor yang sama.

Untuk melihat bagaimana teorema ini berkaitan dengan konsep “dimensi”, ingatlah bahwa
basis standar untuk Rn memiliki n vektor (contoh 2). Jadi, teorema 5.4.3 secara tidak lansung
menyatakan bahwa semua basis untuk Rn memilki n vektor. Khususnya, setiap basis untuk R3
memiliki 3tiga vektor, setiap basis untuk R2 memiliki dua vektor, dan pada setiap basis pada
R1 (=R) memilki satu vektor. Secara intiutif, R3 adalah berdimensi tiga, R2 (suatu bidang)
adalah dimensi dua, dan R (suatu garis) adalah berdimensi satu. Jadi, untuk ruang-ruang
vektor yang telah dikenal,jumlah vektor pada suatu basis adalah sama dengan dimensinya. Ini
mendasari defenisi berikut.

42
 Defenisi

Dimensi dari ruang vektor V yang berdimensi terhingga,

dinotasikan dengan dim(V), didefenisikan sebagai
banyaknya vektor-vektor pada suatu basis untuk V. selain
itu, kita mendefenisikan ruang vektor nol sebagai
berdimensi nol.

CATATAN. Berawal dari sini, kita akan mengikuti aturan yang umum mengenai himpunan
kosong sebagai basis untuk ruang vektor nol. Hal ini konsisten dengan defenisi diatas,
karena himpunan kosong tidak memiliki vektor dan ruang vektor nol memiliki dimensi nol.

Contoh 9 Dimensi Dari Beberapa Ruang Vektor

dim(Rn) = n [basis standar memilki n vektor (contoh 2)]

dim(vn) = n+1 [ basis standar memilki n+1 (contoh 5)]
dim(Mmn) = mn [basis standar memilki mn vektor (contoh 6)]

Contoh 10 Dimensi Dari Ruang Solusi

Tentukan basis dan dimensi dari ruang solusi sistem homogen

4x1 + 4x2 – 2x3 + 2x5 = 0

–2x1 – 2x2 + 4x3 – 6x4 + 2x5 = 0

2x1 + 2x2 – 4x3 – 2x5 = 0

2x3 + 2x4 +2x5 = 0

Penyelesaian

Matriks yang diperbesar untuk sistem tersebut adalah

43
 4 4 −2 0 2 0
2 2 −4 −6 2 0
[ ]
2 2 −4 0 −2 0
0 0 2 2 2 0

Dengan mereduksi matriks tersebut menjadi bentuk eselon baris, kita memperoleh

110010
001010
[ ]
000100
000000

Sistem yang bersesuaian adalah

x1+x2+x5=0

x3+x5 = 0

x4 = 0

Dengan menyelesaikan variabel-variabel utama kita memperoleh

x1 = -x2 –x5

x3 = -x5

x4 = 0

Jadi, solusi umumnya adalah

x1 = -s –t, x2 = s, x3 = -t, x4=0, x5 = t

Oleh karena itu, vektor-vektor solusi dapat ditulis sebagai

x1 −s − t −s −t −1 −1
𝑥2 𝑠 𝑠 0 1 0
𝑥3 = −𝑡 = 0 + −𝑡 = s 0 + t −1
𝑥4 0 0 0 0 0
[ 𝑥5 ] [ 𝑡 ] [ 0 ] [ 𝑡 ] [0] [1]

Yang menunjukkan bahwa vektor-vektor

44
 −1 −1
1 0
v1 = 0 dan v2 = −1
0 0
[0] [1]

merentang ruang solusi. Karena keduanya juga bebas linear. [v1 dan v2] adalah ruang satu
basis, dan ruang solusinya adalah berdimensi dua.

Beberapa Teorema Dasar di sisa dari subbab ini kita akan mencurahkan perhatian pada
sederetan teorema yang akan mengungkapkan hubungan yang tidak terlihat antara konsep-
konsep merentang, kebebasan linear, basis, dan dimensi. Teorema-teorema ini bukanlah
merupakan pekerjaan yang sia-sia dalam teori matematika tetapi teorema-teorema tersebut
sangat penting untuk memahami ruang-ruang vektor, dan sebagian besar aplikasi praktis dari
aljabar linear yang disusun berdasarkan konsep tersebut.

Teorema berikut, yang disebut Teorema Plus/Minus (penamaan kami sendiri), menyusun dua
prinsip dasar yang akan menjadi patokan sebagian besar teorema selanjutnya.

Teorema 5.4.4 Teorema Plus/Minus

Misalkan S adalah himpunan tak kosong vektor-vektor

pada ruang vektor V.

(a) Jika S adalah himpunan bebas linear, dan jika v

adalah suatu vektor pada V yang terletak diluar
rentang (S) maka, himpunan S ᴗ [v] yang diperoleh
dengan menyisipkan v kedalam S masih bersifat
bebas linear.
(b) Jika v adalah suatu vektor pada S yang dapat
dinyatakan sebagai kombinasi linaer dari vektor-
vektor lainnya pada S, dan jika S – [v] menotasikan
himpuan yang diperoleh dengan mengeluarkan v
dari S, maka S – {v} merentang ruang yang sama
yaitu
rentang (S) = rentang S – {v})

Kami akan mengalihkan pembuktiannya ke bagian akhir dari subbab ini, sehingga kita dapat
segera melanjutkan ke konsekuensi dari teorema tersebut. Namun demikian, teorema tersebut
dapat divisualisasikan pada R3 sebagaimana berikut :

45
 (a) Suatu himpunan S yang terdiri dari dua vektor bebas linear pada R3 merentang
suatu bidang melewati titik asal. Jiak kita memperbesar S dengan menyisipakan S
dengan suatu vektor v sebarang diluar bidang ini (gambar 5.4.5a), maka himpunan
yang diperoleh yang terdiri dari ketiga vektor masih bersifat bebas linear karena
tdak satupun dari ketiga vektor terletak pada bidang yang sama dengan bidang
vektor lainnya.
(b) Jika S adalah suatu himpunan yang terdiri dari tiga vektor nonkolinear pada R 3
yang terletak pada suatu bidang yang sama melewati titik asal ( gambar 5.4.5b,c)

Gambar.5.4.5

Maka ketiga vektor merentang bidang. Tetapi, jika kita mengeluarkan dari S vektor sebarang
v yang merupakan kombinasi linear dari dua vektor lainnya, himpunan sisa yang terdiri dari
dua vektor akan tetap merentang bidang.

Secara umum untuk menunjukkan bahwa suatu himpunan vektor-vektor{v1,v2,…, vn} adalah
basis untulk suatu ruang vektor V, kita harus menunjukkan bahwa vektor-vektor tersebut
bebas linear dan merentang V. tetapi, jika kita kebetulan mengetahui bahwa V memilki
dimensi n (sehingga {v1,v2,…, vn} mengandung jumlah vektor yang tepat untuk suatu basis),
maka kita hanya perlu memeriksa salah satu, yaitu apakah bebas linear atau merentang
sedangkan syarat lainnya kan berlaku secara otomatis. Penjelasan ini merupakan isi dari
teorema berikut.

Teorema 5.4.5

Jika V adalah suatu ruangn vektor berdimensi n , dan jika S

adalah suatu himpuan pada V denagn tepat n vektor, maka
S adalah basis untuk V jika salah satu hal berikut berlaku,
46
S merentang V atau S bebas linear.
Bukti. Asumsikan S memilki tepat n vektor dan merentang V. untuk membuktikan bahwa S
adalah suatu basis, kita harus menunjukkan bahwa S adalah himpunan bebas linear. Tetapi
jikahal ini tidak berlaku, maka beberapa vektor v pada S adalah suatu kombinasi linear dari
vektor-vektor lainnya. Jika kita menghilangkan vektor ini dari S, mak sesuai dengan teorema
plus/minus (5.4.4b) diperoleh bahwa himpunan sisa yang terdiri dari n-1 vektor masih
merentang V. tetapi hal ini tidak mungkin, karena sesuai teorema 5.4.2b, tidak ada himpuna
denga vektor kurang dari n yang dapat merentang rang vektor berdimensi n.
asumsikan bahwa S memilki tepat n vektor dan merupakan suatu himpunan bebas linear.
Untuk membuktikan bahwa S adalah suatu basis, kita harus menunjukkan bahwa S
merentang V. tetapi jika hal ini tidak berlaku, maka terdapat beberapa vektor v didala V yang
tidak berada pada rentang (S). jika kita menyisipkan vektor ini kedalam S, maka sesuai
dengan teorema plus/minus(5.4.4a) bahwa himpuna yang terdiri dari n+1 vektor ini akan
masih bebas linear. Tetapi hal ini tidak mungkin, karena menurut teorema 5.4.2a tidak ada
himpunan dengan vektor lebih dari n pada suatu ruang vektor berdimensi n yang bebas
linear. Dengan demikian, S merentang V.

Contoh 11 Memeriksa Basis

(a) Tunjukkan melalui inspeksi bahwa v1 = (-3,7) dan v2 = (5,5) membentuk suatu
basis untuk R2.
(b) Tunjukkan melalui inspeksi bahwa v1 = (3, 0, -1), v2 = (4,0,7), v3 = (-1,3,4)
membentuk suatu basis untuk R3.

Penyelesaian(a). Karena tidak ada satupun vektor yang merupakan kelipatan skalar dari
vektor lainnya, kedua vektor membentuk suatu himpunan bebas linear pada ruang berdimensi
dua R2, dan oleh karena itu membentuk suatu basis sesuai teorema 5.4.5

Penyelesaian (b). vektor-vektor v1 dan v2 membentuk suatu himpunan bebas linear pada
bidang xz (mengapa?). vektor v3 terletak diluar bidang xz, sehingga himpunan{v1,v2,v3} juga
bebas linear. Karena R3 berdimensi 3. Teorema 5.4.5 mengimplikasikan bahwa {v1,v2,v3}
adalah basis untuk R3.

47
Teorema berikut menunjukkan bahwa untuk suatu ruang vektor V yang berdimensi terhingga,
setiap himpuna yang merentang V didalamnya mengandung suatu basis untuk V, dan setiap
himpunan bebas linear pada V adalah bagian dari beberapa basis untuk V.

Teorema 5.4.6

Misalkan S adalah suatu himpunan terhinga dari

vektor-vektor pada suatu ruang vektor V
berdimensi terhingga.

(a) Jika S merentang V, tetapi bukan suatu basis untuk

V maka S dapat direduksi menjadi suatu basis
untuk V dengan mengeluarkan vektor-vektor yang
sesuai dari S.
(b) Jika S adalah suatu himpunan bebas linear yang
belum merupakan basis untuk V, maka S dapat
diperbesar menjadi suatu basis untuk V dengan
menyisipkan vektor-vektor yang sesuai kedalam S.

Bukti. (a) jika S adalah suatu himpunan vektor-vektor yang merentang V tetapi bukan
merupakan basis untuk V, maka S adalah suatu himpunan tidak bebas linear. Jadi, bebra[pa
vektor v pada S dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor lain pada
S. dengan menggunakan teorema plus/minus(5.4.4b), kita dapat mengeluarkan v dari S, dan
himpunan S diperoleh masih akan tetap merentang V, jika S bebas linear ,] mak S adalah
basis untuk V, dan pembuktian kita selesai. Jika S tidak bebas linear, maka kita dapat
mengeluarkan bebera[pa vektor yang sesuai dari S sehungga menghasilkan himpunan S yang
masih merentang V. kita dapat terus mengeluarkan vektor-vektor dengan cara ini hingga kita
tiba pada suatu himpunan vektor-vektor pada S yang bebas linear dan merentang V. sub
himpuna dari S ini adalah basis untuk V.

Bukti. (b) misalkan bahwa dim(V)=n. jika S adalah himpunan bebas linear yang belum
menjadi basis untuk V, maka S gagal merentang V, dan terdapat beberapa vektor v pada V
yang tidak termasuk dalam rentang (S). menurut teorema plus/minus ( 5.4.4a) kita dapat
menyisipkan v kedalam S dan himpunan S yang diperoleh masih akan tetap bebas linear.
Jika S merentang V, maka S adalah basis untuk V dan pembuktian kita selesai. Jika S tidak
merentang V, maka kita dapat menyisipkan suatu vektor yang sesuai kedalam S sehingga
menghasilkan suatu himpunan S yang masih bebas linear. Kita dapat terus menyisipkan

48
vektor-vektor dengan cara ini hingga kita memperoleh suatu himpuna dengan n vektor bebas
linear pada V. himpunan ini akan menjadi basis untuk V sesuai dengan teorema 5.4.5

Pada subbab selanjutnya kita akan memberikan contoh-contoh numerik untuk

mengilustrasikan teorema ini.

Sub ruang apapun dari suatu ruang vektor berdimensi terhingga akan berdimensi
terhingga pula, seperti yang telah dibuktikan pada latihan 29. Kami akan menutup subbab ini
dengan suatu teorema yang menunjukkan bahwa dimensi subruang dari suatu ruang vektor V
yang berdimensi terhingga tidak dapat melebihi dimensi dari V itu sendiri dan satu-satunya
cara agar suatu subruang dapat memiliki dimensi yang sam dengan V adalah jika subruang
tersebut merupakan seluruh ruang vektor V. gambar 5.4.6 mengilustrasikan gagasan ini pada
R3. Pada gambar tersebut, amati bahwa makin besar sub ruang maka makin besar pula
dimensinya.

Gambar 5.4.6

Teorema 5.4.7

Jika W adalah suatu sub ruang dari suatu ruang vektor

V yang berdimensi terhingga, maka dim(W)≤ dim (V)
lebih lanjut, jika dim (W) = dim (V), maka W=V

Bukti. karena V berdimensi terhingga, mak demikian juga W sesuai dengan latihan 29.
Maka, misalkan S={w1,w2,…,wn} adalah basis untuk W. terdapat dua kemungkinan, S juga
merupakan basis untuk V atau tidak. Jika ya, maka dim(w)=dim(S)=m. jika tidak, maka

49
sesuai teorema5.4.6b, vektor vektor dapat ditambahkan kehimpunan bebas linear S untuk
membuatnya menjadi basis untuk V, sehingga dim(w)≤dim(v). jadi dim(w) ≤dim(V) pada
semua kasus. Jika dim (W) = dim (V), maka S adalah suatu himpuna dari m vektor bebas
linear pada ruang vektor V yang berdimensi m. oleh karena itu, S adalah suatu basis untuk V
sesuai teorema 5.4.5. hal ini mengimplikasikan bahwa W = V ( mengapa?).

Bukti tambahan.

Bukti teorema 5.4.4a. Asumsikan bahwa S adalah {v1,v2,…,vn} adalah himpunan bebas
linear vektor-vektor pada V, dan v adalah suatu vektor pada V diluar rentang (S). untuk
menunjukkan bahwa satu-satunya skalar yang memenuhi

k1v1 + k2v2+ … + krVr + kr+1v = 0

Adalah k1=k2=…=kr=kr+1=0. Tetapi kita harus memilki kr+1 = 0 kalau tidak, kita dapat
menyelesaikan v pada (11) sebagai suatu kombinasi linear dari v1+v2+…+vr, yang
bertentangan dengan asumsi bahwa v berada diluar rentang (S). Jadi (11) disederhakan
menjadi

k1v1 + k2v2 +….+ krvr = 0

Dimana, dengan kebebasan linear dari {v1,v2,…,vr}. ,mengimplikasikan bahwa

k1 = k2 = … = kr = 0

Bukti teorema 5.4.4b asumsikan bahwa S={v1,v2,…,vr} adalah suatu himpuna vektor-
vektor pada V, dan agar lebih spesifik, missalkan vr adalah suatu kombinasi linear dari
V1,v2,…,vr-1, katakanlah

vr = c1v1 + c2v2 + … + cr-1vr-1

Kami ingin menunjukkan bahwa jika vr dikeluarkan dari S maka himpunan sisanya yang
terdiri dari vektor-vektor {v1,v2,…,vr-1}. Masih merentang (S): yaitu, kami harus
menunjukkan bahwa setiap vektor w pada rentang (S) dapat dinyatakan sebagai suatu
kombinasi linear dari { v1,v2,…,vr-1}. Tetapi jika w berada pada rentang (S), maka w dapat
dinyatakan dalam bentuk

w = k1v1+ k 2v2 + …+ kr-1vr-1 + krvr

atau dengan mensubsitusi (13),

50
 w= k1v1+k2v2+…+ kr-1vr-1 +kr(c1v1+c2v2+…+cr-1vr-1)

yang menyatakan w sebagai suatu kombinasi linear dari v1,v2,…,vr-1.

5.5 RUANG BARIS, RUANG KOLOM, DAN RUANG NUL

Pada sub bab ini, kita akan mempelajari tiga ruang vektor penting yang berkaitan
dengan matriks. Pelajaran ini akan memberi kita pemhaman yang lebih mendalam
mengenai hubungan antara solusi suatu sistem persamaan linear dan sifat-sifat matriks
koefisiennya.

DEFINISI :

Untuk suatu matriks m x n

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n

⋮ ⋮ ⋮

am1 am2 ... amn

vektor – vektor

r1 = [a11 a12 ... a1n]

r2 = [a21 a22 ... a2n]

⋮ ⋮

Rm = [am1 am2 ... amn]

Pada Rn yang dibentuk dari baris-baris A disebut sebagai vektor baris (row vector) dari A,
dan vektor-vektor

a11 a12 a1n

C1 = a21 C2 = a22 Cn = a2n

⋮ ⋮ .......... ⋮

51
 am1 am2 amn

pada Rm yang dibentuk dari kolom-kolom A disebut sebagai vektor kolom ( column vector )
dari A.

CONTOH 1 Vektor Baris dan Vektor Kolom Pada Matriks 2 X 3

Misalkan

A= 4 1 0

5 -1 4

Vektor-vektor baris dari A adalah

r1 = [4 1 0] dan r2 = [5 -1 4]

dan vektor-vektor kolom dari A adalah

4 1 0
c1 = , c2 = , dan c3 =
5 −1 4

definisi berikut mendefinisikan tiga ruang vektor penting yang berkaitan dengan matriks.

Definisi

Jika A adalah suatu matriks m x n, maka subruang dari Rn yang

direntang oleh vektor-vektor baris dari A disebut ruang baris
(row space) dari A, dan subruang dari Rm yang direntang oleh
vektor-vektor kolom disebut ruang kolom (column space) dari A.
ruang solusi dari sistem persamaan yang homogen Ax = 0, yang
merupakan subruang dari Rn , disebut ruang nul (null space) dari
A. Pada subbab ini dan selanjutnya kita akan lebih menekankan pada dua pertanyaan umum
berikut ini :

 Hubungan apa yang terjadi antara solusi suatu sistem linear Ax = b dan ruang baris,
ruang kolom, dan ruang nul dari matris koefisien A?
 Hubungan apa yang terjadi antara ruang baris, ruang kolom, dan ruang nul dari suatu
matriks?
Untuk menyelidiki pertanyaan pertama, kita misalkan

a11 a12 ... a1n x1

52
 A= a21 a22 ... a2n dan x= x2

⋮ ⋮ ⋮ ⋮

am1 am2 ... amn xn

sesuai rumus (10) dari subbab 1.3, jika c1, c2, . . . , cn menotasikan vektor-vektor kolom dari
A, maka hasilkali Ax dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektoe
kolom tersebut dengan koefisien-koefisien dari x ; yaitu,

Ax = x1c1 + x2c2 + . . . + xncn (1)

Jadi, suatu sistem linear Ax = b yang terdiri dari m persamaan dengan n faktor yang tidak
diketahui dapat ditulis sebagai

X1c1 + x2c2 + . . . + xncn = b (2)

Dari mana kita menyimpulkan bahwa Ax =b adalah konsisten jika dan hanya jika b dapat
dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor kolom dari A, atau secara
ekuivalen, jika dan hanya jika b berada pada ruang kolom dari A. Hal ini menghasilkan
teorema berikut.

TEOREMA 5.5.1

Suatu sistem persamaan linear Ax = b adalah konsiste jika dan

hanya jika b berada pada ruang kolom dari A.

CONTOH 2 Vektor b Pada Ruang Kolom Dari A

Misalkan Ax = b adalah sistem linear

-1 3 2 x1 1

1 2 -3 x2 = -9

2 1 -2 x3 -3

Tunjukkan bahwa b berada pada ruang kolom dari A, dan nyatakan b sebagai suatu
kombinasi linear dari vektor-vektor kolom dari A.

53
Penyelesaian.

Dengan menyelesaikan sistem menggunakan eliminasi Gauss kita memperoleh (buktikan)

X1 = 2, x2 = -1, x3 = 3

Karena sistem ini konsisten, b berada pada ruang kolom dari A. lebih lanjut, dari (2) dan
solusi yang diperoleh, maka

-1 3 2 1

1 - 2 + 3 -3 = -9

2 1 -2 -3

Teorema berikut menyusun suatu hubungan mendasar antara solusi-solus dari suatu sistem
linear nonhomogen Ax = b dan solusi-solusi dari suatu sistem linear homogen yang
bersesuaian Ax = 0 dengan matriks koefisien yang sama

TEOREMA 5.5.2

Jika x0 menotasikan solusi tunggal sebarang dari suatu sistem

linear konsisten Ax = b, dan jika v1, v2, . . . , vk membentuk suatu
basis untuk ruang nul dari A, yaitu ruang solusi dari sistem
homogen Ax = bdapat dinyatakan dalam bentuk

X = x0 + c1v1 + c2v2 + . . . + ckvk

(3)

Dan sebaliknya, untuk semua pilihan skalar c1, c2, . . . , ck vektor

x pada rumus ini adalah solusi dari Ax = b.

bukti. Asumsikan bahwa x0 adalah solusi tetap sebarang dari Ax = b dan bahwa x adalah
suatu solusi sebarang. Maka

Ax0 = b dan Ax = b

Dengan mengurangkan persamaan-persamaan ini menghasilkan

Ax – Ax0 = 0 atau A(x – x0) = 0

Yang menunjukkan bahwa x – x0 adalah suatu solusi dari sistem homogen Ax = 0. Karena
v1, v2, . . . , vk adalah suatu basis untuk ruang solusi dari sistem ini, kita dapat menyatakan x –
x0 sebagai suatu kombinasi linear dari vektor0vektor ini, yaitu

54
 Ax – Ax0 = c1v1 + c2v2 + . . . + ckvk

Jadi,

x = x0 + c1v1 + c2v2 + . . . + ckvk

yang membutikan bagaian pertama dari teorema itu. Sebaliknya, untuk semua pilihan dari
skalar c1, c2, . . . , ck pada (3) kita memiliki

Ax = A (x0 + c1v1 + c2v2 + . . . + ckvk)

Atau

Ax = Ax0 + c1(Av1) + c2(Av2) + . . . + ck(Avk)

Tetapi x0 adalah solusi dari sistem nonhomegen dan v1, v2, . . . , vk adalah solusi-solusi dari
sistem homegen, maka persamaan terakhir mengimplikasikan bahwa

Ax = b + 0 + 0 + . . . + 0 = b

Yang menunjukan bahwa x adalah solusi dari Ax = b.

Solusi Umum dan Solusi Khusus. Terdapat beberapa istilah yang berkaitan dengan rumus
(3). Vektor x0 disebut solusi khusus (particular solution)dari Ax = b. Pernyataan x0 + c1v1 +
c2v2 + . . . + ckvk disebut solusi umum (general solution) dari Ax = b, dan pernyataan c1v1 +
c2v2 + . . . + ckvk disebut solusi umum dari Ax = 0. Dengan istilah ini, Rumus (3) menyatakan
,solusi umum dari Ax = b adalah jumlah solusi khusus sebarang dari Ax = b dan solusi umum
dari Ax = 0.

Untuk sistem linear dengan dua atau tiga faktor yang tidak diketahui, Teorema5.5.2 memiliki
interpretasi geometrik yang baik pada R2 dan R3. Sebagai contoh perhatikan kasus di mana
Ax = 0 dan Ax=b adalah suatu sistem linear dengan dua faktor yang tidak diketahui. Solusi-
solusi dari Ax = 0 membentuk suatu subruang dari R2 dan oleh karena itu merupakan suatu
garis yang melewati titik asal, titik asal itu sendiri, atau seluruh R2. Dari Teorema 5.5.2,
solusi-solusi dari Ax= b dapat diperoleh dengan menjumlahkan solusi khusus sebarang dari
Ax= b, misalnya x0 dengan solusi- solusi dari Ax = 0. Dengan mengasumsikan bahwa posisi
x0 sedemikian rupa sehingga titik awalnya terletak pada titik asal, hal ini akan memberikan
geometrik dari translasi ruang solusi dari Ax= 0 sehingga titik pada titik asal dipindahkan ke
ujung Xo (Gambar 5.5.1). Ini berarti vektor-vektor solusi dari Ax= b membentuk suatu garis
55
melewati ujung xo. titik pada ujung x0, atau seluruh R2. (Dapatkah Anda memvisualisasikan
kasus terakhir?) Demikian juga, untuk sistem-sistem linear dengan tiga faktor yang tidak
diketahui, solusi-solusi dari Ax = b merupakan suatu bidang yang melewati ujung dari solusi
khusus sembarang x0, suatu garis yang melewati ujung x0 titik pada ujung x0 atau seluruh R3.

Basis untuk Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang Nul

Pertama-tama kita telah mengembangkan operasi baris elementer dengan tujuan

menyelesaian sistem linear, dan kemudian kita mengetahui bahwa melakukan operasi baris
elementer terhadap suatu natriks yang diperbesar tidak mengubah himpunan solusi dari
sistem linear yang bersesuaian. Ini bearti bahwa penerapan suatu operasi baris elementer
terhadap suatu matriks A tidak mengubah himpunan solusi dari sistem linear Ax = 0 yang
bersesuaian, atau dengan kata lain, tiak mengubah ruang nul dari A. dengan demikian, kita
memiliki teorema berikut.

TEOREMA 5.5.3

operasi baris elementer tidak mengubah ruang nul suatu

matriks .

TEOREMA 5.5.4

Operasi baris elementer tidak mengubah ruang baris suatu

matriks.

Bukti. Misalkan vektor-vektor baris dari matriks A adalah r1, r2,...., rm dan misalkan B
diperoleh dari A dengan melakukan suatu operasi baris elementer. Kami akan menunjukkan
bahwa setiap vektor pada ruang baris dari B juga terdapat pada ruang baris dari A, dan

56
sebaliknya setiap vektor pada ruang baris dari A juga terdapat pada ruang baris dari B.
Kemudian kita dapat menyimpulkan bahwa A dan B memiliki ruang baris yang sama.

Pertimbangkan kemungkinan berikut: Jika operasi baris merupakan pertukaran baris,

maka B dan A memiliki vektor baris yang sama dan sebagai konsekuensinya memiliki ruang
baris yang sama. Jika operasi baris merupakan perkalian dari suatu baris dengan suatu skalar
tak nol atau penjumlahan dari kelipatan satu baris dengan lainnya, maka vektor-vektor baris
r´1, r´2,..., r´m dari B adalah kombinasi linear dari r1, r2, ...., rm. Jadi, vektor-vektor tersebut
terletak pada ruang baris dari A. Karena ruang vektor tertutup terhadap penjumlahan dan
perkalian skalar, seniua kombinasi linear dari r´1, r´2,..., r´m juga akan terletak pada ruang
baris dari A. Oleh karena itu, setiap vektor pada ruang baris dari B berada pada ruang baris
dari A.

Karena B diperoleh dari A dengan melakukan suatu operasi baris, A dapat diperoleh
dari B dengan melakukan operas: inversnya (Subbab 1.5). Jadi, argumentasi di atas
menunjukkan bahwa ruang baris dari A terletak pada ruang baris dari B.

Menurut Teorema 5.5.3 dan 5.5.4, kita dapat mengartisipasi bahwa operasi baris
elementer seharusnya tidak mengubah ruang kolom dari suatu matriks. Namun demikian, hal
ini ridak sepenuhnya berlaku- operasi baris elementer juga dapat mengubah ruang kolom.
Sebagai contoh, perhatikan matriks.

1 3
A =[ ]
2 6

Kolom kedua adalah kelipatan skalar dari kolom pertama, sehingga ruang kolom dari
A terdiri dari semua kelipatan skalar dari vektor kolom pertama. Tetapi, jika kita
menambahkan -2 kali baris pertama dari A ke baris kedua, kita memperoleh.

1 3
B =[ ]
0 0

Kembali di sini kita melihat bahwa kolom kedua merupakan kelipatan skalar dari
kolorm pertama, sehingga ruang kolom dari B terdiri dari semua kelipatan skalar dari vektor
kolom pertama. Ini tidak sama dengan ruang kolom dari A.

Meskipun operasi baris elementer dapat mengubah ruang kolom suatu matriks, kita
akan menunjukkan bahwa hubungan kebebasan linear atau ketidakbebasan linear apapun
yang terdapat di antara vektor-vektor kolom sebelum dilakukan suatu operasi baris, juga akan

57
berlaku untuk kolom-kolom yang bersesuaian pada matriks yang dihasilkan dari operasi
tersebut. Untuk lebih tepatnya, kita misalkan suatu matriks B diperoleh dengarn melakukan
suatu operasi baris elementer pada suatu matriks A, m x n. Berdasarkan Teorema 5.5.3, kedua
sistem linear homogen.

Ax = 0 dan Bx = 0

memiliki himpunan solusi yang sama. Jadi, sistem pertama memiliki solusi nontrivial
ka dan hanya jika hal yang sama berlaku untuk sistem yang kedua. Tetapi jika vektor vektor
kolom dari A dan dari B, berturut-turut adalah.

c1, c2, ... , cn dan c´1, c´2, ... , c´n

maka menurut (2), kedua sistem tersebut dapat ditulis kembali sebagai

x1c1 + x2c2 + ... + xncn = 0 (6)

dan

x1c´1 + x2c´2 + ... + xnc´n = 0 (7)

jadi (6) memiliki solusi nontrivial untuk x1, x2, .... , xn jika dan hanya jika hal yang sama
berlaku untuk (7). Ini mengimplikasikan bahwa vektor-vektor kolom dari A adalah bebas
linear jika dan hanya jika hal yang sama berlaku untuk B. Meskipun kita meniadakan
pembuktiannya, kesimpulam ini jga berlaku untuk subhimpunan sebarang dari vektor-vektor
kolom. Dengan demikian, kita memiliki hasil berikut ini.

TEOREMA 5.5.5

Jika A dan B adalah matriks-matriks yang ekuivalen baris, maka :

(a) Suatu himpunan vektor-vektor kolom dari A tertentu

adalah bebas linear jika dan hanya jika vektor-vektor
kolom yang bersesuaian dari B adalah bebas linear.
(b) Suatu himpunan vektor-vektor kolom dalam A tertentu
membentuk suatu baris untuk ruang kolom dari A jika
dan hanya jika vektor-vektor kolom yang bersesuaian
dari B membentuk suatu baris untuk ruang kolom dari B.

58
 Teorema berikut memungkinkan kita untuk menentukan baris untuk ruang baris dan
ruang kolom dari matriks dalam bentuk epselon baris melalui inspeksi.

TEOREMA 5.5.6

Jika suatu matris R berada dalam bentuk eselon baris, maka

vektor-vektor baris dengan 1 utama (yaitu vektor-vektor baris
taknol) membentuk suatu basis untuk ruang baris dari R, dan
Karena hasil ini secara virtual telah terbukti dengan sendirinya ketika kita melihat contoh-
vektor-vektor kolom 1 utama dari vektor-vektor baris
contoh numeriknya,
membentuk maka
suatu basis kami
untuk meniadakan
ruang kolom daripembuktiannya.
R. Pembuktian ini melibatkan
lebih dari sekedar analisis posisi bilangan-bilangan 0 dan 1 dari R.

59
5.6 RANK DAN NULITAS

Pada subbab sebelumnya kita telah menyelidiki hubungan antara sistem persamaan
linear dengan ruang baris, ruang kolom, dan ruang nul dari matriks koefisiennya. Pada
subbab ini kita akan memperhatikan hubungan antara dimensi ruang baris, ruang
kolom, dan ruang nul dari suatu matriks dan transposnya. Hasil-hasil yang akan kita
peroleh nantinya bersifat mendasar dan akan memberikan permahaman yang lebih
mendalam mengenai sistem linear dan transformasi linear.

Empat Ruang Matriks Dasar Jika kita perhatikan suatu matriks A dan transposnya AT
secara bersamaan, maka terdapat enam ruang vektor yang penting:

ruang baris dari A ruang baris dari AT

ruang kolom dari A ruang kolom dari AT

ruang nul dari A ruang nul dari AT

Namun demikian, dengan mentranspos suatu matriks akan mengubah vektor-vektor barisnya
menjadi vektor-vektor kolom dan mengubah vektor-vektor kolomnya menjadi vektor-vektor
baris, sehingga, kecuali perbedaan notasi, ruang baris dari AT adalah sama dengan ruang
kolom dari A, dan ruang kolom dari AT adalah sama dengan ruang baris dari A. Dengan ini
kita tinggal memiliki empat ruang vektor yang penting:

ruang baris dari A ruang kolom dari AT

ruang nul dari A ruang nul dari A

Keempat ruang vektor ini dikenal sebagai ruang matriks dasar (fundamenial matrix space)
yang terkait dengan A. Jika A adalah suatu matriks m x n, maka ruang baris dariA dan ruang
nul dari A adalah subruang dari Rn dan ruang kolom dari A dan ruang nuldari AT adalah

60
subruang dari Rm. Tujuan utama kita pada subbab ini adalah untukmengembangkan
hubungan antara dimensi-dimensi dari keempat ruang vektor ini

Ruang Baris dan Ruang Kolom yang Memiliki Dimensi Sama Pada Contoh 6 Subbab 5.5,
kita mengetahui bahwa ruang baris dan ruang kolom dari matriks

1 −3 4 −2 5 4
−1 8 2 ]
A= [ 2 −6 9
2 −6 9 −1 9 7
−1 3 −5 2 −5 −4

masing-masing memiliki tiga vektor basis, yang berarti keduanya berdimensi tiga. Bukanlah
merupakan suatu kebetulan jika ternyata dimensi-dimensi ini sama; hal ini merupakan
konsekuensi dari hasil umum berikut

Teorema 5.6.1
Jika A adalah suatu matriks sebarans, maka ruang boris dan
ruang kolom dari A memiliki dimensi yang sama.

Bukti. Misalkan R adalah beniuk eselon baris sebarang dari A. Sesuai Teorema 5.5.4, maka

dim(ruang baris dari A) = dim(ruang baris dari R)

dan sesuai Teorema 5.5.5b, maka

dim(ruang kolom dari A) = dim(ruang kolom dari R)

Jadi, bukti ini akan menjadi sempurna jika kita dapat menunjukkan bahwa ruang baris dan
ruang kolom dari R memiliki dimensi yang sama. Tetapi dimensi ruang baris dari R adalah
banyaknya baris taknol dan dimensi ruang kolom dari R adalah banyaknya kolom yang
mengandung 1 utama (Teorema 5.5.6). Akan tetapi, baris-baris taknol tepatnya mana terdapat
1 utama, schingga banyaknya 1 utama dan banyaknya baris adalah sama. Hal ini
menunjukkan bahwa ruang baris dan ruang kolom dari R memiliki dimensi yang sama.

Dimensi-dimensi dari ruang baris, ruang kolom, dan ruang nul suatu matriks merupakan
bilangan yang sangat penting, sehingga jumlah notasi dan istilah yang dikaitkan dengan hal
ini.

61
Definisi

Dimensi umum dari ruang baris dan ruang kolom dari suatu matriks A disebut rank dari A
dan dinyatakan sebegai rank(A); dimen si ruang nul dari A disebut sebagai nulitas (nullity)
dari A dan dinyatakan sebagai nulitas(A).

CONTOH 1 Rank dan Nulitas dari Matriks 4 x 6

Tentukan rank dan nulitas dari matriks

2 2 −1 0 1
A= [−1 −1 2 −3 1 ]
1 1 −2 0 − 1
0 0 1 1 1

Penyelesaian.

Bentuk eselon baris tereduksi dari A adalah

1 1 0 0 1
A= [0 0 1 0 1] (1)
0 0 0 0 0
0 0 0 1 0

(buktikan). Karena terdapat tiga baris taknol (atau secara ekuivalen, 3 satu utama), ruang
baris dan ruang kolom keduanya berdimensi dua, sehingga rank(A) = 2. Untuk menentukan
nulitas dari A, kita harus menentukan dimensi dari ruang solusi sistem linear Ax = 0. sistem
persamaan yang bersesuaian adalah

x1 + x2 + x5 = 0

x3 + x5 = 0

x4 = 0

atau, untuk menyelesaikan variabel-variabel utama,

x1 = 4x3 + 28x4 + 37x5 - 13x6

x2 = 2x3 + 12x4 + 16x5 - 5x6 (2)

maka solusi umum dari sistem tersebut adalah

x1 = -s - t

62
 x2 = s

x3 = -t

x4 = x5 = t

𝑥1 −1 −1
𝑥2 1 0
atau secara ekuivalen, 𝑥3 = s 0 +t −1 (3)
𝑥4 0 0
[𝑥5 ] [0] [1]

Kedua vektor tersebut membentuk basis untuk ruang solusi, sehingga nulitas(A) = 4.

teorema berikut menunjukkan bahwa suatu matriks dan transposnya memiliki rank yang
sama.

Teorema 5.6.2

Jika A adalah suatu matriks sebarang, maka rank(A) = rank

(AT).

Bukti.

rank(A) = dim(ruang baris dari A) = dim(ruang kolom dari rank).

Teorema berikut ini menyusun hubungan penting antara rank dan nulitas suatu matriks.

Teorema 5.6.3 Teorema Dimensi untuk Matriks

Jika A adalalh suatu matriks dengan n kolom, Maka

rank(A)+nulitas(A) = n (4)

Bukti. Karena A memiliki n kolom, maka sistem linear homogen Ax = 0 memiliki n

faktor yang tidak diketahui (variabel). Variabel ini terbagi dalam dua kategori: variabel

utama dan variabel bebas. Jadi.

𝐵anyaknya variabel 𝐵anyaknya variabel

[ ]=[ ]=n
utama bebas

63
Tetapi banyaknya variabel utama adalah sama dengan banyaknya 1 utama di dalam bentuk
eselon baris tereduksi dari A. dan angka ini merupakan rank dari A. Jadi,

𝐵anyaknya variabel
rank(A) + [ ]=n
bebas

Banyaknya variabel bebas adalah sama dengan nulitas dari A. Hal ini terjadi karena nulitas
dari A adalah dimensi ruang solusi dari Ax = 0, yang sama dengan banyaknya parameter
pada solusi umum [sebagai contohnya lihat (3)] yang sama dengan banyaknya variabel bebas.
Jadi,

rank(A)+nulitas(A) = n

Bukti dari teorema sebelumnya terdiri dari dua hasil yang sama-sama penting.

CONTOH 2 Banyaknya Rank dan

2 2 −1 0 1
−1 −1 2 −3 1 ]
A= [
1 1 −2 0 − 1
0 0 1 1 1

memiliki 6 kolom, schingga

rank(A) + nulitas(A) = 6

Hal ini konsisten dengan Contoh 1, di mana kami telah menunjukkan bahwa

rank(A)2 dan nulitas(A) 4

CONTOH 3 Banyaknya Parameter pada Solusi Umum

Tentukan banyaknya parameter pada solusi umum dari Ax = 0 jika A adalah matriks

7 x 9 dengan rank 2.

Penyelesaian

Dari (4).

64
 nulitas(A) = n - rank(A) = 9 - 2 = 7

Jadi. terdapat tujuh parameter

Kini kita misalkan A adalah suatu matriks m x n dengan rank r. Sesuai dengan Teorema 5.6.2
maka AT adalah suatu matriks n x m dengan rank r. Dengan menerapkan Teorema 5.6.3
untuk A dan AT akan menghasilkan

nulitas(A) = n – r, nulitas (AT) = m - r

dari mana kita dapat menyimpulkan seperti pada tabel berikut mengenai dimensi-dimensi dari
keempat ruang dasar dari suatu matriks A, m x n dengan rank r.

Ruang Dasar Dimensi

Ruang baris dari A R
Ruang kolom dari A R
Ruang nul dari A n–r
Ruang nul dari AT m–r

Nilai Maksimum untuk Rank Jka A adalah suatu matriks m x n, maka vektor-vektor
barisnya terletak pada Rn dan vektor-vektor kolomnya terletak pada Rm. Ini
mengimplikasikan bahwa ruang baris dari A paling banyak berdimensi n dan bahwa ruang
kolom paling banyak berdimensi m. Karena ruang baris dan ruang kolom memiliki dimensi
yang sama (rank dari A), kita harus menyimpulkan bahwa jika m ≠ n, maka rank dari A yang
paling banyak adalah nilai yang lebih kecil antara nilai-nilai m dan n. Kita menotasikannya
dengan menulis

rank(A) ≤ min(m,n) (5)

di mana min(m,n) menotasikan nilai yang lebih kecil antara nilai m dan nilai n jika

m ≠ n, atau nilai yang sama jika m = n.

CONTOH 4 Nilai Rank Maksimum untuk Matriks 7 x 4

Jika A adalah suatu matriks 7 x 4, maka rank dari A yang paling banyak adalah 4, dan bagai
konsekuensinya, ketujuh vektor barisnya pasti tidak bebas linear. Jika A adalah suatu matriks

65
4 x 7, maka kembali rank dari A yang paling banyak adalah 4, dan sebagai konsekuensinya,
ketujuh kolomnya pasti tidak bebas linear.

Sistem Linear yang Terdiri dari m Persamaan dengan n Faktor yang Tidak Diketahui
Pada subbab sebelumnya kita telah memperoleh berbagai macam teorema mengenai sistem
linear yang terdiri dari n persamaan dengan n faktor yang tidak diketahui. (Lihat Teorema
4.3.4.) Kini kita akan mengalihkan perhatian pada sistem linear yang terdiri dari m persamaan
dengan n faktor yang tidak diketahui, di mana m dan n tidak perlu sama.

Teorema berikut menyatakan syarat-syarat di mana suatu sistem linear yang terdini m
persamaan dengan n faktor yang tidak diketahui dipastikan selalu konsisten.

Teorema 5.6.5 Teorema Konsistensi

Jika Ax = b adalah suatu sistem linear yang terdiri dari m

persamaan dengan n faktor yang tidak diketahui, maka
pernyataan-penyataan berikut ini adalah ekuivalen.

(a) Ax = b adalah konsisten.

(b) b berada pada ruang kolom dari A.

(c) Matriks koejisien A dan matriks yang diperbesar IA | b]

memiliki rank yang sama.

Bukti. Kita hanya perlu membuktikan dua ekuivalensi (a) ⇔(b) dan (b) (c), karena sesuai
dengan aturan logika, maka (a) ⇔ (c).

(a) ⇔ (b). Lihat Teorema 5.5.1

(b) ⇔ (c). Kita akan menunjukkan bahwa jika b berada pada ruang kolom dari A, maka ruang
kolom dari A dan dari [A ǀ b] benar-benar sama, sehingga selanjutnya kedua matriks ini
memiliki rank yang sama.

Menurut definisi, ruang kolom dari suatu matriks adalah ruang yang direntang oleh
vektor-vektor kolomnya, sehingga ruang kolom dari A dan dari [A | b] berturut-turut dapat
dinyatakan sebagai

rentang {c1, c2, ..., cn} dan rentang{c1, c2, ..., cn, b}

66
Jika b berada pada ruang kolom dari A, maka setiap vektor pada himpunan {c1, c2, ..., cn, b}
adalah suatu kombinasi linear dan vektor-vektor pada{c1, c2, ..., cn} dan sebaliknya
(mengapa?). Jadi, sesuai dengan Teorema 5.2.4 ruang kolom dari A dan [A ǀ b] adalah sama.

(c) ⇔ (b). Asumsikan bahwa A dan [A | b] memiliki rank r yang sama. Menurut Teorema
5.4.6a, terdapat beberapa subhimpunan yang terdiri dari vektor-vektor kolom dari A yang
membentuk suatu basis untuk ruang kolom dari A. Misalkan vektor-vektor kolom tersebut
adalah

C’1, c’2, ..., c’r

Vektor-vektor basis sebanyak r ini juga termasuk pada ruang kolom berdimensi r dari [A | b];
sehingga vektor-vektor basis ini juga membentuk suatu basis untuk ruang kolom dari [A ǀ b]
sesuai Teorema 5.4.6a. Ini berarti bahwa b dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear
dari C’1, c’2, ..., c’r, dan sebagai konsekuensinya b terletak di dalam ruang kolom dari A.

Tidaklah sulit untuk memvisualisasikan mengapa teorema ini benar jika kita
memandang rank suatu matriks sebagai banyaknya baris taknol di dalam bentuk eselon baris
tereduksinya. Sebagai contoh, matriks yang diperbesar dari sistem

x1- 2x2 - 3x3 + 2x4 = -4

-3x1+ 7x2 - x3 + x4 = -3

2x1- 5x2 + 4x3 - 3x4 = 7

-3x1+ 6x2 + 9x3 - 6x4 = -1

Adalah

1 −2 −3 2 −4
[ −3 7 −1 1 −3]
2 −5 4 −3 7
−3 6 9 −6 −1

yang memiliki bentuk eselon baris tereduksi sebagaimana berikut (buktikan)

1 0 −23 16 0
[0 1 −10 7 0]
0 0 0 0 1
0 0 0 0 0

67
 Kita dapat melihat dari baris ketiga matriks ini bahwa sistem ini tidak konsisten. Akan
tetapi, karena baris ini juga maka bentuk eselon baris tereduksi dari matriks yang diperbesar
memiliki baris nol lebih sedikit dibanding bentuk eselon baris tereduksi dari matriks
koefisiennya. Hal ini membuat matriks koefisien dan matriks yang diperbesar untuk sistem
tersebut memiliki rank yang berbeda.

Teorema Konsistensi menekankan pada syarat-syarat di mana suatu sistem linear Ax

= b adalah konsisten untulk suatu vektor b yang spesifik. Teorema berikut menekankan pada
syarat-syarat di mana suatu sistem linear adalah konsisten untuk semua kemungkinan pilihan
b.

Teorema 5.6.6

Jika Ax = b adalah suatu sistem linear yang terdiri dari m

persamaan dengan n faktor yang tidak diketuhui, maka
pernyaiaan-pernyataan berikut ini adalah ekuivalen.

(a) Ax b adalah konsisten untuk setiap matriks b, m x 1

(b)Vektor-vektor kolom dari A merentang R . m

(c) rank(A)= m.

Bukti. Kita hanya perlu membuktikan dua ekuivalensi (a) ⇔ (b) dan (a) ⇔ (c). Karena
sesuai dengan aturan logika, maka (b)⇔ (c).

(a) ⇔ (b). Dari Rumus (2) Subbab 5.5, sistem Ax = b dapat dinyatakan sebagai

x1c1 + x2c2 + . . . + xncn = b

di mana kita dapat menyimpulkan bahwa Ax = b adalah konsisten untuk setiap matriks b, m x
1, jika dan hanya jika setiap b semacam ini dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear
dari vektor-vektor kolom c1, c2, ..., cn atau secara ekuivalen, jika dan hanya jika vektor-vektor
kolom ini merentang Rm.

(a) ⇔ (b) Dari asumsi bahwa Ax = b adalah konsisten untuk setiap matriks b, m x 1, dan dari
Teorema Konsistensi (5.6.5) bagian (a) dan (b), maka setiap vektor b pada Rm terletak pada
ruang kolom dari A; yaitu, ruang kolom dari A adalah seluruh Rm. Jadi, rank(A) = dim(Rm) =
m.

68
(c) ⇔ (a). Dari asumsi bahwa rank(A) = m, maka ruang kolom dari A adalah subruang dari
Rm dengan dimensi m, dan oleh karena itu pasti seluruh Rm sesuai dengan Teorema 5.4.7.
Sesuai dengan Teorema Konsistensi (5.6.5) bagian (a) dan (b), Ax = b adalah konsisten untuk
setiap vektor b pada Rm, karena setiap b semacam ini berada pada ruang kolom dari A.

Suatu sistem linear dengan jumlah persamaan lebih banyak dibandingkan jumlah
faktor yang tidak diketahui disebut sistem linear overdetermined (overdetermined linear
system). Jika Ax = b adalah sistem linear overdetermined yang terdiri dari m persamaan
dengan n faktor yang tidak diketahui (sehingga m > n), maka vektor-vektor kolom dari A
tidak dapat merentang Rm, sesuai teorema terakhir bahwa untuk suatu matriks A, m x n
tertentu, denga m > n, sistem linear overdetermined Ax = b tidak dapat konsissen untuk
setiap b yang mangkin.

CONTOH 5 Sistem Overdetermined

Sistem linear

𝑥1 − 4𝑥2 = b1

𝑥1 − 𝑥2 = b2

𝑥1 + 𝑥2 = b3

𝑥1 + 4𝑥2 = b4

𝑥1 + 5𝑥2 = b5

adalah overdeternined, sehingga sistem ini tidak dapat konsisten untuk semua nilai b1, b2, b3,
b4, dan b5 yang mungkin. Syarat-syarat eksak agar sistem tersebut konsistendiperoleh dengan
menyelesaikan sistem linear tersebut menggunakan eliminasi gauss-Jordan.Kami
menyerahkan kepada Anda untuk menanjukkan bahwa matriksyang diperbesar dari
persamaan di atas adalah ekuivalen baris dengan

1 0 4𝑏2 − 𝑏1
0 1 𝑏2 − 𝑏1
0 0 𝑏3 − 5𝑏2 + 4𝑏1
0 0 𝑏4 − 6𝑏2 + 5𝑏1
[0 0 𝑏5 − 7𝑏2 + 6𝑏1 ]

69
Jadi, sistem tersebut bersifat kousisten jika dan hanya jika b1, b2, b3, b4 dan b5 memenuhi
syarat-syarat

4𝑏1 − 5𝑏2 + 𝑏3 =0

5𝑏1 − 6𝑏2 + 𝑏4 =0

6𝑏1 − 7𝑏2 + 𝑏5 =0

atau, dengan menyelesaikan sistem linear homogen ini diperoleh

𝑏1 = 7r– 6s, 𝑏2 = 6s– 5s, b3 = 4r – s, b4 = r, b5 = s

di mana r dan s adalah sebarang

Pada Teorema 5.5.2 Rumus (3), skalar c1, c2, ..., ck adalah parameter-parameter
sebarang pada solusi-solusi umum dari kedua persamaan Ax = b dan Ax = 0. Jadi, kedua
sistem ini memiliki jumlah parameter yang sama pada solusi-solusi umumnya. Lebih lanjut,
sesuai Teorema 5.6.4 bagian (b) bahwa jumlah parameter semacam ini adalah nulitas(A).
Fakta ini dan Teorema Dimensi untuk Matriks (5.6.3) menghasilkan teorema berikut.

Teorema 5.6.7

Jika Ax = b adalah suatu sistem linear konsisten yang terdiri

dari m persamaan dengan n faktor yang tidak diketahui, dan
jika A memiliki rank r maka solusi umum dari sistem
tersebut terdiri dari n-r parameter.

CONTOH 6 Banyaknya Parameter pada Solusi Umunm

Jika A adalah suatu matriks 9 x 13 dengan rank 5, dan jika Ax = b adalah suatu sistem linear
konsisten, maka solusi umum dari sistem tersebut terdiri dari 13 - 5 = 8 parameter.

Pada subbab sebelumnya kita telah memperoleh berbagai macam syarat di mana suatu
sistem linear homogen Ax = 0 yang terdiri dari n persamaan dengan n faktor yang tidak
diketahui dipastikan hanya memiliki solusi tuivial. (Lihat Teorema 4.3.3). Teorema berikut
memperoleh beberapa hasil yang bersesuaian untuk sistem yang terdiri dari m persamaan
dengan n faktor yang tidak diketahui, di mana m dan n mungkin berbeda.

70
 Teorema 5.6.8

Jika A adalah suatu mairiks m x n, maka penyataan-

pemyataan berikut adalah ekuivalen.

(a) Ax = 0 hanya memiliki solusi trivial

Bukti. Kita hanya perlu membuktikan dua ekuivalensi (a) ⇔ (b) dan (a) ⇔ (c), karena
(b) Vektor-vektor kolom A adalah bebas linear
sesuai dengan
(c) Ax aturan logika,
= b memiliki paling maka
banyak(b)⇔(c).
satu solusi (tidak ada atau
satu) untuk setiap matriks b, m x 1.
(a)⇔ (b). Jika c1, c2, ..., cn adalah vektor-vektor kolom dari A, maka sistem linear Ax = 0
dapat ditulis sebagai

x1c1, x2c2, ..., xncn

Jika c1, c2, ..., cn adalah vektor-vektor bebas linear, maka persarnaan ini hanya akan terpenuhi
oleh x1 = x2 = . . . = xn = 0, di mana Ax = 0 hanya memiliki solusi trivial. Sebaliknya, jika Ax
= 0 hanya memiliki solusi trivial, maka Persamaan (6) hanya akan terpenuhi oleh x1 = x2 = . .
. = xn = 0. yang berarti c1, c2, ..., cn adalah bebas linear.

(a)⇔(c). Asumsikan Ax = 0 hanya memiliki solusi trivial. Ax = b bisa bersifat konsisten atau
tidak. Jika tidak konsisten, maka Ax = b tidak memiliki solusi, dan pembuktian kita selesai.
Jika Ax b konsisten, misalkan x0 adalah solusi sebarang. Dari pembahasan Teorema 5.5.2 dan
fakta bahwa Ax = 0 hanya memiliki solusi trivial. kita menyimpulkan bahwa solusi umum
dari Ax = b adalah x0 + 0 = x0. Jadi, satu-satunya solusi dari Ax = b adalah x0.

(c)⇔(a). Asumsikan bahwa Ax = b memiliki paling banyak satu solusi untuk setiap matriks
b, m x 1. Maka, secara khusus, Ax=0 memiliki paling banyak satu solusi. Jadi Ax = 0 hanya
memiliki solusi trivial.

Suatu sistem linear dengan jumlah faktor yang tidak diketahui lebih banyak dari
jumlah persamaan disebut sistem linear underdetermined (underdetermined linear system).
Jika Ax = b adalah suatu sistem linear underdetermined konsisten yang terdiri dari m
persamaan dengan n faktor yang tidak diketahui (sehingga m < n), maka sesuai Teorema
5.6.7 bahwa solusi umumnya memiliki paling tidak satu parameter (mengapa?) sehingga
suatu sistem linear underdetermined konsisten harus memiliki takterhingga banyaknya

71
solusi; banyaknya solusi Secara khusus, suatu sistem linear homogen underdetermined
memiliki tak terhingga solusi; tetapi hal ini telah dibuktikan pada Bab 1 (Teorema 1.2.1).

CONTOH 7 Sistem Underdetermined

Jika A adalah suatu matriks 6 x 9, maka untuk setiep matriks b, 9 x 1, sistem linear Ax = b
adalah underdetermined. Jadi. Ax = b pasti konsisten untuk beberapa b, dan untuk setiap b
yang semacam itu, solusi umumnya harus memiliki 9 - r parameter dimana r adalah rank dari
A.

RANGKUMAN Pada Teorema 4.3.4 kita telah mencantumkan delapan hasil yang ekuivalen
dengan keterbalikan matriks A. Kita akan menyimpulkan subbab ini dengan menambahkan
delapan hasil lagi ke dalam daftar tersebut untuk menghasilkan teorema berikut yang
mengaitkan seluruh topik utama yang telah kita pelajari sampai sejauh ini

Teorema 5.6.9 Pernyataan-pernyataan yang Ekuivalen

Jika A adalah suatu matriks n x n, dan jika T :R → R adalah perkalian

A
n n

dengan A, maka pernyataan-penyataan berikut ini adalah ekuivalen.

(a) A dapat dibalik.

b) Ax = 0 hanya memiliki solusi trivial.

(c) Bentuk eselon baris tereduksi dari A adalah I . n

(d) A dapat dinyatakan sebagaí suatu hasilkali dari matriks-matriks

elementer.

(e) Ax = b konsisten untuk setiap matriks b, n x 1.

(f) Ax = b memiliki tepat satu solusi untuk setiap matriks b, n x 1.

(g) det(A)≠0.
n
(h) Range dari T adalah R .

(i) T adalah sauu ke satu.

A

(j) Vektor-vektor kolom dari A adalah bebas linear.

(k) Vektor-vektor baris dari A adalah bebas linear.

n
(l) Vektor-vektor kolom dari A adalah merentang R .
n
(m) Vektor-vektor baris dari A adalah merentang R .
n
(n) Vektor-vektor kolom dari A adalah membentuk basis untuk R .
n
(o) Vektor-vektor baris dari A adalah membentuk basis untuk R .
72
(p) A memiliki rank n.

(q) A memiliki nulitas 0.

Bukti. Kita telah mengetahui dari Teorema 4.3.4 bahwa pernyataan (a) hingga (i) adalah
ekuivalen. Untuk melengkapi bukti, kami akan menunjukkan bahwa (j)hingga (q) adalah
ekuivalen dengan (b) dengan membuktikan urutan sebab akibat (b) ⇔ (j) ⇔ (k) ⇔ (l) ⇔ (m)
⇔ (n) ⇔ (o) ⇔ (p) ⇔ (q) ⇔ (b).

(b)⇔(j). Jika Ax = 0 hanya memiliki solusi trivial, maka sesuai Teorema 5.6.8 vektor-vektor
kolom dari A adalah bebas linear.

(j) ⇔ (k)⇔ (l) ⇔ (m) ⇔ (n ⇔ (o). Hal ini sesuai teorema 5.4.5 dan fakta bahwa Rn adalah
suatu ruang vektor berdimensi n. (Detil-detilnya telah ditiadakan.)

(o) ⇔ (p). jika n vektor-vektor baris dari A membentuk suatu basis untuk Rn. Maka ruang
baris dari A adalah berdimensi n dan A memiliki rank n.

(p) ⇔ (q). Ini sesuai dengan Teorema Dimensi (5.6.3).

(q) ⇔ (b). Jika A memiliki nulitas 0, maka ruang solusi dari Ax = 0 memiliki dimensi 0, yang
berarti hanya memiliki vektor nol. Oleh karena itu, Ax = 0 hanya memiliki solusi trivial.

73
 DAFTAR PUSTAKA

Anton,H. (1995). Aljabar Linier Elementer Edisi 5. Jakarta: Erlangga

Rorres, A. (2004). Aljabar Linier Elementer Jilid 1. Jakarta: Erlangga

Sibarani, M. (2014). Aljabar Linier. Jakarta: Rajawali Pers

74
Biodata Kelompok 5

1. Cici Meiliana Sari (A1C217015)

Hobi : makan dan jalan-jalan

Seorang perempuan dari tebo yang berusia 18 tahun yang sedang menjalani
pendidikan di universitas jambi program studi pendidikan matematika angkatan
2017.

2. Putri Armalia ( A1C217024)

Hobi : membaca
Seorang perempuan yang berasal dari tebo yang berusia 20 tahun yang sedang melanjutkan pendidikan
di universitas jambi program studi pendidikan matematika angkatan 2017 .

3. Wida Yanti (A1C217057)

Hobi : belajar, makan dan tidur

Seorang wanita yang berasal darai sungai bahar yang berusia 20 tahun yang
sedang menempuh pendidikan di universitas jambi program studi pendidikan
matematika angkatan 2017.

4. Lusi Sulistiani (RRA1C217001)

Hobi : membaca dan jalan-jalan

Seorang perempuan yang berasal dari kota jambi sekarang berusia 20
tahun dan sedang melanjutakan pendidikan di universitas jambi program
studi pendididkan matematika angkatan 2017.

5. Chika Dwi Syafira ( RSA1C217017)

Hobi : bernyanyi
Seorang wanita yang berasal dari kota jambi dan sekarang sedang
melanjutkan pendidikan di universitas jambi program studi pendidikan
matematika angkatan 2017.

75
76