Aljabar linear

7,587 views
7,395 views

Published on

ditulis oleh Bp. Yuliant Sibaroni dari ITT Bandung. mudah dan enak buat dipelajari. karena link nya susah dibuka lagi, maka saya upload-kan ke slideshare

1 Comment
2 Likes
Statistics
Notes
No Downloads
Views
Total views
7,587
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
71
Actions
Shares
0
Downloads
367
Comments
1
Likes
2
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Aljabar linear

  1. 1. i Aljabar Linear Buku Ajar Aljabar Linear Oleh Yuliant Sibaroni S.SiPROGRAM PERKULIAHAN DASAR UMUMSEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM BANDUNG 2002 Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  2. 2. ii Aljabar Linear Kata PengantarDengan mengucapkan syukur alhamdulillah ,akhirnya buku ajar aljabar linear dapatdiselesaikan. Buku ajar ini merupakan catatan kuliah dari penulis selama penulismemberikan perkulian aljabar linear di STT Telkom . Pembuatan buku ajar inidimaksudkan untuk membantu mahasiswa STT Telkom dalam memahami perkuliahanaljbar linear maupun kuliah- kuliah lain yang menggunakan aljabar linear sebagaidasarnya .Penulis menyadari bahwa dalam penulisan buku ajar ini masih banyak kekurangan yangterjadi . Untuk itu adanya saran dan kritik dari pembaca sangat diperlukan penulis untukperbaikan diktat ini dimasa mendatang. Penulis juga mengucapkan terima kasihterhadap semua pihak yang telah membantu dalam pembuatan buku ajar ini. Bandung , Agustus 2002 Penulis Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  3. 3. iii Aljabar Linear DAFTAR ISI1. Matriks dan Operasi – Operasinya ………………….…… 01 I.1 Pendahuluan ……………………………………………………... 01 I.2 Jenis – jenis matriks 01 01 ……………………………….……………… 04 I.3 Operasi – operasi matriks ……………………………………….… I.4 Matriks Invers ……………………………………………………… 06 062. Sistem Persamaan Linear 07 ………………………………... 10 12 II.1 Pendahuluan……………………………………………………….. 15 II.2 Operasi baris elementer ……………………………………………. 15 II.3 Sistem persamaan linear Homogen …………………………….….. 16 II.4 Menentukan invers matriks ……………………………………….. 183. Determinan matriks 19………………………………….….. III.1 Pendahuluan 22……………………………………………………….. 22 III.2 Metode perhitungan determinan 22 23 …………………………….…….. 25 III.3 Menentukan himpunan penyelesaian sistem persamaan linier 27 dengan metode Crammer ………………………………..………… III.4 Hubungan determinan, invers matriks dan penyelesaian untuk sistem persaman linier ……………………………………………… 31 31 324. Vektor– Vektor di bidang dan di ruang 33 ………………… 34 IV.1 Pendahuluan 37 38………….…………………………………………… 39 IV.2 Operasi – operasi pada vektor….………………………………… IV.3 Hasil kali titik , panjang vektor danjarak antara dua vektor ……… IV.4 Proyeksi orthogonal ……………………………………………… IV.5 Perkalian silang vektor …………………………………………… Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  4. 4. iv Aljabar Linear5. Ruang – Ruang Vektor ……………………...…………. V.1 Ruang – n Euclides………………………………………………. V.2 Ruang vektor umum……………………………………………… V.3 Sub–ruang vektor …………………………………………………. V.4 Membangun dan bebas linier……………………..………………. V.5 Basis dan Dimensi ………………………………………………… V.6 Basis ruang baris dan basis ruang kolom…………………………. V.7 Basis ruang solusi …………………………………………………6. Ruang Hasil Kali Dalam 44 ……………………………….. 44 45 VI.1 Hasil kali dalam 46 …………………………………………………… 50 VI.2 Panjang vektor , jarak antar vektor ,dan besar sudut dalam RHD … 54 54 VI.3 Basis orthonormal 56 ………………………………………………… 60 VI.4 Perubahan Basis …………………………………………………… 63 63 647. Ruang Eigen ……………………………………...…… 65 VII.1 Nilai Eigen suatu matriks……………………………………… Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  5. 5. v Aljabar Linear VII.2 Diagonalisasi ……………………………………………………… VII.3 Diagonalisasi orthogonal …………………………………………8.Transformasi Linear …………………………………... VIII.1 Pendahuluan……………………………………………………… VIII.2 Kernel ( inti ) dan Jangkauan …………………………………… VIII.3 Matriks transformasi ……………………………………………… Daftar Pustaka 1. Anton , H .( 1991) Elementary Linear Algebra .John Wiley and Sons 2. Leon , S.J.( 2001 ) . Aljabar Linear Dan Aplikasinya edisi 5 . Penerbit Erlangga 3. Mursita D. ( 2000 ). Diktat Kuliah Aljabar Linear Elementer. STT Telkom Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  6. 6. vi Aljabar Linear Yuliant SibaroniSekolah Tinggi Teknologi Telkom
  7. 7. 1 Matriks dan operasi – operasinya BAB I Matriks dan Operasi – OperasinyaI.1 PendahuluanDefinisi :Matriks adalah susunan segi empat siku – siku dari bilangan yang dibatasi dengan tandakurung.Suatu matriks tersusun atas baris dan kolom, jika matriks tersusun atas m baris dan nkolom maka dikatakan matriks tersebut berukuran ( berordo ) m x n. Penulisan matriksbiasanya menggunakan huruf besar A, B, C dan seterusnya, sedangkan penulisanmatriks beserta ukurannya (matriks dengan m baris dan n kolom ) adalah Amxn, Bmxndan seterusnya.Bentuk umumBentuk umum dari Amxn adalah :  a11 a12 ... a1n  a a 22 ... a 2 n Amxn =  21  ,  : : ::: :    a m1 a m2 ... a mn aij disebut elemen dari A yang terletak pada baris i dan kolom j.I.2 Jenis – jenis matriksAda beberapa jenis matriks yang perlu diketahui dan sering digunakan padapembahasan selanjutnya, yaitu :a. Matriks Bujur sangkar Matriks bujur sangkar adalah matriks yang jumlah barisnya sama dengan jumlah kolomnya. Karena sifatnya yang demikian ini, dalam matriks bujur sangkar dikenal istilah elemen diagonal yang berjumlah n untuk matriks bujur sangkar yang berukuran nxn, yaitu : a11, a22, …, ann. Contoh 1.2.1 a a  A2x2 =  11 12  dengan elemen diagonal a11 dan a22 a 21 a 22   a11 a12 a13  A3x3 = a a 22 a 23  dengan elemen diagonal a11 ,a22 dan a33  21  a 31  a 32 a 33  b. Matriks Diagonal Matriks diagonal adalah matriks yang elemen bukan diagonalnya bernilai nol. Dalam hal ini tidak disyaratkan bahwa elemen diagonal harus tak nol. Contoh 1.2.2 1 0 1 0 0 0  A =  B=   , C = 0 0  0 3  0 0    Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  8. 8. 2 Matriks dan operasi – operasinyac. Matriks Nol Mariks Nol merupakan matriks yang semua elemennya bernilai nol.d. Matriks Segitiga Matriks segitiga adalah matriks bujur sangkar yang elemen – elemen dibawah atau diatas elemen diagonal bernilai nol. Jika yang bernilai nol adalah elemen – elemen dibawah elemen diagonal maka disebut matriks segitiga atas , sebaliknya disebut matriks segitiga bawah. Dalam hal ini, juga tidak disyaratkan bahwa elemen diagonal harus bernilai tak nol. Contoh 1.2.3 1 0 1 0 0 0  1 0 0 A= 0 0 2  , B = 1 0 0 , C= 0 1 0        0 0 1    0 1 0    0 0 2    Matriks A adalah matriks segitiga bawah, matriks B adalah matriks segitiga atas sedangkan matriks C merupakan matriks segitiga bawah dan juga matriks segitiga atas.e. Matriks Identitas Matriks identitas adalah matriks diagonal yang elemen diagonalnya bernilai 1f. Matriks dalam bentuk eselon baris tereduksi Suatu matriks dikatakan memiliki bentuk eselon baris tereduksi jika memenuhi syarat– syarat berikut : 1. Untuk semua baris yang elemen – elemennya tak–nol , maka bilangan pertama pada baris tersebut haruslah = 1 ( disebut satu utama ). 2. Untuk sembarang dua baris yang berurutan, maka satu utama yang terletak pada baris yang lebih bawah harus terletak lebih ke kanan daripada satu utama pada baris yang lebih atas. 3. Jika suatu baris semua elemennya adalah nol, maka baris tersebut diletakkan pada bagian bawah matriks. 4. Kolom yang memiliki satu utama harus memiliki elemen nol ditempat lainnya. Contoh 1.2.4 0 1 0 1 1 0 2 1 0 0 0 0 0 1 1  0 1 0   0 1  A=   , B=   ,C= 0 0 0  0 0 0 0    0 0 1     0 0 0 Matriks A , B dan C adalah matriks – matriks dalam bentuk eselon baris tereduksi dan notasi 1 menyatakan satu utamanya. Contoh berikut menyatakan matriks – matriks yang bukan dalam bentuk eselon baris tereduksi. Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  9. 9. 3 Matriks dan operasi – operasinya Contoh 1.2.5 1 1 0 2 1 1 0 0 0 D= 0 1 1 0  , E = 0 0 0 0 0      0 0 0 0    0 0 1 0 2    Matriks D bukan dalam bentuk eselon baris tereduksi karena elemen d12 bernilai 1 sehingga tidak memenuhi syarat ke – 4 ( harusnya = 0 ), sedangkan matriks E tidak memenuhi karena baris kedua yang merupakan baris nol letaknya mendahului baris ketiga yang merupakan baris tak nol, sehingga syarat ketiga tidak terpenuhi. Jika suatu matriks hanya memenuhi syarat 1–3 saja, maka dikatakan matriks tersebut memiliki bentuk eselon baris.I.3 Operasi – operasi matriksa. Penjumlahan matriks Operasi penjumlahan dapat dilakukan pada dua buah matriks yang memiliki ukuran yang sama. Aturan penjumlahan Dengan menjumlahkan elemen – elemen yang bersesuaian pada kedua matriks Contoh: a b   e f  a + e b + f   + =  c d   g h  c + g d + h b. Perkalian matriks dengan matriks Operasi perkalian matriks dapat dilakukan pada dua buah matriks ( A dan B) jika jumlah kolom matriks A = jumlah baris matriks B. Aturan perkalian Misalkan Amn dan Bnk maka Amn Bnk = Cmk dimana elemen – elemen dari C( cij) merupakan penjumlahan dari perkalian elemen–elemen A baris i dengan elemen– elemen B kolom j Contoh : k n a b c l ak + bl + cm an + bo + cp  A=   ,B=  o  maka A23 B32 = C22 =   d e f m p dk + el + fm dn + eo + fp   c. Perkalian matriks dengan skalar Suatu matriks dapat dikalikan suatu skalar k dengan aturan tiap –tiap elemen pada A dikalikan dengan k. Contoh 1.3.1 a b c 3a 3b 3c  3  =   d e f  3d 3e 3 f  Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  10. 10. 4 Matriks dan operasi – operasinyad. Transpose matriks Transpose matriks A ( dinotasikan At ) didefinisikan sebagai matriks yang baris – barisnya merupakan kolom dari A. 1 4  1 2 3  t 2 5  Contoh : A =  4 5 6 A =     3 6   Sifat – sifat dari operasi matriks - A+B = B+A - A+ ( B+C ) = ( A+B) + C - AB ≠ BA - A ( BC ) = ( AB ) C - ( At )t = A - ( AB )t = BtAtI.4 Matriks InversDefinisiJika A, B matriks bujur sangkar dan berlaku AB = BA = I ( I matriks identitas ), makadikatakan bahwa A dapat dibalik dan B adalah matriks invers dari A ( notasi A–1 ).  2 − 5 3 5  1 0Contoh : A =  , B=  AB = BA =  − 1 3   1 2  0 1 Maka B = A–1 dan A = B–1Sifat yang berlaku : - ( A–1 )–1 = A - ( AB )–1 = B–1A–1Latihan I1. Tentukan jenis dari matriks – matriks dibawah ini ( jika memenuhi lebih dari satu, tuliskan semua ) ! 1 0 0 1 0 2 1 2 2 1 0 0 0 0  A=   , B=   , C = 0 1 2  , D = 0 0 0      0 1  1 0 1  0 0 0  0 0 1        1 0 1 0 2 1 1 1 2. Diketahui A =   , B = 1 2 0  dan C = 2 2 3 0 1      a. Hitung B + C ! b. Hitung AB dan AC , kemudian tentukan AB + AC c. Dari perhitungan B + C sebelumya, hitung A ( B + C ) kemudian bandingkan hasilnya dengan jawaban dari b ! Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  11. 11. 5 Matriks dan operasi – operasinya3. Dari soal nomor 2, tentukan a. ( AB )t dan ( AC )t ! b. Hitung BtAt dan CtAt , kemudian bandingkan hasilnya dengan jawaban a !4. Tunjukkan apakah matriks B merupakan invers A ! 2 4  1  0 − 4 a. A =   dan B = − − 2 2 0  8 2  1 3 1 0 b. A =   dan B = 0 1 0 0    Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  12. 12. 6 Sistem persamaan linear BAB II Sistem Persamaan LinearII.1 PendahuluanBentuk umumSuatu persamaan linear yang mengandung n peubah x1, x2 ,…,xn dinyatakan dalambentuk a1x1 + a2x2 + … + anxn = b dengan a1, a2, …, an , b adalah konstanta riil.Dalam hal ini, peubah yang dimaksud bukan merupakan fungsi trigonometri, fungsilogaritma ataupun fungsi exponensial.Contoh 2.1.1 :a. x + y = 4 persamaan linear dengan 2 peubahb. 2x – 3y = 2z +1 persamaan linear dengan 3 peubahc. 2 log x + log y = 2 bukan persamaan lineard. 2ex = 2x + 3 bukan persamaan linearSistem persamaan linear ( SPL )DefinisiSistem persamaan linear adalah himpunan berhingga dari persamaan linearContoh 2.1.2:a. x + y = 2 b. x – y + z = 4 2x + 2y = 6 x+y =0Tidak semua sistem persamaaan linear memiliki penyelesaian( solusi ) , sistempersamaan linear yang memiliki penyelesaian memiliki dua kemungkinan yaitupenyelesaian tunggal dan penyelesaian banyak. Secara lebih jelas dapat dilihat padadiagram berikut :  Tidak memiliki penyelesaian ( tidak konsisten )  solusi tunggalSPL  memiliki penyelesaian ( konsisten )    solusi banyak Pada sistem persamaaan linear dengan dua peubah, secara geometris jika SPL tidakmempunyai penyelesaian maka grafiknya berupa dua garis yang saling sejajar, jikapenyelesaiannya tunggal maka himpunan penyelesaiannya berupa sebuah titik hasilperpotongan dua garis sedangkan jika penyelesaiannya banyak maka himpunanpenyelesaiannya berupa dua garis lurus yang saling berhimpit. Secara lebih jelas dapatdilihat pada contoh 2.1.3 berikut :a. x + y = 2 , Grafiknya : 2x + 2y = 6 3 2x + 2y = 6 2 x+y=2 2 3Grafik tersebut menunjukkan bahwa kedua garis sejajar sehingga tidak penyelesaianyang memenuhi sehingga disimpulkan bahwa SPL tidak konsisten. Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi TeknologiTelkom
  13. 13. 7 Sistem persamaan linearb. x – y = 2 , Grafiknya : x+y=2 2 x + y =2 2 x–y=2 –2Grafik tersebut menunjukkan bahwa himpunan penyelesaian dari SPL adalah titikpotong antara x – y = 2 dan x + y = 2 yaitu titik ( 2,0 ). Jadi penyelesaian dari SPLadalah tunggal yaitu x = 2 dan y = 0.c. x + y = 2 , Grafiknya : 2x + 2y = 4 2 x + y =2 2 2x + 2y = 4Grafik diatas bahwa x + y = 2 dan 2x + 2y = 4 saling berhimpit sehingga hanyaterlihat seperti satu garis saja. Himpunan penyelesaian dari SPL semua titik yangterletak disepanjang garis tersebut. Misalkan diambil x = 0 maka didapatkan y = 2 yangmemenuhi persamaan, jika x = 1 maka nilai y = 1 adalah nilai yang memenuhi . Secaramatematis dapat dituliskan sebagai : { (x,y) | x = 2 – y , x∈ R ,y∈R }Untuk kasus sistem persamaan linear dengan menggunakan dua peubah , pembuatangrafik untuk menentukan himpunan penyeleaian seperti ini masih memungkinkan ,hanya saja untuk jumlah peubah yang lebih banyak hal ini sulit dilakukan.II.2 Operasi baris elementerKetika dihadapi masalah yang berkaitan dengan sistem persamaan linear terutama yangmenggunakan banyak peubah, maka hal pertama yang dapat digunakan untukmenyederhanakan permasalahan adalah dengan mengubah sistem persamaan linearyang ada ke dalam bentuk matriks. Suatu persamaan linear biasanya juga tidakdidapatkan secara langsung tetapi melalui penyederhanaan dari permasalahan yangterjadi dalam kehidupan sehari – hari. Setelah diubah ke bentuk matriks, maka matrikstersebut diubah ke bentuk matriks dalam bentuk eselon baris tereduksi untukmendapatkan penyelesaian dari SPL.Prosedur untuk mendapatkan matriks eselon baris tereduksi biasa disebut sebagaieliminasi Gauss– Jordan . Pada proses eliminasi tersebut operasi – operasi yangdigunakan disebut operasi baris elementer.Dalam operasi baris elementer ini ada beberapa operasi yang dapat digunakan , yaitu :a. Mengalikan suatu baris dengan konstanta tak nolb. Mempertukarkan dua buah barisc. Menambahkan kelipatan suatu baris ke baris lainnya. Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi TeknologiTelkom
  14. 14. 8 Sistem persamaan linearDengan menggunakan operasi baris elementer , maka matriks eselon baris tereduksiyang didapatkan akan ekuivalen dengan matriks awalnya sehingga penyelesaian untukmatriks eselon baris tereduksi juga merupakan penyelesaian untuk matriks awalnya.Matriks awal yang dimaksud adalah matriks diperbesar.Untuk melihat secara lebih mudah definisi dari matriks diperbesar akan ditunjukkanberikut ini :Diketahui SPL dengan m buah persamaan linear dan n peubaha11x1 + a12x2 + … + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + … + a2nxn = b2:am1x1 + am2x2 + … + amnxn = bmSistem persamaan linear diatas dapat ditulis dalam bentuk matriks AX = B dengan  a11 a12 ... a1n   x1   b1  a   x2   b2 A=  21 a 22 ... a 2 n ,X=   dan B =    Μ Μ Μ Μ Μ Μ   Μ  Μ       a m1 a m 2 ... a mn   xm   bm Matriks yang memiliki berukuran nx1 atau 1xn biasa disebut vektor. Penulisan vektorsedikit berbeda dengan penulisan matriks, yaitu menggunakan huruf kecil dengan cetaktebal atau digaris atasnya . Jadi matriks X dan B diatas biasa dituliskan sebagai x dan batau x dan b sehingga SPL dapat dituliskan sebagai A x = b . Pada SPL yangberbentuk seperti ini , matriks A juga biasa disebut sebagai matriks konstanta.Untuk menyelesaikan persamaan linear diatas maka dibuat matriks diperbesar dari Adan b yang elemen – elemennya merupakan gabungan elemen matriks A dan vektor b [ ]yang dinotasikan A b , yaitu :  a11 a12 ... a1n b1  a b2 [A b ] =  21 a 22 ... a 2 n  Μ Μ Μ Μ Μ Μ Μ     a m1 a m 2 ... a mn bm Untuk menyelesaikan persamaan linear tersebut dilakukan eliminasi Gauss–Jordanseperti ditunjukkan dalam contoh berikut :Contoh 2.2.1a. x + 2y + 3z = 1 2x + 5y + 3z = 6 x + 8z = –6 1 2 3 1 Matriks diperbesar A b = [ ] 2 5 3  6 1 0 8  − 6  Operasi baris elementer pada [A | b ] menghasilkan : Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi TeknologiTelkom
  15. 15. 9 Sistem persamaan linear 1 2 3 1 1 2 3 1  b1 − 2b 2 1 0 9 − 7 [A b ] = 2 5 3  6 ~  b 2 − 2b1 0  1 −3 4 ~  0 1  −3 4 1 0 8  − 6  b3 − b1 0 − 2 5  − 7  b3 + 2b 2 0 0   −1 1 1 0 9 − 7  b1 − 9b3 1 0 0 2 ~ 0 1 − 3 4  ~ b 2 + 3b3 0 1 0 1 bentuk eselon baris     − b 3 0 0 1  − 1 0 0  1  −1  tereduksi Dari bentuk eselon baris tereduksi maka dapat dibuat persamaannya , yaitu : Dari baris 1 (b1) x + 0y + 0z = 2 x= 2 Dari baris 2 (b2) 0x + y + 0z = 1 y= 1 Dari baris 3 (b3) 0x + 0y + z = –1 z = –1  x  2 Jadi penyelesaian SPL diatas adalah tunggal , yaitu :  y  =  1      z   − 1   Untuk melihat apakah jawaban tersebut benar ataukah tidak , kita dapat memasukkannilai – nilai tersebut pada persamaan awal.KeteranganPenulisan b1, b2 dan sebagainya pada proses diatas sifatnya tidak mutlak dan hanyadigunakan sebagai alat pembantu dalam proses operasi baris elementer. Dalamperhitungan selanjutnya penulisan ini mungkin tidak perlu dilakukan.b. x + 2z =1 –x + y – z = 0 2x + y + 5z = 3  1 0 2 1 [ ] Matriks diperbesar A b = − 1 1 − 1 0  2  1 5 3  1 0 2 1  1 0 2 1 1 0 2 1 [A b ] = − 1 1 − 1  0 ~ 0   1 1 1 ~  0 1  1 1   2 1 5  3 0   1 1  1 0 0  0 0  Persamaannya : Dari baris 1 x + 2z = 1 x = 1 – 2z Dari baris 2 y+z =1 y=1–z Karena baris 3 adalah baris nol dan kolom yang tidak memiliki satu utama adalah kolom 3 maka dapat diambil nilai z sembarang misalkan z = s, sehingga nilai x = 1 – 2s dan y = 1 – s . Baris nol pada kasus diatas juga menunjukkan bahwa penyelesaian dari SPL adalah tak hingga banyak. Banyaknya baris nol pada matriks diatas ( dengan A merupakan matriks bujursangkar ) juga menunjukkan banyaknya parameter (s) pada penyelesaian SPL.  x   1 − 2s  Jadi penyelesaian dari SPL adalah  y =  1 − s      z  s     Untuk menguji apakah nilai yang didaptkan benar atau tidak, ambil sembarang bilanganuntuk s misalnya s = 0 didapatkan x = 1, y = 1 dan z = 0 masukkan nilai – nilai ke Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi TeknologiTelkom
  16. 16. 10 Sistem persamaan linearpersamaan kemudian bandingkan ruas kiri dan ruas kanan. Coba lagi untuk nilai s yanglain.c. 2x + 2z = 4 –2x + y = –3 x + 2y + 5z = 6  2 0 2 4 [ Matriks diperbesar A b = ] − 2 1  0 − 3   1 2  5 6  2 0 2 4  1 0 1 2  1 0 1 2 [A b ]= − 2 1  0 − 3 ~   0 1  2 1 ~   0 1  2 1   1 2  5 6  0 2  4 4   0 0  0 2  Pada baris ketiga matriks eselon baris tereduksi didapatkan persamaan: 0x + 0y + 0z = 2 hal ini jelas menunjukkan bahwa tidak ada nilai untuk x, y dan z yang memenuhi persamaan karena apapun nilai x, y dan z nya, ruas kiri akan selalu bernilai nol jadi nilai 2 tidak akan tercapai. Jadi kalau ada bentuk matriks eselon baris tereduksi yang seperti diatas , pasti dapat disimpulkan bahwa SPL tidak memiliki penyelesaian atau SPL tidak konsisten.II.3 Sistem persamaan linear HomogenSistem persamaan linear Homogen merupakan kasus khusus dari Sistem persamaanlinear biasa A x = b untuk kasus b = 0 . Karena bentuknya yang demikian maka [ ]pastilah pada matriks diperbesar A b setelah dilakukan eliminasi Gauss–Jordankolom terakhirnya akan selalu nol sehingga penyelesaian dari SPL akan selalu ada . Adadua macam penyelesaian dalam SPL homogen ini yaitu trivial ( tak sejati ) dan taktrivial ( sejati ).Penyelesaian trivial terjadi jika satu – satunya penyelesaian untuk SPL adalah x = 0 [hal ini terjadi jika semua kolom pada matriks diperbesar A b ( setelah dilakukan ]eliminasi Gauss– Jordan ) memiliki satu utama kecuali untuk kolom yang terakhir ataudengan kata lain semua kolom pada matriks A memiliki satu utama . Jika hal yangsebaliknya terjadi yaitu tidak semua kolom pada matriks A ( setelah dilakukan eliminasiGauss–Jordan )memilki satu utama atau jika terdapat baris nol maka penyelesaian untuk SPL adalahpenyelesaian tak trivial yaitu penyelesaian tak hingga banyak.Contoh 2.3.1Diketahui sistem persamaan linear homogen 1 2 0   x  0  − 1 − 2 1   y  = 0       2 3 1   z  0       Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi TeknologiTelkom
  17. 17. 11 Sistem persamaan linearPenyelesaian dari SPL homogen diatas adalah  1 2 0 0 1 2 0 0 1 0 0 0[A b ] = − 1 − 2 1  0  ~ 0 0 1   0  ~ 0 1 0   0   2  3 1 0  0 − 1 1   0  0 0 1   0 Pada matriks yang terakhir terlihat bahwa semua kolom matriks A memiliki satu utama  x 0 sehingga penyelesaiannya adalah trivial yaitu  y  = 0     z   0   Contoh 2.3.2Diketahui sistem persamaan linear homogen 1 − 1 2 − 1  x  0  2 1 − 2 − 2  y  0    = − 1 2 − 4 1  z  0       3 0 0 − 3  w  0 Penyelesaian dari SPL homogen diatas adalah :  1 −1 2 −1 0  1 −1 2 −1 0  1 0 0 −1 0  2 1 −2 −2 0  0  0[A b ] =  − 1 2 − 4 1 ~ 0   0 0 3 1 −6 −2 0 0 ~ 0  0 0 1 −2 0 0 0 0  0        3 0 0 −3 0  0 3 −6 0 0  0 0 0 0 0Pada matriks yang terakhir terlihat bahwa hanya dua kolom dari matriks A yangmemiliki satu utama atau terdapat dua baris nol , ini berarti bahwa penyelesaian SPLadalah tak trivial yaitu penyelesaian banyak dengan dua parameter yaitu :x  w  x  t  y  2 z   y  2s  = , jika diambil z = s dan w = t, s ,t ∈ R maka  = z  z  z  s         w  w   w  t Eliminasi Gaus–Jordan untuk mendapatkan penyelesaian SPL homogen sering jugadilakukan pada matriks A saja karena pada kasus ini b = 0 jadi tidak akanmempengaruhi hasil perhitungan.II.4 Menentukan invers matriksPada bab sebelumnya sudah dibahas tentang invers suatu matriks. Invers suatu matriks( misalkan invers A ) dapat dihitung dengan menggunakan eliminasi Gauss–Jordanterhadap matriks diperbesar [A I ] dimana ukuran I sama dengan ukuran A. Caraperhitungan seperti ini didasarkan dari sifat A A–1 = I. Untuk menentukan solusi dariSPL tersebut maka berdasarkan prosedur yang telah dipelajari sebelumnya , maka dapatdilakukan eliminasi Gauss – Jordan terhadap matriks [A I ] . Jika A memang memilki Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi TeknologiTelkom
  18. 18. 12 Sistem persamaan linearinvers maka matriks eselon baris tereduksinya akan berbentuk [I A −1 ]. Jika setelahmelakukan eliminasi Gauss–Jordan tidak diperoleh bentuk [I A −1 ] maka disimpulkanbahwa matriks tersebut tidak memiliki invers.Contoh 2.4.1  2 5 5Diketahui A =  − 1 − 1 0 , tentukan A–1 jika ada !    2 4 3  Jawab:  2 5 5 1 0 0  1 1 0 0 − 1 0  1 1 0 0 −1 0[A I ] = − 1  −1 0 0 1 0 ~  0 3 5   1 2 0 ~  0 1 2   1 0 − 1   2  4 3 0 0 1  0 2 3   0 2 1  0 2 3   0 2 1  1 0 −2 −1 −1 1  1 0 0 3 −5 − 5 ~ 0 1  2 1 0 − 1 ~  0 1 0   −3 4 5  = [I A −1 ] 0 0  −1 −2 2 3  0 0 1   2 −2 − 3   3 −5 − 5Jadi A = –1  −3 4 5    2  −2 −3Untuk melihat apakah jawaban tersebut benar atau tidak , maka hitunglah A–1 hasilperhitungan dengan A, jika hasilnya = I maka jawaban tersebut benar.Contoh 2.4.2  1 6 4Diketahui matriks A =  2 4 − 1   − 1 2 5   Tentukan invers matriks A jika ada !Jawab:  1 6 4 1 0 0 1 6 4 1 0 0 1 6 4 1 0 0[A I ]=  2 4 −1  ~ 0 − 8 − 9 0 1 0   ~ 0 − 8 − 9 − 2 1 0  − 2 1 0   − 1 2 5  0 0 1  0 8   9 1 0 1  0 0   0 − 1 1 1 Walaupun matriks belum dalam bentuk eselon baris tereduksi, tapi perhitungan sudahdapat dihentikan pada tahap ini sudah terlihat bahwa bentuk [I A −1 ] tidak akan bisadidapatkan sehingga dapat disimpulkan matriks A tidak memiliki invers.Suatu matriks konstan (A) yang memiliki invers , maka SPL A x = b yang berkaitanakan memiliki solusi tunggal yaitu : A–1 b , jika berupa SPL Homogen maka x = 0 Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi TeknologiTelkom
  19. 19. 13 Sistem persamaan linearLatihan II1. Gunakan eliminasi Gauss–Jordan untuk mendapatkan bentuk eselon baris tereduksi dari matriks – matriks berikut : 1 2 3  1 2 1 1 2 − 2 − 2 1 2 2   1  a. A =   b. B = 2 1 1  − 1 3 3 3     1 3 32. Tuliskan sistem persamaan linear berikut dalam bentuk matriks kemudian tentukan penyelesaiannya ( jika ada ) ! a. 2x + y + 3z = 6 b. 2x + y = 1 2y – z =3 y + 2z = 5 x+y+z =5 x+y+z=3 c. 2x + y = 3z + 1 d. 6x + y = 0 x – 2y + 2 = 0 x + 5y = 0 x = 4y3. Tentukan invers matriks dari matriks berikut ( jika ada ) ! 1 2 2  2 1 0 a. A= 2 1 1  b. B = 0 1 2      3 3 2    1 1 1    2 1 3 1 2 3 c. C = 2 0 − 1   d. C = 2 5 3   1 1  1  1 0 8   4. Diketahui persamaan R x = b dengan R matriks konstanta pada nomor 3 , dan 1  b =  3 . Tentukan solusi SPL ( jika ada ) !    2  5. Diketahui persamaan R x = 0 dengan R matriks konstanta pada nomor 3 , Tentukan jenis solusi dari SPL dan tuliskan solusinya !6. Diketahui SPL berbentuk : a 2   x   2     =  1 b   y  2 a. Tentukan nilai a dan b agar SPL memiliki solusi tunggal , kemudian tulis solusi SPL nya ! b. Tentukan nilai a dan b agar SPL memiliki solusi banyak, kemudian tulis solusi SPL nya!7. Diketahui SPL a 2 b   x  1    =   1  − 1  y  1  Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi TeknologiTelkom
  20. 20. 14 Sistem persamaan linear Tentukan nilai untuk a dan b agar SPL memiliki solusi banyak dan tulis solusi SPL tersebut !8. Diketahui SPL berikut : a2 x + y – z = a x + by – z = –1 by + z = 0 Tentukan semua nilai untuk a dan b agar SPL memiliki solusi banyak , kemudian untuk setiap pasangan nilai a dan b tersebut tuliskan solusi SPL ! Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi TeknologiTelkom
  21. 21. 15 Determinan matriks BAB III Determinan matriksIII.1 PendahuluanDefinisi determinanMisalkan A matriks bujur sangkar , fungsi determinan A sering dituliskan sebagaideterminan ( disingkat det(A) atau |A| ) didefinisikan sebagai jumlah semua hasil kalielementer bertanda dari A .Jika A berukuran nxn , maka hasil kali elementer dari matriks A akan berbentuk :a1p1.a2p2… anpn dimana p1p2 …pn merupakan permutasi dari bilangan – bilangan 1,2,…,n. Tanda dari a1p1 .a2p2… anpn sendiri ditentukan dari banyaknya bilangan bulat besaryang mendahului bilangan yang lebih kecil ( banyaknya invers ) pada bilanganp1p2…pn, jika banyaknya invers adalah ganjil maka tandanya negatif ( – ) dan jikasebaliknya tandanya positif ( + ).Contoh 3.1.1 a bDiketahui A =   c d Tentukan det(A) !JawabBanyaknya permutasi 1,2 ( karena A berukuran 2x2 ) = 2 yaitu 12 dan 21Pada bilangan 12 akan didapatkan banyaknya invers = 0 sehingga tanda untuk hasil kalielementer a11.a22 adalah (+) , sedangkan untuk hasil kali elementer a12.a21 akan bertanda(–) karena pada bilangan 21 terdapat satu angka bulat yang mendahului angka yanglebih kecil.Jadi det(A) = + a11.a22 − a12.a21 = ad − bcContoh 3.1.2  a11 a12 a13 Diketahui B = a a 22 a 23  ,Tentukan det B !  32   a 31  a 32 a 33  JawabUntuk memudahkannya akan dibuat tabel sebagai berikut : permutasi Hasil kali elementer Banyak invers Hasil kali elementer bertanda 123 a11.a22.a33 0 + a11.a22.a33 132 a11.a23.a32 1 − a11.a23.a32 213 a12.a21.a33 1 − a12.a21.a33 231 a12.a23.a31 2 +a12.a23.a31 312 a13.a21.a32 2 + a13.a21.a32 321 a13.a22.a31 3 − a13.a22.a31Jadi det B = + a11.a22.a33 − a11.a23.a32 + a12.a23.a31 − a12.a21.a33 + a13.a21.a32 − a13.a22.a31Untuk kasus matriks yang berukuran lebih dari 3x3 , tentunya penentuan nilaideterminan dengan menggunakan definisi tersebut menjadi kurang efektif dan lebih Yuliant sibaroni STT Telkom
  22. 22. 16 Determinan matriksrumit. Berdasarkan definisi dari determinan tersebut maka dikembangkan metodeperhitungan determinan yang lebih cepat yang akan dibahas dibagian selanjutnya.III.2 Metode perhitungan determinana. Ekspansi kofaktorPada metode ini dikenal beberapa istilah , antara lain :Minor elemen aij ( Mij ) yaitu determinan yang didapatkan dengan menghilangkan barisi dan kolom j matriks awalnya.Kofaktor elemen aij ( Cij ) = (−1 )i+j MijJika A matriks bujur sangkar berukuran nxn , maka dengan menggunakan metode iniperhitungan determinan dapat dilakukan dengan dua cara yang semuanya menghasilkanhasil yang sama yaitu : – ekspansi sepanjang baris i det(A) = ai1Ci1 + ai2Ci2 + … + ainCin – ekspansi sepanjang kolom j det(A) = a1jC1j + a2jC2j + … + anjCnjContoh 3.2.1 1 2 3Diketahui A = 2 2 1 , Tentukan det (A) dengan menggunakan ekspansi kofaktor !    4 3 1  JawabAkan dicoba menggunakan ekspansi baris 1 untuk menghitung det (A)Det (A) = a11C11 + a12C12 + a13C13 2 1C11 = (−1 )1+1 M11 = M11 = = 2 – 3 = −1 3 1 2 1C12 = (−1 )1+2 M12 = − M12 = − = − (2 – 4) = 2 4 1 2 2C13 = (−1 )1+3 M13 = M13 = = 6 – 8 = −2 4 3Jadi det (A) = (1 . −1) + (2 . 2) + (3 . −2) = −3Contoh 3.2.2 1 0 3Diketahui B = 2 2 1   1 0 1   Hitung det (B) !JawabJika melihat sifat dari metode ini , maka perhitungan akan lebih cepat jika ada elemenaij yang bernilai 0 . Jadi pemilihan baris / kolom akan sangat menetukan kecepatanperrhitungan .Dalam contoh ini terlihat bahwa baris/kolom yang mengandung banyak nilai 0 adalahkolom 2 . Jadi det (B) akan dapat dihitung secara cepat menggunakan ekspansi terhadapkolom 2. Yuliant sibaroni STT Telkom
  23. 23. 17 Determinan matriksdet(B) = a12C12 + a22C22 + a32C32 = a22C22 ( karena a12 dan a32 bernilai 0 ) 1 3C22 = (−1 )2+2 M22 = M22 = = 1 – 3 = −2 1 1Jadi det(B) = 2 . −2 = −4b. Reduksi baris menggunakan operasi baris elementerPenggunaan metode ini sebenarnya tidak lepas dari metode ekspansi kofaktor yaitu padakasus suatu kolom banyak mengandung elemen yang bernilai 0. Berdasarkan sifat inimaka matriks yang berbentuk eselon baris atau matriks segitiga akan lebih mudahuntuk dihitung nilai determinannya karena hanya merupakan perkalian dari elemendiagonalnya. Reduksi baris dilakukan dengan mengubah kolom – kolom sehinggabanyak memuat elemen 0. Biasanya bentuk metriks akhir yang ingin dicapai adalahbentuk eselon baris atau bentuk segitiga tetapi ini tidak mutlak. Jika bentuk eselon atausegitiga belum tercapai tetapi dianggap perhitungannya sudah cukup sederhana makadeterminan bisa langsung dihitung. Dalam melakukan reduksi baris operasi yangdigunakan adalah operasi baris elementer.Pada operasi baris elementer ada beberapa operasi yang berpengaruh terhadap nilaideterminan awal , yaitu :- Jika matriks B diperoleh dengan mempertukarkan dua baris pada matriks A maka det (B) = − det (A)- Jika matriks B diperoleh dengan mengalikan konstanta k ke salah satu baris matriks A maka det (B) = k det (A)- Jika matriks B didapatkan dengan menambahkan kelipatan suatu baris ke baris lainnya , maka det (B) = det (A)Contoh 3.2.3 a b cDiketahui A = d e f dan det (A) = r   g  h i Tentukan determinan dari matriks – matriks berikut ; d e f a b c   a b c a. X =  a b c    b. Y = 2d 2e 2 f    c. Z =  d  e f   g  h i  g  h i   a + g b + h c + i   Jawaba. Matriks X didapatkan dengan mempertukarkan baris 1 dan 2 matriks A , maka det ( X) = − det ( X) = − rb. Matriks Y didapatkan dengan mengalikan baris ke–2 matriks A dengan 2, maka det ( Y) = 2.det ( Y) = 2rc. Matriks Z didapatkan dengan menambahkan baris 1 ke baris 3 matriks A , maka det (Z) = det (Z) = r Yuliant sibaroni STT Telkom
  24. 24. 18 Determinan matriksContoh 3.2.4Hitunglah determinan matriks A dalam contoh 3.2.1 dengan menggunakan reduksi baris!Jawab 1 2 3Diketahui A = 2 2 1    4 3 1  Eliminasi Gauss 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3|A| = 2 2 1 = 0 − 2 − 5 = (−2). 0 1 5 = (−2). 0 1 5 2 2 4 3 1 0 − 5 − 11 0 − 5 − 11 0 0 3 2 = (−2).1.1. 3 2 = −3III.3 Menentukan himpunan penyelesaian sistem persamaan linier dengan metode CrammerMetode Crammer didasarkan atas perhitungan determinan matriks. Suatu SPL yangberbentuk A x = b dengan A adalah matriks bujur sangkar dapat dikerjakan denganmetode Crammer jika hasil perhitugan menunjukkan bahwa det (A) ≠ 0. Penyelesaianyang didapatkan dengan metode ini adalah penyelesaian tunggal.Diketahui suatu sistem persamaan linier berbentuk A x = b dengan A adalah matriksbujur sangkar berukuran nxn dan det (A) ≠ 0 sedangkan nilai x dan b adalah :  x1   b1  x  b x =  2 ,b =  2  :  :     xn  b n maka penyelesaian untuk x adalah : A1 A2 Anx1= , x2= ,…, x n = A A AAi adalah matriks A yang kolom ke–i nya diganti dengan vektor b .Contoh 3.3.1Diketahui sistem persamaan linier berbentuk A x = b 2 5 5  x   1  − 1 − 1 0  y  =  1      2 4 3  z  − 1    a. Periksa apakah metode Crammer dapat digunakan untuk mendapatkan penyelesaian SPL ?b. Jika bisa , tentukan penyelesaian untuk x ! Yuliant sibaroni STT Telkom
  25. 25. 19 Determinan matriksJawab 2 5 5 5 5 2 5a. Det (A) = − 1 − 1 0 = (−1).( −1) + (−1). = ( 15 – 20) – (6 – 10) = –1 4 3 2 3 2 4 3 Karena det (A) = –1 maka metode Crammer dapat digunakan . 1 5 5 5 5 1 5b. Det (A1) = 1 −1 0 = (−1).1. + (–1). = – (15 – 20) – (3 + 5) = –3 4 3 −1 3 −1 4 3 2 1 5 1 5 2 5 Det (A2) = − 1 1 0 = (−1).( −1) + = ( 3+5) + (6 – 10) = 4 −1 3 2 3 2 −1 3 2 5 1 4 9 0 4 9 Det (A3) = − 1 − 1 1 = 1 3 0 = (–1). = –3 1 3 2 4 −1 2 4 −1 Jadi nilai untuk x, y dan z adalah : A1 −3 A2 4 A3 −3 x = = =3 , y = = = −4 dan z = = =3 A −1 A −1 A −1Menentukan invers suatu matriks dapat juga menggunakan rumus berikut : adj ( A)A–1 = dimana adj (A) = Ct dan C = { cij }, cij = kofaktor elemen aij AIII.4 Hubungan determinan, invers matriks dan penyelesaian untuk sistem persaman linierJika suatu SPL berbentuk A x = b dan A matriks bujur sangkar , maka sifat daripenyelesaian SPL dapat diketahui dari nilai determinan A atau invers matriks A. Berikutini adalah hubungan yang berlaku :Det (A) ≠ 0 ↔ A–1 terdefinisi (ada) ↔ penyelesaian tunggal untuk SPLDet (A) = 0 ↔ A tidak memiliki invers SPL memiliki penyelesaian banyakDet (A) = 0 SPL tidak memiliki penyelesaian Yuliant sibaroni STT Telkom
  26. 26. 20 Determinan matriksPada kasus det (A) ≠ 0 untuk menentukan penyelesaiannya dapat digunakan inversmatriks untuk menghitungnya, yaitu x = A–1 b . Sedangkan pada kasus det (A) = 0 ,untuk menentukan penyelesaian SPL harus digunakan eliminasi Gauss–Jordan padamatriks diperbesar [A b ].Latihan III1. Gunakan ekspansi kofaktor untuk menghitung determinan dari matriks – matriks berikut : 1 1 0 1 3 0 0 1 2 0 1 0 0 1 0 2 a. A=   b. B=   4 1 0 2 2 3 2 3     3 1 3 3 4 2 0 22. Gunakan reduksi baris untuk menghitung determinan dari matriks – matriks berikut 0 2 2 2 2 2 1 1 3 1 − 1   2 2 5  a. A=   b. B= 2 3 1 2 5 2  1   2 5 2 33. Diketahui sistem persamaan linier x = b 1 2 3  x  1   2 2 1  y  =  2        1 1 1   z   3        a. Periksa apakah metode Crammer dapat digunakan untuk menentukan penyelesaian SPL ? b. Jika ya, tentukan nilai untuk x !4. Dari soal nomor 3, adj ( A) a. Tentukan invers A dengan menggunakan rumus A–1 = ! A b. Tentukan nilai x dengan menggunakan hasil dari 4.a !5. Diketahui SPL A x = b dengan matriks diperbesar [ A l b ] sebagai berikkut :  1 2 3 4  [A b ] =  2 −1  1 3  − 2 0 − (a 2 + 1)  a − 3  Tentukan nilai a agar a. SPL memiliki penyelesaian tunggal ! b.SPL memiliki penyelesaian banyak ! c. SPL tidak memiliki penyelesaian ! Yuliant sibaroni STT Telkom
  27. 27. 21 Determinan matriks6. Dari sifat – sifat determinan berikut ; Det ( AB ) = Det A . Det B Det ( At ) = Det A a b  e f  Jika Det  = R , Det  =L  c d  g h    2    a + b 2 ac + bd   h − f      2    2 − g e    ac + bd c + d      Hitung Det  !  eh − fg       7. Jika det A = X dan det B = Y , Tentukan Det ( At BA–1 ) !8. Jika A dan B matriks 3 x 3 dengan det A = R dan det B = S , Tentukan det ( A2 B3) ! Yuliant sibaroni STT Telkom
  28. 28. 22 Vektor – vektor di bidang dan di ruang BAB IV Vektor– Vektor di bidang dan di ruangIV.1 Pendahuluan Definisi Vektor didefinisikan sebagai besaran yang memiliki arah. Kecepatan, gaya dan pergeseran merupakan contoh – contoh dari vektor karena semuanya memiliki besar dan arah walaupun untuk kecepatan arahnya hanya positif dan negatif. Vektor dikatakan berada di ruang – n ( Rn ) jika vektor tersebut mengandung n komponen. Jika vektor bearada di R2 maka dikatakan vektor berada di bidang, sedangkan jika vektor berada di R3 maka dikatakan vektor berada di ruang. Secara geometris, di bidang dan di ruang vektor merupakan segmen garis berarah yang memiliki titik awal dan titik akhir. Vektor biasa dinotasikan dengan huruf kecil tebal atau huruf kecil dengan ruas garis Contoh 4.1.1 D C A B Dari gambar diatas terlihat beberapa segmen garis berarah ( vektor ) seperti AB , AC dan AD dengan A disebut sebagai titik awal , sedangkan titik B, C dan D disebut titik akhir. Vektor posisi didefinisikan sebagai vektor yang memiliki titik awal O ( untuk vektor di bidang , titik O adalah ( 0,0 )).IV.2 Operasi – operasi pada vektor A. Penjumlahan dua vektor Misalkan u dan v adalah vektor – vektor yang berada di ruang yang sama , maka vektor ( u + v ) didefinisikan sebagai vektor yang titik awalnya = titik awal u dan titik akhirnya = titik akhir v . Contoh 4.2.1 Perhatikan gambar pada contoh 4.1.1 . Misalkan u = AB dan v = BC , jika vektor w didefinisikan sebagai w = u + v , maka w akan memiliki titik awal = A dan titik akhir = C, jadi w merupakan segmen garis berarah AC . B. Perkalian vektor dengan skalar Vektor nol didefinisikan sebagai vektor yang memiliki panjang = 0. Misalkan u vektor tak nol dan k adalah skalar , k ∈ R . Perkalian vektor u dengan skalar Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  29. 29. 23 Vektor – vektor di bidang dan di ruang k , k u didefinisikan sebagai vektor yang panjangnya u kali panjang u dengan arah : Jika k > 0 searah dengan u Jika k < 0 berlawanan arah dengan u Contoh 4.2.2 Y 2u u X –2u C. Perhitungan vektor Diketahui a dan b vektor–vektor di ruang yang komponen – komponennya adalah a = ( a1,a2,a3 ) dan b = ( b1,b2,b3 ) Maka a + b = (a1 +b1, a2+b2, a3+b3 ) a − b = (a1 – b1, a2 – b2, a3 – b3 ) k . a = ( ka1, ka2, ka3 ) Jika c = AB kemudian titik koordinat A = ( a1,a2,a3 ) dan B = ( b1,b2,b3 ) maka c = (b1 − a1 , b2 − a2, b3 − a3 )IV.3 Hasil kali titik , panjang vektor dan jarak antara dua vektor Hasil kali titik dua vektor jika diketahui komponennya Diketahui a = ( a1,a2,a3 ) dan b = ( b1,b2,b3 ) , Hasil kali titik antara vektor a dan b didefinisikan sebagai : a . b =(a1.b1)+ (a2.b2) +(a3.b3) Hasil kali titik dua vektor jika diketahui panjang vektor dan sudut antara dua vektor Diketahui a dan b dua buah vektor yang memiliki panjang berturut – turut a dan b sedangkan sudut yang dibentuk oleh kedua vektor adalah φ, sudut φ ini terbentuk dengan cara menggambarkan kedua vektor pada titik awal yang sama. Hasil kali titik antara vektor a dan b didefinisikan sebagai : a . b = a b cos φ , φ ∈ [ 0,π ] Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  30. 30. 24 Vektor – vektor di bidang dan di ruangJadi hasil kali titik dua buah vektor berupa skalar.Dengan mengetahui besarnya φ , akan diketahui apakah hasil kali titik akanbernilai positif atau negatifa .b > 0 ↔ φ lancip , 0 ≤ φ < 90oa . b =0 ↔ φ = 90o , a dan b saling tegak lurusa . b <0 ↔ φ tumpul, 90o < φ ≤ 180oContoh 4.3.1Diketahui a = ( 1, −3 ) dan b = ( 3k, −1 )Tentukan nilai k agar a dan b saling tegak lurus !JawabAgar a dan b saling tegak lurus, maka haruslah a . b = 0a . b = 3k +3 = 0 k = −1Panjang ( norm ) vektor dan jarak antara dua vektorPanjang vektorDengan menggunakan operasi hasil kali titik jika diketahui komponena = ( a1,a2,a3 ) didapatkan bahwaa . a = a1 2 + a 2 2 + a 3 2 …(1)Dari definisi hasil kali titik lainnya , didapatkan bahwaa. a = a a cos 0 ….(2) , dalam hal ini sudut antara a dan a pastilahbernilai 0 karena keduanya saling berhimpit.Dari persamaan 1 dan 2 , didapatkan persamaan berikut : 2 = ( a . a )1/2 = 2 2 2 a =a .a a a1 + a 2 + a 3Jarak antara dua vektorJarak antara vektor a dan b didefinisikan sebagai panjang dari vektor ( a – b )dan biasa dinotasikan dengan d ( a , b ).d ( a , b ) = ( a – b . a – b )1/2 = (a 1 − b1 ) + (a 2 − b 2 ) + (a 3 − b 3 ) 2 2 2 2 2 2Secara geometris , dapat digambarkan seperti berikut ini : B CAMisalkan a = AC dan b = AB , maka jarak antara a dan b merupakan panjangdari ruas garis berarah BCContoh 4.3.2Diketahui u = ( 2, –1,1 ) dan v = ( 1,1,2 )Tentukan besar sudut yang dibentuk oleh u dan v ! Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  31. 31. 25 Vektor – vektor di bidang dan di ruang Jawab u . v = 2 –1 + 2 = 3 u = 2 2 + (−1) 2 + 12 = 6 v = 12 + 12 + 2 2 = 6 u.v 3 1 cos θ = = = φ = 60o u v 6 2 Jadi sudut yang dibentuk antara u dan v adalah 60o Beberapa sifat yang berlaku dalam hasil kali titik a. a .b = b. a b. a.(b + c ) = a.b + a.c c. m ( a . b ) = (m a ). b = a . ( m b ) = ( a . b ) mIV.4 Proyeksi orthogonal Diketahui vektor a dan b adalah vektor – vektor pada ruang yang sama seperti terlihat pada gambar dibawah ini : a w2 w1 b Vektor a disusun dari dua vektor yang saling tegak lurus yaitu w 1 dan w 2 , jadi dapat dituliskan a = w 1 + w 2 ,Dari proses pembentukannya w 1 juga disebut sebagai vektor proyeksi orthogonal a terhadap b karena merupakan hasil proyeksi secara orthogonal vektor a terhadap b , sedangkan w 2 disebut sebagai komponen dari a yang tegak lurus terhadap b . Karena w 1 merupakan hasil proyeksi di b maka dapat dituliskan w 1 = k b , nilai k ini akan menentukan arah dan panjang dari w 1 . Jika sudut antara a dan b adalah tumpul , maka tentunya nilai k akan negatif ini juga berarti arah w 1 akan berlawanan dengan arah b . Menghitung w 1 Untuk menghitung w 1 , harus dihitung terlebih dahulu nilai k. Dengan menggunakan aturan hasil kali titik , diperoleh : a . b = ( w1 + w 2 ) . b Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  32. 32. 26 Vektor – vektor di bidang dan di ruang = w1 . b ( karena w 2 dan b saling tegak lurus maka w 2 . b = 0 ) = w1 b cos θ = kb b cos 0 ( sudut yang dibentuk adalah 0 atau 180 ) 2 = k b a.b Jadi k = 2 b a.b w1 = k b = 2 b dan w 2 = a – w 1 b a.b Panjang dari w 1 adalah b Contoh 4.4.1 Diketahui a = ( 4,1,3 ) dan b = ( 4,2,–2 ) Tentukan a. Vektor proyeksi tegak lurus dari a terhadap b ! b. Panjang dari vektor proyeksi tersebut ! c. Komponen dari a yang tegak lurus terhadap b ! Jawab a. Misalkan w 1 adalah vektor proyeksi tegak lurus dari a terhadap b , maka a.b (4.4 + 1.2 + 3. − 2) 12 1 w 1 = k b sedangkan k = 2 = = = b 4 2 + 2 2 + (−2) 2 24 2 Jadi w 1 = ½ ( 4,2,–2 ) = ( 2,1,–1 ) a.b 12 3 b. Panjang w 1 adalah = = b 24 6 c. Misalkan w 2 merupakan komponen dari a yang tegak lurus terhadap b , maka w 2 = a – w 1 = ( 4,1,3 ) – ( 2,1,–1 ) = ( 2,0,2 )IV.5 Perkalian silang vektor Sebelum membahas ke masalah perkalian silang dari dua buah vektor, akan dijelaskan beberapa definisi terlebih dahulu Vektor satuan Vektor satuan didefinisikan sebagai vektor yang memiliki panjang satu satuan. Di bidang , vektor satuan yang searah dengan sumbu x dan y dinyatakan sebagai Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  33. 33. 27 Vektor – vektor di bidang dan di ruangi = ( 1,0 ) dan j = ( 0,1 ), sedangkan pada ruang ( R3) , vektor satuan yangsearah sumbu x,y dan z adalah i = ( 1,0,0 ) , j = ( 0,1,0 ) dan k = ( 0,0,1 ).Penulisan komponen dari vektor juga dapat menggunakan vektor satuan .Misalkanu = ( a,b ) , maka u juga dapat dituliskan u = ai + b jv = ( a,b,c ) , maka v juga dapat dituliskan v = ai + b j+ ckPerkalian silang antara dua vektor di R3Diketahui u = ( u1,u2,u3 ) dan v = ( v1,v2,v3 )Perkalian silang antara u dan v didefinisikan sebagai : i j k u2 u3 u1 u3 u1 u2u x v = u1 u 2 u 3 = i – j + k v2 v3 v1 v3 v1 v2 v1 v2 v3 = ( u2.v3 – u3.v2 ) i – (u1.v3 – u3.v1) j + ( u1.v2 – u2.v1) kHasil kali silang dari dua buah vektor akan menghasilkan suatu vektor tegaklurus terhadap u dan v . Sedangkan untuk mengetahui panjang dari vektor ini,akan dilakukan analisa yang lebih jauh untuk mengetahuinya .Kuadrat dari norm u x v adalah u x v 2 2 uxv = ( u2.v3 – u3.v2 )2 + (u1.v3 – u3.v1)2 + ( u1.v2 – u2.v1)2 : = (u12 + u22 + u32 ) ( v12 + v22 + v32 ) – ( u1v1 + u2v2 + u3v3 )2 = u 2 v 2 − ( u . v) 2 biasa disebut identitas LagrangeDari identitas Lagrange 2 uxv = u 2 v 2 − ( u . v) 2 2 2 = u v − ( u . v cos θ ) 2 ( θ sudut yang dibentuk oleh u dan v ) 2 2 = u v (1 − cos θ) 2 2 2 = u v sin 2 θatau uxv = u v sin θNilai ini merupakan luas segi empat yang dibentuk u dan v sepertiditunjukkan dari gambar berikut : lul lul sinθ θ lvl Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  34. 34. 28 Vektor – vektor di bidang dan di ruangLuas segi empat = panjang alas x tinggi = v x u sin θ = u v sin θJadi hasil kali silang dua vektor u dan v akan menghasilkan suatu vektor yangtegak lurus terhadap u dan v serta memiliki panjang sama dengan luas dari segiempat yang dibentuk oleh vektor u dan v .Contoh 4.5.1Diketahui a = ( 1,2,1 ) dan b = ( 2,2,3 )Hitung luas segi empat yang dibentuk oleh a dan b !JawabLuas segi empat = a x b i j ka xb= 1 2 1 = ( 6 – 2 ) i – ( 3 – 2 ) j + ( 2 – 4 ) k 2 2 3 = 4 i – j – 2 k = ( 4 ,–1,–2 )Jadi luas segi empat = 4 2 + (−1) 2 + (−2) 2 = 21Contoh 4.5.2Diketahui segitiga ABC dengan titik – titik sudut adalah :A (2,1,–2 ) , B ( 0,–1,0 ) dan C ( –1,2,–1 )Hitung luas segitiga ABC !JawabMisalkan segitiga ABC yang dimaksud berbentuk seperti dibawah ini : C Segitiga ABC tersebut dapat dipandang sebagai bangun yang dibentuk oleh dua vektor AC dan AB , BA dan BC atau oleh CA dan CB . A BMisalkan a = AB = B – A = ( –2,–2,2 ) dan b = AC = ( –3,1,1 ) maka luassegitiga ABC merupakan ½ kali luas segiempat yang dibentuk oleh vektora dan b , jadiLuas segitiga ABC = ½ . a x b i j ka x b = − 2 − 2 2 = ( –2 –2 ) i – ( –2 –6 ) j + ( –2+6 ) k = – 4 i –8 j + 4 k −3 1 1 Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  35. 35. 29 Vektor – vektor di bidang dan di ruang axb = (−4) 2 + (−8) 2 + 4 2 = 96Jadi luas segitiga ABC = ½ 96Pemilihan titik sudut dalam hal ini adalah bebas , sedangkan hasil akhirnya akantetap sama.Beberapa sifat yang berlaku dalm hasil kali silang1. axb = – (b x a )2. ax(b + c ) = axb + ax c3. (a +b) x c = a x c + b x c4. k (a xb ) = ( ka ) xb = a x kb5. ax a = 0 Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  36. 36. 30 Vektor – vektor di bidang dan di ruangLatihan IV1. Diketahui u adalah vektor yang merupakan ruas garis dari titik A ( 2,3,4 ) ke titik B ( 5,5,5 ) a. Tentukan vektor u tersebut dan hitung berapa norm dari u ! b. Hitung jarak antara u dengan v = ( 1,1,3 )2. Diketahui u = ( 2,k,3 ) dan v = ( 4,2,7 ) sedangkan jarak antara u dan v = 6 satuan , Tentukan nilai k !3. Tentukan nilai k agar vektor u = ( 2k,k,3 ) dan v = ( k,5,–1 ) saling tegak lurus !4. Tentukan nilai k agar sudut antara u dan v = 180o dengan u = ( k+1,k+1,1 ) dan v = (–k–1, –k–1, k ) !5. Diketahui u = (–1,3 ) dan v = ( 4,1 ) a. Tentukan vektor proyeksi tegak lurus u terhadap v ! b. Tentukan komponen u yang tegak lurus terhadap v !6. Diketahui segitiga ABC dengan titik – titik sudut A (1,2,3) ,B ( –2,2,1 ) dan C (3,1,3 ) a. Hitung luas segitiga ABC dengan menggunakan A sebagai titik sudut ! b. Hitung luas segitiga ABC dengan menggunakan B sebagai titik sudut !7. Diketahui a = ( 1,2,1 ) , b = ( 1, –1,1 ) dan c = ( 1,3,2 ) a. Tentukan vektor – vektor yang tegak lurus terhadap a dan c ( berikan contoh 3 vektor ) ! b. Hitung luas segitiga yang titik – titik sudutnya merupakan ujung – ujung dari vektor posisi a , b dan c ! Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  37. 37. 31 Ruang – Ruang vektor BAB V Ruang – Ruang VektorV.1 Ruang – n Euclides Pada saat pertama kali ilmu vektor dikembangkan , hanya dikenal vektor – vektor di R2 dan R3 saja, tetapi dalam perkembangannya ternyata didapatkan permasalahan yang lebih kompleks sehingga dikembangkan vektor – vektor di ruang berdimensi 4 , 5 atau secara umum merupakan vektor – vektor di Rn . Secara geometris memang vektor – vektor di R4 dan seterusnya memang belum bisa digambarkan , tetapi dasar yang digunakan seperti operasi – operasi vektor masih sama seperti operasi pada vektor – vektor di R2 dan R3 . Orang yang pertama kali mempelajari vektor – vektor di Rn adalah Euclidis sehingga vektor – vektor yang berada di Rn dikenal sebagai vektor Euclidis , sedangkan ruang vektornya disebut ruang –n Euclidis. Operasi standar / baku pada vektor Euclidis Diketahui u dan v adalah vektor – vektor di ruang –n Euclidis dengan u = ( u1,u2,…,un ) dan v = ( v1,v2,…,vn ) Penjumlahan vektor u + v = ( u1+v1, u2+v2,…,un+vn ) Perkalian titik u . v = ( u1.v1+ u2.v2 +…+ un.vn ) Perkalian dengan skalar k u = ( ku1, ku2 , . .., kun ) Panjang vektor u = ( u .u )1 / 2 = u12 + u 2 2 + ... + u n 2 Jarak antara vektor d ( u , v ) = ( u – v . u – v ) = (u1 − v1 ) 2 + (u 2 − v2 ) 2 + ... + (u n − v n ) 2 Contoh 5.1.1 Diketahui a = ( 1,1,2,3 ) dan b = ( 2,2,1,1 ) Tentukan jarak antara a dan b ! Jawab a – b = (–1, –1,1,2 ) d ( a , b ) = (−1) 2 + (−1) 2 + 12 + 2 2 = 7 Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  38. 38. 32 Ruang – Ruang vektorV.2 Ruang vektor umum Selama ini kita telah membahas vektor – vektor di Rn Euclides dengan operasi – operasi standarnya. Sekarang akan membuat konsep tentang ruang vektor dengan konsep yang lebih luas. Ada 10 syarat agar V disebut sebagai ruang vektor , yaitu : 1. Jika vektor – vektor u , v ∈ V , maka vektor u + v ∈ V 2. u + v = v + u 3. u + ( v + w ) = ( u + v ) + w 4. Ada 0 ∈ V sehingga 0 + u = u + 0 untuk semua u ∈ V , 0 : vektor nol 5. Untuk setiap u ∈ V terdapat – u ∈ V sehingga u + (– u ) = 0 6. Untuk sembarang skalar k , jika u ∈ V maka k u ∈ V 7. k ( u + v ) = k u + k v , k sembarang skalar 8. (k + l) u = k u + l u , k dan l skalar 9. k( l u ) = ( kl ) u 10. 1 u = u Dalam hal ini tentunya yang paling menentukan apakah V disebut ruang vektor atau tidak adalah operasi – operasi pada V atau bentuk dari V itu sendiri . Jika V merupakan ruang vektor dengan operasi – operasi vektor ( operasi penjumlahan dan operasi perkalian dengan skalar ) yang bukan merupakan operasi standar , tentunya V harus memenuhi 10 syarat diatas , jika satu saja syarat tidak dipenuhi maka tentunya V bukan merupakan ruang vektor. Contoh ruang vektor : 1. V adalah himpunan vektor euclides dengan operasi standar ( operasi penjumlahan dan operasi perkalian dengan skalar ), notasinya Rn . 2. V adalah himpunan polinom pangkat n dengan operasi standar Bentuk umum polinom orde – n pn(x) = a0 + a1x +… + anxn qn(x) = b0 + b1x +… + bnxn Operasi standar pada polinom orde – n pn(x) + qn(x) = a0+ b0 + (a1 +b1)x +… + (an +bn)xn k pn = ka0 + ka1x +… + kanxn notasi untuk ruang vektor ini adalah Pn 3. V adalah himpunan matriks berukuran mxn dengan operasi standar ( penjumlahan matriks dan perkalian matriks dengan skalar ) , ruang vektor ini sering di notasikan dengan Mmn Contoh bukan ruang vektor 1. V adalah himpunan vektor yang berbentuk ( 0 ,y ) di R2 dengan operasi vektor sebagai berikut : untuk u = ( 0,u2 ) , v = (0,u2 ) , maka ku = ( 0,–ku2 ) dan u + v = ( 0, u2+v2 ) a 1  2. V himpunan matriks yang berbentuk   dengan operasi standar , a,b ∈ R 1 b  Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  39. 39. 33 Ruang – Ruang vektor Contoh 5.2.1 a 1  Tunjukkan bahwa V yaitu himpunan matriks yang berbentuk   dengan 1 b  operasi standar bukan merupakan ruang vektor , (a,b ∈ R ) ! Jawab Untuk membuktikan V bukan merupakan ruang vektor adalah cukup dengan menunjukkan bahwa salah satu syarat ruang vektor tidak dipenuhi . Akan ditunjukkan apakah memenuhi syarat yang pertama  p 1  r 1 Misalkan A =   dan B =   , p,q,r,s ∈ R maka A,B ∈ V  1 q 1 s  p + r 2  A+B=   ∉ V → syarat 1 tidak dipenuhi  2 q + s Jadi V bukan merupakan ruang vektorV.3 Sub–ruang vektor Diketahui V ruang vektor dan U subhimpunan V. Kemudian U dikatakan sub– ruang dari V jika memenuhi dua syarat berikut : 1. Jika u , v ∈ U maka u + v ∈ U 2. Jika u ∈ U , untuk skalar k berlaku k u ∈ U Contoh 5.3.1 Diketahui U adalah himpunan titik – titik di bidang dengan ordinat 0 dengan operasi standar R2 , tunjukkan bahwa U merupakan sub–ruang dari R2 ! Jawab Akan ditunjukkan bahwa U memenuhi dua syarat sub–ruang vektor , yaitu : 1. U = { x,0 } untuk sembarang nilai x ,x ∈ R Misalkan a = ( x1,0 ) dan b = ( x2,0 ) dengan x1,x2 ∈ R , maka a , b ∈ U a + b = ( x1 + x2,0 ) dengan x1+x2 ∈ R , jadi a + b ∈ R Jadi syarat ke–1 terpenuhi. 2. Untuk skalar k , maka k a = ( kx1,0 ) dengan kx1 ∈ R , jadi k a ∈ R Jadi syarat ke–2 terpenuhi Kedua syarat terpenuhi , maka U merupakan sub–ruang R2 Contoh 5.3.2 Diketahui U adalah himpunan vektor – vektor yang berbentuk ( a,b,c ) dengan a = b – c – 1 , a,b,c ∈ R dengan operasi standar R3 , tunjukkan apakah U merupakan sub–ruang R3 atau bukan ! Jawab Akan ditunjukkan apakah U memenuhi syarat sub–ruang vektor R3 Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  40. 40. 34 Ruang – Ruang vektor Misalkan a = ( b1 – c1 – 1, b1, c1 ) dan b = ( b2 – c2 – 1, b2, c2 ) dengan b1,b2,c1,c2 ∈ R maka a , b ∈ R . a + b = (b1+b2 ) – (c1+c2) – 2 , b1+b2, c1+c2 ) ∉U Syarat ke–1 tidak dipenuhi , jadi U bukan merupakan sub–ruang vektor .V.4 Membangun dan bebas linier Sebelum membahas lebih jauh tentang vektor – vektor yang membangun ruang vektor dan vektor – vektor yang bebas linier , sebelumnya akan diberikan definisi yang berkaitan dengan masalah yang yang akan dibahas . Kombinasi linier Vektor v dikatakan merupakan kombinasi linier dari vektor – vektor v 1, v 2,…, v n bila v bisa dinyatakan sebagai : v = k1 v 1 + k2 v 2+…+ kn v n , k1,k2,…,kn : skalar Diketahui V ruang vektor dan S = { s 1, s 2 ,…, s n } dimana s 1, s 2 ,…, s n ∈ V S dikatakan membangun V bila untuk setiap v ∈ V, v merupakan kombinasi linier dari S ,yaitu : v = k1 s 1 +k2 s 2+…+ kn s n , k1,k2,…,kn : skalar Vektor – vektor di S dikatakan bebas linier jika persamaan 0 = k1 s 1 +k2 s 2+…+ kn s n hanya memiliki penyelesaian k1= k2 =…= kn = 0 ( atau jika diubah ke bentuk SPL , penyelesaiannya adalah trivial ) , jika ada penyelesaian lain untuk nilai k1,k2,…,kn selain 0 maka dikatakan vektor – vektor di S bergantung linier. Contoh 5.4.1 Diketahui a = ( 1,2 ) , b = ( –2,–3 ) dan c = ( 1,3 ) Apakah c merupakan kombinasi linier dari a dan b ? Jawab Misalkan c merupakan kombinasi linier dari a dan b , maka dapat ditentukan nilai untuk k1 dan k2 dari persamaan c = k1 a + k2 b 1 1   − 2 1 − 2  k1  1   = k1   + k 2   2 − 3 k  = 3 3 2   − 3    2   Digunakan operasi baris elementer untuk menyelesaikan sistem persamaan linier diatas , yaitu : [A b ] = 1 − 2 1 1 − 2 1  ~   ~  1 0 3  2 − 3 3 0 1 1 0 1 1 k  3 Didapatkan  1  =   k 2  1 Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
  41. 41. 35 Ruang – Ruang vektorNilai k1 dan k2 bisa didapatkan , jadi c merupakan kombinasi linier dari a danb yaitu c = 3 a + bContoh 5.4.2Apakah u = ( 1,2,3 ) , v = ( 2,4,6 ) dan w = ( 3,4,7 ) membangun R3 ?JawabMisalkan u , v dan w membangun R3 , maka untuk sembarang vektor di R3 (x,y,z ) , maka ( x,y,z ) haruslah merupakan kombinasi linier dari dari u , v dan w. Jika dituliskan dalam bentuk matriks akan berbentuk :1 2 3  k1   x  2 4 4  k  =  y    2  3 6 7  k 3   z     Jika ( x,y,z ) ini merupakan kombinasi linier dari u , v dan w maka ini samasaja dengan mengatakan bahwa SPL A x = b diatas adalah SPL yang konsisten( memiliki penyelesaian ).Karena SPL diatas bukan merupakan SPL homogen , maka SPL akan konsistenjika tidak ada baris 0 pada matriks A setelah dilakukan reduksi baris.1 2 3  1 2 3 1 2 02 4 4  ~ 0 0 − 2  ~ 0 0 1     3 6 7   0 0 − 2    0 0  0 Karena terdapat baris 0 maka pastilah ada vektor di R3 yang bukan merupakankombinasi linier dari u , v dan w . Jadi u , v dan w tidak membangun R3 .Contoh 5.4.3Diketahui u = ( 1,2 ) , v = ( 2,2 ) , w = ( 1,3 )a. Apakah u , v dan w membangun R2 ?b. Apakah u , v dan w bebas linier ?Jawaba. Misalkan u , v dan w membangun R2 , maka SPL berikut  k1  1 2 1     x  2 2 3 k 2  =  y  merupakan SPL yang konsisten .   k     3 1 2 1  1 2 1 1 0 2  2 2 3 ~   ~ 0 1 − 1  tidak terdapat baris 0.   0 − 2 1   2  Jadi SPL konsisten u , v dan w membangun R2b. Akan dilihat apakah persamaan k1 u +k2 v + kn w = 0 akan memiliki penyelesaian k1 = k2 =…= kn = 0.  k1  1 2 1     0    k 2  =   , Dari operasi baris elementer pada jawaban a 2 2 3  k  0  3 didapatkan bahwa Yuliant Sibaroni Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

×