Jika S = {v1, v2, … , vr} adalah suatu himpunan vektor-vektortak kosong, maka persamaan vektor

k1v1 + k2v2 + … + krvr = 0

Mempunyai paling tidak satu penyelesaian, yaitu

k1 = 0, k2 = 0, . . . , kr = 0

Jika ini adalah satu-satunya penyelesaian, maka S disebut suatuhimpunan yang bebas secara linear. Jika ada penyelesaian-penyelesaian lainnya, maka S disebut himpunan yang tak bebassecara linear.

DEFINISI

Tinjau vektor i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), dan k (0, 0, 1) dalam R3 .Jawab : Dalam bentuk komponen, persamaan vektor

k1i + k2j + k3k = 0menjadi

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

(k1, k2, k3 ) = (0, 0, 0)maka, k1 = 0 k2 = 0, dan k3 = 0, sehingga himpunanS = (i, j, k) bebas secara linear.

Contoh 2 :

Contoh 1 :

Jika v1 = (2, -1, 0, 3,) v2 = (1, 2, 5, -1) , v3 = (7, -1, 5, 8) Jawab : Maka himpunan vektor-vektor S = {v1, v2, v3} tak bebas

secara linear karena 3v1 + v2 + v3 = 0

Suatu himpunan S dengan dua atau lebih vektor disebut:(a) Tak bebas secara linear jika dan hanya jika paling tidak

salah satu vektor dalam S dapat dinyatakan sebagai suatukombinasi linear dari vektor-vektor lainnya dalam S.

(b) Bebas secara linear jika dan hanya jika tidak ada vektordalam S yang dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasilinear dari vektor-vektor lain dalam S.

Contoh 3 Pada Contoh 1 kita lihat bahwa vektor-vektorv1 = (2, -1, 0, 3,) v2 = (1, 2, 5, -1) , v3 = (7, -1, 5, 8)Membentuk suatu himpunan yang tak bebas secara linear.Dari teorema 5.3.1 kita dapatkan bahwa palng tidak salahsatu dari vektor-vektor ini dapat dinyatakan sebagaikombinasi linear dari dua vektor lainnya.

Dalam contoh ini setiap vektor dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari dua vektor lainnya karena dari persamaan 3v1 + v2 + v3 = 0 (lihat contoh 1) kita dapatkan bahwa v1 = (- v2 + v3), v2 = ( -3v1 + v3 ), v3 = (3v1 + v2)

Contoh 4Pada contoh 2 kita lihat bahwa vektor-vektor i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), dan k (0, 0, 1) membentuk suatu himpunan yang bebas secara linear.Jadi, dari Teorema 5.3.1 kita dapatkan bahwa tidak satu pun dari vektor-vektor ini yang dapat dinyatakansebagai kombinasi linear dari dua vektor lainnya. Untuk melihat secara langsungbahwa demikianlah adanya, anggap bahwa k dapat dinyatakan sebagai

k = k1i + k2j maka, dalam bentuk komponen-komponen

(0, 0, 1) = k1 (1, 0, 0) + k2 (0, 1, 0) Atau (0, 0, 1) = (k1, k2, 0)Akan tetapi, persamaan ini tidak dipenuhi oleh setiap nilai k1 dan k2, sehingga ktidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari I dan j. Demikian juga, i tidakdapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari j dan k, dan j tidak dapatdinyatakan sebagai suatu kombinasi linear dari I dan k.

(a) Suatu himpunan vektor terhingga yang berisi vektor noltak bebas secara linear.

(b) Suatu himpunan dengan tepat dua vektor bebas secaralinear jika dan hanya jika vektor yang satu bukanmerupakan penggandaan skalar dari vektor lainnya.

Bukti (a). Untuk setiap vektor v1 , v2 , ... , vr himpunan S = {v1, v2,...,vr , 0} tak bebas secara linear karena persamaan

0v1 + 0v2 + ... +0vr + 1 (0) = 0menyatakan 0 sebagai suatu kombinasi linear dari vektor-vektor dalam S dengan koefisien-koefisienyang tidak semuanya nol.

Kebebasan linear mempunyai suatu interpretasi geometrik yang berguna dalam R2 dan R3 :

Dalam R2 atau R3, suatu himpunan dua vektor bebas secara linear jika dan hanya jika vektor-vektor tersebut tidak terletak pada garis yang sama jika keduanya ditempatkan dengan titik-titik pangkalnya di tititk asal (Gambar 1).Dalam R3, suatu himpunan tiga vektor bebas secara linear jika dan hanya jika vektor-vektor tersebut tidak terletak pada bidang yang sama jika ketiganya ditempatkan dengan titik-titik pangkalnya pada titik asal (Gambar 2).

Gambar 1

Tak bebas secara linear Tak bebas secara linear Bebas secara linear

z

v2

v1

y

x

z

v1

v2 y

x

z

v1

v2

y

x

Gambar 2

Tak bebas secara linear Tak bebas secara linear Bebas secara linear

z

v3

v2

y

v1x

z

v3

v2

yv1

x

z v1

v2

y

v3

x

Hasil pertama kita dapatkan dari fakta bahwa duavektor bebas secara linear jika dan hanya jika tidak satupundari vektor tersebut yang merupakan penggandaan skalar darivektor lainnya. Secara geometris, ini setara denganmenyatakan bahwa vektor-vektor tersebut tidak terletak padagaris yang sama jika diposisikan dengan titik-titik pangkalnyadi titik asal.

Hasil kedua kita dapatkan dari fakta bahwa tiga vektorbebas secara linear jika dan hanya jika tidak satupun darivektor tersebut yang merupakan kombinasi linear dari duavektor lainnya. Secara geometris, ini setara denganmenyatakan bahwa tak satu pun dari vektor tersebut yangterletak pada bidang yang sama dengan dua vektor lainnya,atau dengan kata lain, bahwa ketiga vektor tersebut tidakterletak pada bidang yang sama jika ketiganya diletakkandengan titik-titik pangkalnya pada titik asal.

Teorema 5.3.3. Anggap S = { v1, v2, … , vr } adalah suatuhimpunan vektor-vektor dalam Rn . Jika r ˃ n, maka S takbebas secara linear.

Contoh 5Tunjukkan bahwa himpunan vektor v1 = (-2, 0, 1), v2 = (3, 2, 5), v3 = (6, -1, 1), dan v4 = (7, 0, -2) dalam R3 bebas secara linear (r ˃ n).

Jadi, sistem tersebut mempunyai penyelesaian tak trivial dan v1, v2, v3, dan v4 membentuk suatu himpunan yang tak bebas secara linear. Sesuai dengan teorema 5.3.3. dimana jika r ˃ n maka S tak bebas secara linear. Pada contoh di atas diketahui r = 4 dan n = 3 maka contoh tersebut membuktikan bahwa teorema 5.3.3 benar.

KEBEBASAN LINEAR FUNGSI-FUNGSI

Kadang-kadang ketakbebasan linear fungsi-fungsi dapat disimpulkan dari identitas-identitas yang telah diketahui. Misalnya, fungsi-fungsi

f1 = sin2 x, f2 = cos2 x, dan f3 = 5Membentuk suatu himpunan yang tak bebas secara linear dalam F (-∞,∞) karena persamaan 5f1 + 5f2 – f3 = 5 sin2 x + 5 cos2 x – 5 = 5 (sin2 x + cos2 x) – 5 = 0 menyatakan 0 sebagai suatu kombinasi linear dari f1 , f2 , dan f3 dengan koefisien-koefisien yang tidak semuanya nol. Akan tetapi, hanya dalam situasi-situasi khususlah identitas-identitas tersebut dapat diterapkan meskipun tidak ada metode umum yang dapat digunakan untuk menetapkan kebebasan linear atau

kebebasan linear dari fungsi-fungsi dalam F (-∞,∞), kita sekarang akan mengembangkan suatu teorema yang kadang-kadang dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa suatu himpunan fungsi yang diberikan bebas secara linear.

Jika f1 = f1(x), f2 = f2(x), ..., fn = fn(x) adalah fungsi-fungsi yang dapat diturunkan n – 1 kali pada selang (-∞,∞), 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 Wronskian* dari f1 , f2 , ..., fn . Sebagaimana yang akan kami tunjukkan sekarang, determinan ini berguna untuk memastikan apakah fungsi-fungsi f1 , f2 , ..., fn membentuk suatu himpunan vektor-vektor yang bebas secara linear dalam ruang vektor C(n-1)(-∞,∞).

Anggap, untuk sementara, bahwa f1 , f2 , ..., fn adalah vektor-vektor yang tak bebas secara linear dalam C(n-1)(-∞,∞). Maka ada skalar k1 , k2 , ..., kn , tidak semuanya nol,

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

Untuk semua x dalam selang (-∞,∞). Dengan mengkombinasikan persamaan ini dengan persamaan-persamaan yang diperoleh dengan n – 1 diferensiasi berturut-turut, kita akan mendapatkan

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) = 0Jadi, ketakbebasan linear dari f1 , f2 , ..., fn mengimplikasikan bahwa sistem linear

f1 (x) f2 (x) ... fn(x) k1 0f1'(x) f2'(x) ... fn'(x) k2 0

f1(n-1)(x) f2

(n-1)(x) ... fn(n-1)(x) kn 0

Mempunyai suatu penyelesaian trivial untuk setiap x dalam selang (-∞,∞). Ini pada gilirannya mengimplikasikan bahwa untuk setiap x dalam (-∞,∞) matriks koefisiennya tidak dapat dibalik, atau secara setara, bahwa determinannya (Wronskian) nol untuk setiap x dalam (-∞,∞). Jadi, jika Wronskian tidak identik dengan nol pada (-∞,∞), maka fungsi-fungsi f1 , f2 , ..., fn

pastilah merupakan vektor-vektor yang bebas secara linear dalam C(n-1)(-∞,∞). Inilah isi teorema berikut ini.

Teorema 5.3.4. Jika fungsi f1, f2, …, fn, mempunyai n – 1 turunanyang kontinu pada selang (-∞, ∞) dan jika Wronskian dari fungsi-fungsi ini tidak sama dengan nol pada (-∞, ∞), maka fungsi-fungsiini membentuk suatu himpunan vektor yang bebas secara linear dalam C(n-1) (-∞, ∞).

Contoh 6Tunjukkan bahwa f1 = x dan f2 = sin x membentuk suatuhimpunan vektor yang bebas secara linear dalam C1 (-∞, ∞).Jawab :

Wronskiannya adalah

W(x) = = x cos x – sin x

Fungsi ini tidak mempunyai nilai nol untuk semua x dalamselang (-∞, ∞) sehingga f1 dan f2 membentuk suatu himpunanyang bebas secara linear.

Contoh 7Tunjukkan bahwa f1 = 1, f2 = ex dan f3 = e2x membentuk suatuhimpunan vektor-vektor yang bebas secara linear dalam C2(-∞, ∞).Jawab :Wronskiannya adalah

1 ex e2x

W(x) = 0 ex 2e2x = 2e3x

0 ex 4e2x

Fungsi ini tidak mempunyai nilai nol untuk semua x dalamselang (-∞, ∞) sehingga f1 , f2dan f3 membentuk suatu himpunanyang bebas secara linear.

DEFINISI

Jika V adalah sembarang ruang vektor dan S = {v1, v2, …, vn}adalah suatu himpunan vektor-vektor dalam V, maka S disebutbasis untuk V jika dua syarat berikut ini terpenuhi :a) S bebas secara linearb) S merentangkan V

Teorema 5.4.1. Jika S = {v1, v2, …, vn} adalah suatu basisuntuk suatu ruang vektor V, maka setiap vektor v dalam V dapat dinyatakan dalam bentuk v = c1v1 + c2v2+ … + cnvn

dalam tepat satu cara.

Bukti :Karena S merentangkan V, maka dari definisi suatu himpunan rentang kita dapatkan bahwa setiap vektor dalam V dapat diyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor dalam S. Untuk melihat bahwa hanya ada satu cara untuk menyatakan suatu vektor sebagai kombinasi linear dari vktor-vektor dalam S, anggap bahwa suatu vektor v dapat ditulis sebagai

v = c1v1 + c2v2+ … + cnvn (1)dan juga sebagai

v = k1v1 + k2v2+ … + knvn (2) Dengan mengurangkan persamaan (1) dan (2) akan didapatkan

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

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

c1 – k1 = 0 c2 – k1 = 0 ... cn – kn = 0Yaitu,

c1 = k1 c2 = k1 ... cn = kn

Jadi, kedua ekspresi untuk v adalah sama.

Contoh 8Anggap v1 = (1, 2, 1), v2 = ( 2, 9, 0), dan v3 = (3, 3, 4). Tunjukkanbahwa himpunan S = {v1, v2, v3} adalah suatu basis untuk R3

Jawab : Untuk menunjukkan bahwa himpunan S merentang R3 , kitaharus menunjukkan bahwa sembarang vektor b = ( b1, b2, b3) dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linear

b = c1v1 + c2v2+ c3v3

dari vektor-vektor dalam S. Dengan menyatakan persamaan inidalam bentuk komponen-komponen, kita akan mendapatkan

(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)dengan menyamakan komponen-komponen yang Berpadanan akan diperoleh,

c1 + 2c2 + 3c3 = b1

2c1 + 9c2 + 3c3 = b2

c1 + 4c3 = b3 (1)Jadi, untuk menunjukkan bahwa S merentang R3 , kita harusmenunjukkan bahwa sistem (1) mempunyai suatu penyelesaianuntuk semua pilihan b = (b1, b2, b3).Untuk membuktikan bahwa S bebas secara linear, kita harusmenunjukkan bahwa satu-satunya penyelesaian dari

c1v1 + c2v2 + c3v3 = 0 (2)adalah c1 = c2 = c3 = 0. Seperti di atas, jika (2) dinyatakan dalamdalam bentuk komponen-komponen, pembuktian kebebasanberubah menjadi menunjukkan bahwa sistem homogen

c1 + 2c2 + 3c3 = 02c1 + 9c2 + 3c3 = 0

c1 + 4c3 = 0 (3)hanya mempunyai penyelesaian trivial.

Amati bahwa sistem (1) dan (3) mempunyai matriks koefisienyang sama. Jadi, berdasarkan Teorema 4.3.4 bagian (a), (b), dan(g), kita dapat secara simultan membuktikan bahwa S bebassecara linear dan merentang R3 dengan menunjukkan bahwadalam sistem (1) dan (3) matriks koefisien

1 2 3A = 2 9 3

1 0 4Mempunyai determinan tak nol. Akan tetapi

1 2 3det(A) = 2 9 3 = -1

1 0 4Sehingga S adalah suatu basis untuk R3 .

Koordinat-koordinat vektor relatif

Jika S = {v1, v2, …, vn} adalah suatu basis untuk suatu ruang vektor V, dan

v = c1v1 + c2v2+ … + cnvn

adalah ekspresi untuk suatu vektor v dalam bentuk basis S, maka skalar c1, c2, …, cn disebut koordinat v relatif terhadap basis S. Vektor (c1, c2, …, cn) dalam Rn yang tersusun dari koordinat-koordinat ini disebut koordinat vektor v relatif terhadap S; ini dinyatakan dengan

(v)s = (c1, c2, …, cn)

Contoh 9Pada contoh 2 sebelumnya kita tujukkan bahwa jika

i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), dan k (0, 0, 1)Maka S = {i, j, k} adalah suatu himpunan yang bebas secara

linear dalam R3. himpunan ini juga merentang R3 karena setiap vektor v = (a, b, c) dalam R3 dapat ditulis sebagaiv = (a, b, c) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) = ai +bj +ck (1)

Jadi, S adalah basis untuk R3 ; ini disebut basis standar untuk R3. dengan memperhatikan koefisien i, j, dan k dalam (1) kita dapatkan bahwa koordinat v relatif terhadap basis standar adalah a, b, dan c sehingga

(v)s = (a, b, c)Dengan membandingkan hasil ini dengan (1) kita lihat bahwa

v = (v)s

Persamaan ini menyatakan bahwa komponen-komponen suatu vektor v relatif terhadap suatu sistem koordinat xyz segiempat dan koordinat-koordinat v relatif terhadap basis standar adalah sama.

Contoh 10 Anggap S = (v1, v2, v3) adalah basis untuk R3 dalam contoh 8.(a) Cari vektor koordinat dari v = (5, -1, 9) berkenaan dengan S(b) Cari vektor v dalam R3 yang vektor koordinatnya berkenaan

dengan basis S adalah (v)s = (-1, 3, 2).Jawab : (a) Kita harus mencari skalar c1, c2, c3 sedemikian sehingga

v = c1v1 + c2v2+ c3v3

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

menyamakan komponen-komponen yang berpadanan akan menghasilkan

c1 + 2c2 + 3c3 = 52c1 + 9c2 + 3c3 = -1

c1 + 4c3 = 9dengan menyelesaikan sistem ini , diperoleh c1 = 1, c2 = -1,c3 = 2. oleh karena itu (v)s = (1, -1, 2).

(b) Dengan menggunakan definisi vektor koordinat (v)s, diperoleh

v = c1v1 + c2v2+ c3v3

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

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

Suatu ruang vektor tak nol v disebut berdimensi terhingga jikaV berisi suatu himpunan vektor terhingga {v1, v2, …, vn} yang membentuk suatu basis. Jika tidak ada himpunan seperti itu, maka V disebut berdimensi tak hingga, kita akan menganggapruang vektor nol sebagai berdimensi terhingga.

DEFINISI

Teorema 5.4.2. Jika V adalah suatu ruang vektor berdimensiterhingga dan {v1, v2, …, vn} adalah sembarang basis, maka :a) Setiap himpunan dengan lebih dari n vektor adalah tak

bebas secara linear.b) Tidak ada himpunan dengan vektor yang kurang dari n yang

merentang V.

Bukti (a) Anggap S’ = {w1 , w2, ..., wm} adalah sembarang himpunan m vektor dalam V, dimana m > n. Kita ingin menunjukkan bahwa S’ tak bebas secara linear. Karena S = {v1 , v2, ..., vn} adalah suatu basis, maka setiap wi dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor dalam S, misalkan

w1 = a11 v1 + a21 v2 + ... + an1 vn

w2 = a12 v1 + a22 v2 + ... + an2 vn

wm= a1mv1 + a2mv2 + ... + anmvn (1)

Untuk menunjukkan bahwa S’ tak bebas secara linear, kita harus mencari skalar k1 , k2 , ... , km , yang tidak semuanya nol sedemikian sehingga

k1 w1 + k2 w2 + ... + km wm = 0 (2)

Dengan menggunakan persamaan dalam (1), kita dapat menulis ulang (2) sebagai

(k 1 a11 + k2 a12 + ... + km a1m )v1

+ (k 1 a21 + k2 a22 + ... + km a2m )v2

+ (k 1an1 + k2an2 + ... + kmanm )vn = 0Jadi, dari kebebasan linear S, masalah membuktikan bahwa S’ adalah suatu himpunan yang tak bebas secara linear berubah menjadi menunjukkan bahwa skalar k1 , k2 , ..., km , yang tidak semuanya nol, yang memenuhi

a11 k1 + a12 k2 + ... + a1m km = 0a21 k1 + a22 k2 + ... + a2m km = 0

an1 k1 + an2 k2 + ... + anm km = 0 (3)

Akan tetapi, (3) mempunyai peubah yang lebih banyak dari persamaannya, sehingga bukti ini menjadi lengkap karena Teorema 1.2.1 menjamin adanya penyelesaian yang tak trivial.

Bukti (b). Anggap S’ = {w1 , w2, ..., wm} adalah sembarang himpunan m vektor dalam V, dimana m < n. Kita ingin menunjukkan bahwa S’ tidak merentang V. Pembuktian akan dilakukan dengan kontradiksi : Kita akan menunjukkan bahwa mengasumsikan bahwa S’ merentang V akan membawa kita pada suatu kontradiksi kebebasan linear dari {v1 , v2, ..., vn}.

Jika S’ merentang V, maka setiap vektor dalam V adalah suatu kombinasi linear dari vektor-vektor dalam S’. Secara khusus, setiap vektor basis vi adalah suatu kombinasi linear dari vektor-vektor dalam S’, misalkan

v1 = a11 w1 + a21 w2 + ... + am1 wm

v2 = a12 w1 + a22 w2 + ... + am2 wm

vn = a1n w1 + a2n w2 + ... + amn wm (4)

Untuk memperoleh kontradiksi, kita akan menunjukkan bahwa ada skalar k1 , k2 , ..., kn , yang tidak semuanya nol, sedemikian sehingga

k1 v1 + k2 v2 + ... + kn vn = 0 (5)

Akan tetapi, amati bahwa (4) dan (5) mempunyai bentuk yang sama dengan (1) dan (2), kecuali bahwa m dan n dipertukarkan, serta w dan v dipertukarkan. Jadi, perhitungan yang membawa pada (3) sekarang menghasilkan

a11 k1 + a12 k2 + ... + a1n kn = 0a21 k1 + a22 k2 + ... + a2n kn = 0

am1k1 + am2k2 + ... + amn kn = 0

Sistem ini mempunyai peubah yang lebih banyak daripada persamaan, dan dengan demikian mempunyai penyelesaian tak trivial berdasarkan teorema 1.2.1.

Teorema 5.4.3. Semua basis untuk ruang vektor berdimensiterhingga mempunyai jumlah vektor yang sama.

Untuk melihat bagaimana teorema ini berkaitan dengan konsep “Dimensi”, ingatlah bahwa basis standar untuk Rn mempunyai n vektor (contoh 9). Jadi, teorema 5.4.3 mengimplikasikan bahwa semua basis untuk Rn mempunyai n vektor. Secara khusus, setiap basis untuk R3 mempunyai tiga vektor, setiap basis untuk R2

mempunyai dua vektor, dan setiap basis untuk R1 (=R) mempunyai satu vektor. Secara intuitif, R3 berdimensi tiga, R2

(ruang bidang) berdimensi dua, dan R (suatu garis) berdimensi satu. Jadi, untuk ruang-ruang vektor yang kita kenal, jumlah vektor dalam suatu basis sama dengan dimensinya. Hal ini menyatakan definisi berikut ini.

Dimensi suatu ruang vektor berdimensi terhingga V, yang di-nyatakan dengan dim(V), didefinisikan sebagai jumlah vektordalam suatu basis untuk V. Di samping itu, kita mendefinisikanruang vektor nol mempunyai dimensi nol.

DEFINISI

Contoh 8Tentukan suatu basis dan dimensi dari ruang penyelesaiansistem homogen

2x1 + 2x2 - x3 + x5 = 0- x1 - x2 + 2x3 – 3x4 + x5 = 0

x1 + x2 – 2x3 - x5 = 0x3 + x4 + x5 = 0

Pada contoh 6 Subbab 1.2 ditunjukkan bahwa penyelesaianumum dari sistem yang diberikan adalah

x1 = - s – t, x2 = s, x3 = - t, x4 = 0, x5 = tSehingga, vektor-vektor penyelesaiannya dapat ditulis

x1 - s – t - s - t -1 -1x2 s s 0 1 0x3 = - t = 0 + - t = s 0 + t - 1x4 0 0 0 0 0x5 t 0 t 0 1

Yang menunjukkan bahwa vektor-vektor- 1 - 1 1 0

v1 = 0 dan v2 = - 10 00 1

Merentangkan ruang penyelesaian. Karena vektor-vektor inijuga bebas secara linear, maka {v1 , v2} adalah suatu basis, dan ruang penyelesaiannya berdimensi dua.