UJIAN AKHIR SEMESTER GENAP 2014/2015

MATA KULIAH : ALJABAR LINEAR

PRODI : PENDIDIKAN MATEMATIKA / FKIP

1. Carilah koordinat relative P = 6 −1

−8 −8 terhadap basis B = { B1, B2, B3 }. Jika B1 =

1 2

−1 3 ; B2 =

0 12 4

; B3 = 4 −20 −2

.

2. Transformasi T : R4 - R

4 dengan rumus T

𝑥𝑦𝑧𝑠

=

−𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑠3𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 − 2𝑠2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 3𝑠𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 − 2𝑠

Carilah basis dan dimensi dari :

a) Ruang peta {= Im (T ) }

b) Ruang nol {= Ker (T ) }

3. Ruang vector V dalam R4, di mana V = {

1111

,

1124

,

12

−4 −3

, }. Gunakan proses

Gram-Schmidt untuk mencari basis orthonormal.

4. Tentukan basis ortonormal pada R3, jika salah satu vektor basisnya adalah

−412

.

5. Apakah matriks A = 3 −1 1

−1 5 −11 −1 3

diagonalisabel?

Jika ya, cari matriks non-singular P sedemikian hingga P-1

A P = D.

JAWABAN SOAL UJIAN AKHIR SEMESTER ALJABAR LINIER.

1. Carilah koordinat relative P = 6 −1

−8 −8 terhadap basis B = { B1, B2, B3 }. Jika B1

= 1 2

−1 3 ; B2 =

0 12 4

; B3 = 4 −20 −2

.

Jawab :

P = xB1 + yB2 + zB3

6 −1

−8 −8 = x

1 2−1 3

+ y 0 12 4

+ z 4 −20 −2

= 𝑥 + 4𝑧 2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧

−𝑥 + 2𝑦 3𝑥 + 4𝑦 − 2𝑧

Diperoleh persamaan linear tidak homogin :

𝑥 + 4𝑧 = 62𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = −1−𝑥 + 2𝑦 = −8

3𝑥 + 4𝑦 − 2𝑧 = −8

1 0 42 1 −2

−13

24

0−2

𝑥𝑦𝑧 =

6−1−8−8

1 0 42 1 −2

−13

24

0−2

6−1−8−8

𝐻21(−2)

𝐻31(1)

𝐻41(−3)

~

1 0 40 1 −1000

24

4−14

6−13−2−26

𝐻32(−2)

𝐻42(−4)

~

1 0 40 1 −1000

00

2426

6−132426

𝐻43(−

26

24)

~

1 0 40 1 −1000

00

240

6−13240

Diperoleh hasil : 24z = 24 maka z = 1; y – 10 z = -13 maka y = -3 ; x + 4z = 6 maka x = 2.

Jadi : P = 2 B1 - 3B2 + B3; didapat koordinat relative P terhadap basis B adalah PB = ( 2, -3, 1 )

2. Transformasi T : R4 - R

4 dengan rumus T

𝑥𝑦𝑧𝑠

=

−𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑠3𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 − 2𝑠2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 3𝑠𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 − 2𝑠

Carilah basis dan dimensi dari :

a) Ruang peta {= Im (T ) }

b) Ruang nol {= Ker (T ) }

Jawab :

a) Akan dicari ruang peta {= Im (T ) } sebagai berikut :

T(e1 ) = T

1000

=

−1321

; T(e2 ) = T

0100

=

−12

−1−2

; T(e3 ) = T

0010

=

2−113

T(e4 ) = T

1000

=

1−2−3−2

Matriks transformasi A = [T(e1 ) T(e2 ) T(e3 ) ) T(e4 ) ] =

−1 −1 2 13 2 −1 −221

−1−2

13

−3−2

AT =

−1 3 2 1−1 2 −1 −221

−1−2

1−3

3−2

𝐻21(−1)

𝐻31(2)

𝐻41(1)

~

−1 3 2 10 −1 −3 −300

51

5−1

5−1

𝐻32(5)

𝐻42(1)

~

−1 3 2 10 −1 −3 −300

00

−10−4

−10−4

𝐻43(−

4

10 )

~

−1 3 2 10 −1 −3 −300

00

−100

−100

Basis Im(T ) = {

−1321

;

0−1−3

−3

;

00

−10 −10

} dan dim Im(T ) = 3

b) Akan dicari basis dan dimensi dari Ker (T ); yakni mencari u =

𝑥𝑦𝑧𝑠

∋ T(u) = 0

−𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑠3𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 − 2𝑠2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 3𝑠𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 − 2𝑠

= 0 →

−1 −1 2 13 2 −1 −221

−1−2

13

−3−2

𝑥𝑦𝑧𝑠

= 0

Dilakukan OBE sebagai berikut :

−1 −1 2 13 2 −1 −221

−1−2

13

−3−2

𝐻21(3)

𝐻31(2)

𝐻41(1)

~

−1 −1 2 10 −1 5 100

−3−3

55

−1−1

𝐻32(−3)

𝐻42(−3)

~

−1 −1 2 10 −1 5 100

00

−10−10

−4−4

𝐻4(−1)

~

−1 −1 2 10 −1 5 100

00

−100

−40

−1 −1 2 10 −1 5 100

00

−100

−40

𝑥𝑦𝑧𝑠

= 0 → −𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑠 = 0

−𝑦 + 5𝑧 + 𝑠 = 0−10𝑧 − 4𝑠 = 0

Diperleh : - 10z - 4s = 0 → 𝑧 = − 2

5 𝑠 ; 𝑦 = −𝑠 ; 𝑥 = 𝑠 −

4

5 𝑠 + 𝑠 =

6

5 𝑠 → s merupakan

variable bebas, missal s = 𝛼 → 𝑧 = − 2

5 𝛼 ; 𝑦 = − 𝛼 ; 𝑥 =

6

5 𝛼

Sehingga diperoleh :

𝑥𝑦𝑧𝑠

=

6

5 𝛼

−𝛼

− 2

5 𝛼

𝛼

= 𝛼

6

5

−1

−2

5

1

Jadi basis Ker(T ) = {

6

5

−1

−2

5

1

} dan dim Ker(T ) = 1.

3. Ruang vector V dalam R4, di mana V = {

1111

,

1124

,

12

−4 −3

, }. Gunakan proses

Gram-Schmidt untuk mencari basis orthonormal.

Jawab :

Ambil w1 = v1 =

1111

w2 = v2 - 𝑣2 . 𝑤1

𝑤1 .𝑤1 𝑤1 v2 . w1 =

1124

.

1111

= 8 w1 . w1 =

1111

.

1111

= 4

=

11

2 4

-

8

4

1111

=.

−1−102

w3 = v3 - 𝑣3 . 𝑤2

𝑤2 .𝑤2 𝑤2 -

𝑣3 . 𝑤1

𝑤1 .𝑤1 𝑤1

v3 . w2 =

12

−4 −3

.

−1−102

= -9 w2 . w2 =

−1−102

.

−1−102

= 6

v3 . w1 =

12

−4 −3

.

1111

= - 4 w1 . w1 = 4

w3 =

12

−4 −3

- −9

6

−1−102

-

−4

4

1111

=

1 −

9

6+ 1

2 −9

6+ 1

−4 + 0 + 1

−3 +18

6+ 1

=

3

69

6

−36

6

=

1

23

2

−31

Jadi basis orthogonal W = {

1111

,

−1−102

,

1

23

2

−31

}

Dicari besar vector |w1 | = 4 = 2 ; |w2 | = 6 ; dan |w3 | = 1

4+

9

4+

36

4+

4

4 =

5

2 2

Diperoleh basis orthonormal 𝑊 = {

1

2

12

12

12

,

−1

6

−1 6

02

6

,

15 2

35 2

−65 2

25 2

}

4. Tentukan basis ortonormal pada R3, jika salah satu vektor basisnya adalah

−412

Jawab :

Diketahui u1 = −𝟒𝟏𝟐

Misal u2 = 𝑥𝑦𝑧

𝑜𝑟𝑡𝑜𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑢1 → 𝑢2 . 𝑢1 = 0 → −4𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 0 → 𝑥 = 1

4 𝑦 +

1

2𝑧

Jadi y dan z variable bebas, missal y = 𝑑𝑎𝑛 𝑧 = 𝛽 → 𝑥 = 1

4 𝛼 +

1

2 𝛽 ;

Jadi u2 = 𝑥𝑦𝑧 =

1

4𝛼 +

1

2𝛽

𝛼𝛽

= 𝛼

14

10

+ 𝛽

12

01

; missal u2 =

14

10

Misal u3 = 𝑎𝑏𝑐

orthogonal dengan u1 dan u2 ;

maka u3 . u1 = -4a + b + 2c = 0

u3 . u2 = 1

4a + b = 0 a = -4b dan c = −

17

2 𝑏 ;

b variable bebas missal b = 𝛼 → 𝑎 = −4𝛼 𝑑𝑎𝑛 𝑐 = − 17

2 𝛼

jadi u3 = 𝑎𝑏𝑐

=

−4𝛼𝛼

− 17

2 𝛼

= 𝛼

−41

− 17

2

Selanjutnya vektor-vektor u1 ; u2 ; u3 dinormalkan :

u1 = −412

→ 𝑢1 = 21 → 𝑔1 = 𝑢1

𝑢1 =

−4

21

1 21

2 21

u2 =

14

10

→ 140 → 𝑢2 = 17 → 𝑔1 =

𝑢2

𝑢2 =

1

17

4 17

0

u3 =

−41

− 17

2

→ −8

2−17

→ 𝑢3 = 357 → 𝑔3 = 𝑢3

𝑢3 =

−8

357

2 357

−17 357

Jadi basis ortonormalnya :

−4

21

1 21

2 21

1

17

4 17

0

−8

357

2 357

−17 357

5. Apakah matriks A = 3 −1 1

−1 5 −11 −1 3

diagonalisabel?

Jika ya, cari matriks non-singular P sedemikian hingga P-1

A P = D.

Jawab :

a) Akan dicari akar akar karakteristiknya :

p(𝛼) = | 𝛼I - A | = 𝛼 − 3 1 −1

1 𝛼 − 5 1−1 1 𝛼 − 3

= [ ( 𝛼 − 3 ) ( 𝛼 − 5 ) ( 𝛼 − 3) - 1 - 1 ] – [ ( 𝛼 − 5 ) + ( 𝛼 − 3 ) + ( 𝛼 − 3 ) ]

= 𝛼3 − 11𝛼2 + 36𝑎 − 36

Karena p(𝛼) = 0

Maka 𝛼3 − 11𝛼2 + 36𝑎 − 36 = 0 → 𝛼 − 2 𝛼 − 3 𝛼 − 6 = 0

𝑗𝑎𝑑𝑖 𝑎𝑘𝑎𝑟 𝑘𝑎𝑟𝑎𝑘𝑡𝑒𝑟𝑖𝑠𝑡𝑖𝑛𝑦𝑎 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ ∶ 𝛼1 = 2 ; 𝛼2 = 3 ; 𝛼3 = 6

b) Akan dicari vector-vektor karakteristiknya :

Untuk 𝛼1 = 2

( 𝛼 I - A ) X = 0

𝛼 − 3 1 −1

1 𝛼 − 5 1−1 1 𝛼 − 3

𝑥𝑦𝑧 = 0

−1 1 −11 −3 1

−1 1 −1

𝑥𝑦𝑧 = 0

−1 1 −11 −3 1

−1 1 −1 𝐻21(1)

𝐻31(−1)

~ −1 1 −10 −2 00 0 0

→ 𝑦 = 0 → 𝑥 = −𝑧

Jadi, z variable bebas, missal = 𝛼 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑥 = −𝛼

X1 = 𝑥𝑦𝑧

= −𝛼

0𝛼

= 𝛼 −10 1

→ 𝑋1 = −10 1

Untuk 𝛼2 = 3

( 𝛼 I - A ) X = 0

𝛼 − 3 1 −1

1 𝛼 − 5 1−1 1 𝛼 − 3

𝑥𝑦𝑧 = 0

0 1 −11 −2 1

−1 1 0

𝑥𝑦𝑧 = 0

0 1 −11 −2 1

−1 1 0 𝐻21 ~

1 −2 10 1 −1

−1 1 0 𝐻31(1)

~ 1 −2 10 1 −10 −1 1

𝐻32(1)

~ 1 −2 10 1 −10 0 0

Jadi, y-z = 0 maka y = z; x-2y+z=0 maka x = z; didapat z variable bebas,

missal z = 𝛼 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑥 = 𝛼 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝛼 → 𝑋2 = 𝛼𝛼𝛼 = 𝛼

111

Untuk 𝛼2 = 6

( 𝛼 I - A ) X = 0

𝛼 − 3 1 −1

1 𝛼 − 5 1−1 1 𝛼 − 3

𝑥𝑦𝑧 = 0

3 1 −11 1 1

−1 1 3

𝑥𝑦𝑧 = 0

3 1 −11 1 1

−1 1 3 𝐻21 ~

1 1 13 1 −1

−1 1 3 𝐻21(−3)

𝐻31(1)

~ 1 1 10 −2 −40 2 4

𝐻32(1)

~ 1 1 10 −2 −40 0 0

Jadi, -2y-4z = 0 maka y = - 2z;

x+y+z = 0 maka x = z; didapat z variable bebas,

missal z = 𝛼 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑥 = 𝛼 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = −2𝛼 → 𝑋3 = 𝛼

−2𝛼𝛼

= 𝛼 1

−21

Diperoleh vektor karakteristik :X1 = −10 1

; X2 = 11 1 ; X3 =

1−2

1 ;

c) Berarti matriks A diagonalisabel.

d) Jadi matriks P = [ X1 X2 X3 ] = −𝟏 𝟏 𝟏𝟎 𝟏 −𝟐𝟏 𝟏 𝟏

e) Akan dicari invers dari P yakni P-1

:

Determinan P yakni | P | = -6

P11 = 1 −21 1

= 3 ; P12 = - 0 −21 1

= -2 ; P13 = 0 11 1

= -1 ;

P21 = − 1 11 1

= 0 ; P22 = −1 11 1

= -2 ; P23 = - −1 11 1

= 2 ;

P31 = 1 11 −2

= -3 ; P32 = - −1 10 −2

= -2 ; P33 = −1 10 1

= - 1 ;

Jadi diperoleh matriks invers P-1

= −1

6

3 0 −3− 2 − 2 −2−1 2 −1

f) Akan dicari P-1

A P = D

−1

6

3 0 −3− 2 − 2 −2−1 2 −1

3 −1 1

−1 5 −11 −1 3

−𝟏 𝟏 𝟏𝟎 𝟏 −𝟐𝟏 𝟏 𝟏

=

−1

6

3 0 −3− 2 − 2 −2−1 2 −1

−2 3 60 3 −122 3 6

=

−1

6 −12 0 0

0 −18 00 0 −36

= 2 0 00 3 0 0 0 6