Pembahasan Soal UAS Aljabar Linear Elementer Tahun 2019

 

Oke guyss, selamat datang kembali di Blog ini, pada kesempatan hari ini saya akan membahas soal UAS Aljabar Linear Elementer Tahun 2019. Silahkan langsung saja kalian simak pembahasannya

Soal Wajib

1. Tunjukkan bahwa tiga vektor $\overrightarrow{v_1}=(1,2,3,4)$, $\overrightarrow{v_2}=(0,1,0,-1)$ dan $\overrightarrow{v_3}=(1,3,3,3)$ membentuk himpunan bebas linear di $R^4$

2. Tentukan basis ruang kolom dan ruang nol dari matriks $B$

$B=\begin{bmatrix}2 & 2 & 6 & 4 & 0\\ 1 & 1 & 4 & 0 & -2\\ -1 & -1 & -4 & 5 & 7\\ 3 & 3 & 8 & 3 & -7\end{bmatrix}$

3. Tunjukkan bahwa matriks $C$ dapat didiagonalkan, sedangkan $D$ tidak dapat didiagonalkan

$C=\begin{bmatrix}0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{bmatrix}$

$D=\begin{bmatrix}2 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 2\end{bmatrix}$

Soal Pilihan

1. Misalkan $A$ adalah matriks $m\times n$ dan misalkan $A\overrightarrow{x}=\overrightarrow{b}$ adalah sistem persamaan linear tak homogen. Tunjukkan bahwa solusi dari vertor $A\overrightarrow{x}=\overrightarrow{b}$

2. Gunakan hasil kali dalam euclid dan proses Gram Schmidt, ubahlah basis $\{\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2},\overrightarrow{u_3}\}$ pada $R^3$ menjadi basis orthonormal, dengan :

$\overrightarrow{u_1}=(1,0,0)$

$\overrightarrow{u_2}=(2,2,0)$

$\overrightarrow{u_2}=(3,3,3)$

Pembahasan :

1. Himpunan $V=\{\overrightarrow{v_1},\overrightarrow{v_2},\overrightarrow{v_3}\}\subset R^4$ disebut bebas linear jika persamaan vektor

$k_1\overrightarrow{v_1}+k_2\overrightarrow{v_2}+k_3\overrightarrow{v_3}=0$ hanya memiliki solusi yaitu ketika $k_1=k_2=k_3=0$

Perhatikan bahwa : 

$k_1\overrightarrow{v_1}+k_2\overrightarrow{v_2}+k_3\overrightarrow{v_3}=\overrightarrow{0}$

$k_1(1,2,3,4)+k_2(0,1,0,-1)+k_3(1,3,3,3)=(0,0,0,0)$

$\begin{bmatrix}1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 0 & 3 \\4 & -1 & 3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}k_1\\ k_2\\ k_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

Dengan menggunakan OBE pada matriks (silahkan dicoba!!!) 

$\begin{bmatrix}1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 0 & 3 \\4 & -1 & 3\end{bmatrix}$ 

didapat bentuk $\begin{bmatrix}1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0\end{bmatrix}$

Didapat $k_1+k_3=0$ dan $k_2+k_3=0$.

Sepertinya ada kesalahan soal karena didapat $V$ tak bebas linear.

2. Karena $B=\begin{bmatrix}2 & 2 & 6 & 4 & 0\\ 1 & 1 & 4 & 0 & -2\\ -1 & -1 & -4 & 5 & 7\\ 3 & 3 & 8 & 3 & -7\end{bmatrix}$

Lakukan proses OBE (dicoba sendiri!!!) didapat $\begin{bmatrix}1 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$

Jadi basis ruang kolom dari matriks $B$ adalah $\left\{\begin{bmatrix}2\\ 1\\ -1\\ 3\end{bmatrix},\begin{bmatrix}6\\ 4\\ -4\\ 8 \end{bmatrix},\begin{bmatrix}4 \\ 0 \\ 5\\ 3\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\ -2\\ 7\\ -7\end{bmatrix}\right\}$

Kemudian untuk mendapatkan ruang nol, akan dicari solusi yg memenuhi

$B\overrightarrow{x}=\overrightarrow{0}$

Sebagaimana kita tahu bahwa matriks eselon baris tereduksi dari $B$ yaitu

$\begin{bmatrix}1 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$

Jadi diperoleh $x_1+x_2=0$, $x_3=0$, $x_4=0$, $x_5=0$

Sehingga didapat ruang nol dari matriks $B$ adalah $\left\{s\begin{bmatrix}1\\-1\\ 0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}\right\}$

3. $C=\begin{bmatrix}0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{bmatrix}$

$\|C-\lambda I\|=0$

$\begin{vmatrix}-\lambda & 1 & 1\\ 1 & -\lambda & 1\\ 1 & 1 & -\lambda\end{vmatrix}=0$

$-\lambda^3+3lamda+2=0$

$(\lambda+1)^2(\lambda-2)=0$

Didapat $\lambda_1 =-1$ dan $\lambda_2=2$

• Untuk $\lambda_1 =-1$

$(C-\lambda I)x=0$

$\begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}$

$x_1+x_2+x_3=0$

$x_1=s$

$x_2=t$

$x_3=-s-t$

Vektor eigen : $\begin{bmatrix}s\\ t\\ -s-t\end{bmatrix}$

Basis : $\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\\ -1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\ 1\\ -1\end{bmatrix}\right\}$

• Untuk $\lambda_2=2$

$(C-\lambda I)x=0$

$\begin{bmatrix}-2 & 1 & 1\\ 1 & -2 & 1\\ 1 & 1 & -2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}$

Lakukan OBE didapat matriks eselon baris tereduksinya yaitu

$\begin{bmatrix}1 & 0 & -1\\0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$

$x_1-x_3=0$

$x_2-x_3=0$

$x_1=x_2=x_3=s$

Vektor eigen : $\begin{bmatrix}s\\ s\\ s\end{bmatrix}$

Basis : $\left\{\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 1\end{bmatrix}\right\}$

Didapat matriks diagonalnya adalah $\begin{bmatrix}-1 & 0 & 0\\0& -1 & 0\\0 & 0 & 2\end{bmatrix}$ dengan matriks yang mendiagonalkan matriks $C$ adalah $\begin{bmatrix}1 & 0 & 1\\0& 1 & 1\\-1 & -1 & 1\end{bmatrix}$

$D=\begin{bmatrix}2 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 2\end{bmatrix}$

$|D-\lambda I|=0$

$\begin{vmatrix}2-\lambda & 0 & -1\\ 0 & 1-\lambda & 0\\ 1 & 0 & 2-\lambda\end{vmatrix}=0$

$-\lambda^3+5\lambda^2-9lambda+5=0$

$(\lambda-1)(\lambda^2-4\lambda+5)=0$

Didapat $\lambda_1 =-1$, $\lambda_2=2+i$, dan  $\lambda_2=2-i$

Karena mempunyai $3$ nilai eigen berbeda maka $D$ dapat didiagonalkan. hmmm...

Untuk Pembahasan Soal Pilihan

Silahkan Kalian Coba Sebagai Latihan...