Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang Null (Kernel)cdndata.telkomuniversity.ac.id/pjj/15161/MUG1E3/MZI/COURSE... · 1 Aplikasi Matriks dan Ruang Vektor, Edisi 1 2014,olehAdiwijaya

Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang Null (Kernel)Kuliah Aljabar Linier Semester Ganjil 2015-2016

MZI

Fakultas InformatikaTelkom University

FIF Tel-U

November 2015

MZI (FIF Tel-U) Ruang Baris, Kolom, & Null November 2015 1 / 43

Acknowledgements

Slide ini disusun berdasarkan materi yang terdapat pada sumber-sumber berikut:

1 Aplikasi Matriks dan Ruang Vektor, Edisi 1 2014, oleh Adiwijaya.2 Elementary Linear Algebra, 10th Edition, 2010, oleh H. Anton dan C. Rorres.3 Slide kuliah Aljabar Linier di Telkom University oleh Jondri.4 Slide kuliah Aljabar Linier di Fasilkom UI oleh Kasiyah M. Junus dan SitiAminah.

5 Slide kuliah Aljabar Linier di Fasilkom UI oleh L. Y. Stefanus.

Beberapa gambar dapat diambil dari sumber-sumber di atas. Slide ini ditujukanuntuk keperluan akademis di lingkungan FIF Telkom University. Jika Andamemiliki saran/ pendapat/ pertanyaan terkait materi dalam slide ini, silakan kirimemail ke <pleasedontspam>@telkomuniversity.ac.id.


mailto:[email protected]

Bahasan

1 Motivasi

2 Definisi Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang Null

3 Basis untuk Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang Null

4 Rank dan Nulitas

5 Beberapa Teorema Penting


Bahasan

1 Motivasi



4 Rank dan Nulitas



Ruang Vektor Euclid dan Matriks

Pada bagian ini kita akan mengkaji tiga ruang vektor penting yangberkaitan dengan matriks.

Salah satu tujuannya adalah untuk memberi suatu pemahaman lebihmendalam mengenai keterkaitan antara penyelesaian suatu SPL dengansifat-sifat matriks koefisiennya.

Tujuan lain adalah memberi suatu keterkaitan antara ruang vektor Euclid dansebuah matriks.












Bahasan

1 Motivasi



4 Rank dan Nulitas



Definisi Vektor-vektor Baris dan Kolom Suatu Matriks

Definisi (Vektor-vektor baris dan kolom)Misalkan A adalah suatu matriks m× n,

A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn

,vektor-vektor

r1 =[a11 a12 · · · a1n

],

r2 =[a21 a22 · · · a2n

],

...

rm =[am1 am2 · · · amn

].

dalam Rn yang dibentuk dari baris-baris A disebut sebagai vektor-vektor baris dariA.


Kemudian vektor-vektor

c1 =

a11a21...

am1

, c2 =

a12a22...

am2

, . . . , cn =

a1na21...

amn

dalam Rm yang dibentuk dari kolom-kolom A disebut sebagai vektor-vektor kolomdari A.


Contoh

Misalkan M =

1 2 3 4−1 0 −1 02 2 4 5

, vektor-vektor baris dari M adalah:

~r1 =

[1 2 3 4

]=

1234

= (1, 2, 3, 4),

~r2 =[−1 0 −1 0

]=

−10−10

= (−1, 0,−1, 0),

~r3 =[2 2 4 5

]=

2245

= (2, 2, 4, 5).


Contoh

Misalkan M =

1 2 3 4−1 0 −1 02 2 4 5


~r1 =[1 2 3 4

]=

1234

= (1, 2, 3, 4),

~r2 =

[−1 0 −1 0

]=

−10−10

= (−1, 0,−1, 0),

~r3 =[2 2 4 5

]=

2245

= (2, 2, 4, 5).


Contoh

Misalkan M =

1 2 3 4−1 0 −1 02 2 4 5


~r1 =[1 2 3 4

]=

1234

= (1, 2, 3, 4),

~r2 =[−1 0 −1 0

]=

−10−10

= (−1, 0,−1, 0),

~r3 =

[2 2 4 5

]=

2245

= (2, 2, 4, 5).


Contoh

Misalkan M =

1 2 3 4−1 0 −1 02 2 4 5


~r1 =[1 2 3 4

]=

1234

= (1, 2, 3, 4),

~r2 =[−1 0 −1 0

]=

−10−10

= (−1, 0,−1, 0),

~r3 =[2 2 4 5

]=

2245

= (2, 2, 4, 5).


Kemudian vektor-vektor kolom dari M adalah

~c1 =

1−12

= [ 1 −1 2]= (1,−1, 2),

~c2 =

202

= [ 2 0 2]= (2, 0, 2),

~c3 =

3−14

= [ 3 −1 4]= (3,−1, 4),

~c4 =

405

= [ 4 0 5]= (4, 0, 5).



~c1 =

1−12

= [ 1 −1 2]= (1,−1, 2),

~c2 =

202

= [ 2 0 2]= (2, 0, 2),

~c3 =

3−14

= [ 3 −1 4]= (3,−1, 4),

~c4 =

405

= [ 4 0 5]= (4, 0, 5).



~c1 =

1−12

= [ 1 −1 2]= (1,−1, 2),

~c2 =

202

= [ 2 0 2]= (2, 0, 2),

~c3 =

3−14

= [ 3 −1 4]= (3,−1, 4),

~c4 =

405

= [ 4 0 5]= (4, 0, 5).



~c1 =

1−12

= [ 1 −1 2]= (1,−1, 2),

~c2 =

202

= [ 2 0 2]= (2, 0, 2),

~c3 =

3−14

= [ 3 −1 4]= (3,−1, 4),

~c4 =

405

= [ 4 0 5]= (4, 0, 5).



~c1 =

1−12

= [ 1 −1 2]= (1,−1, 2),

~c2 =

202

= [ 2 0 2]= (2, 0, 2),

~c3 =

3−14

= [ 3 −1 4]= (3,−1, 4),

~c4 =

405

= [ 4 0 5]= (4, 0, 5).


Definisi Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang NullDefinisiMisalkan A adalah suatu matriks m× n, maka

1 Subruang dari Rn yang direntang/ dibangun oleh vektor-vektor baris Adikatakan sebagai ruang baris dari A, dinotasikan dengan row (A).

2 Subruang dari Rm yang direntang/ dibangun oleh vektor-vektor kolom Adikatakan sebagai ruang kolom dari A, dinotasikan dengan col (A).

3 Subruang dari dari Rn yang merupakan ruang penyelesaian dari SPL homogenAx = 0 dikatakan sebagai ruang null dari A, dinotasikan dengan null (A).Ruang penyelesaian kadang-kadang juga disebut sebagai ruang solusi.

CatatanRuang kolom dari A juga dikatakan sebagai peta (image) dari A. Kita memiliki

Im (A) = Peta (A) = col (A) = {y ∈ Rm | y = Ax untuk suatu x ∈ Rn} .

Ruang null dari A juga dikatakan sebagai inti atau kernel dari A. Kita memiliki

ker (A) = inti (A) = null (A) = {x ∈ Rn | Ax = 0} .MZI (FIF Tel-U) Ruang Baris, Kolom, & Null November 2015 11 / 43

TeoremaSPL Ax = b konsisten jika dan hanya jika b berada pada ruang kolom dari A.

Misalkan Ax = b adalah suatu SPL dengan A berupa matriks m× n. Teorema diatas menyatakan bahwa SPL Ax = b konsisten jika dan hanya jika

b = α1c1 + α2c2 + · · ·+ αncn,untuk suatu α1, α2, . . . , αn ∈ R,

dengan ci (1 ≤ i ≤ n) adalah vektor-vektor kolom dari A.


Bukti

Tulis A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn

. Akibatnya kita memiliki

Ax =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn

x1xn...xn

=

a11x1 a12x2 · · · a1nxna21x1 a22x2 · · · a2nxn...

.... . .

...am1x1 am2x2 · · · amnxn

= x1

a11a21...

am1

+ x2

a12a22...

am2

+ · · ·+ xn

a1na2n...

amn


Bukti

Tulis A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn


Ax =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn

x1xn...xn

=


.... . .


=

x1

a11a21...

am1

+ x2

a12a22...

am2

+ · · ·+ xn

a1na2n...

amn


Bukti

Tulis A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn


Ax =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn

x1xn...xn

=


.... . .


= x1

a11a21...

am1

+ x2

a12a22...

am2

+ · · ·+ xn

a1na2n...

amn


= x1c1 + x2c2 + · · ·+ xncnJadi SPL Ax = b konsisten jika dan hanya jika terdapat x1, x2, . . . , xn sehingga

b = x1c1 + x2c2 + · · ·+ xncn.


Latihan 0

LatihanMisalkan Ax = b adalah SPL −1 3 2

1 2 −32 1 −2

x1x2x3

= 1−9−3

.Periksa apakah b = (1,−9,−3) berada pada ruang kolom A. Jika ya nyatakan bsebagai kombinasi linier vektor-vektor kolom dari A.


Solusi: Melalui OBE kita dapat memperoleh

x1 = 2, x2 = −1, x3 = 3.

Lebih jauh, perhatikan bahwa

Ax =

−x1 + 3x2 + 2x3x1 + 2x2 − 3x32x1 + x2 − 2x3

= x1

−112

+ x2 321

+ x3 2−3−2

,dengan mensubstitusikan x1 = 2, x2 = −1, x3 = 3, kita memiliki 1

−9−3

= 2 −11

2

− 1 321

+ 3 2−3−2


Solusi: Melalui OBE kita dapat memperoleh

x1 = 2, x2 = −1, x3 = 3.

Lebih jauh, perhatikan bahwa

Ax =

−x1 + 3x2 + 2x3x1 + 2x2 − 3x32x1 + x2 − 2x3

= x1

−112

+ x2 321

+ x3 2−3−2

,dengan mensubstitusikan x1 = 2, x2 = −1, x3 = 3, kita memiliki 1

−9−3

= 2 −11

2

− 1 321

+ 3 2−3−2


Bahasan

1 Motivasi



4 Rank dan Nulitas



Basis untuk Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang Null

Basis untuk ruang baris dan ruang null dapat diperoleh dengan meninjau teoremaberikut.

TeoremaOBE tidak mengubah ruang baris dan ruang null dari suatu matriks.


Basis untuk ruang kolom dapat diperoleh dengan meninjau dua teorema berikut.

TeoremaMisalkan A dan B adalah dua matriks yang ekivalen baris (artinya A dapatdiperoleh melalui OBE dari B, dan sebaliknya).

1 Suatu himpunan vektor kolom dari A bebas linier jika dan hanya jikahimpunan vektor kolom yang berpadanan dari B bebas linier.

2 Suatu himpunan vektor kolom dari A membentuk basis untuk ruang kolomA jika dan hanya jika himpunan vektor kolom yang berpadanan dari Bmembentuk basis untuk ruang kolom B.

TeoremaJika A adalah suatu matriks yang berada dalam bentuk eselon baris, maka

1 vektor-vektor baris dengan 1 utama (vektor-vektor baris tak nol) membentukbasis untuk ruang baris A;

2 vektor-vektor kolom dengan 1 utama dari vektor-vektor baris membentukbasis untuk ruang kolom A.


Contoh

Misalkan M =

1 0 1 00 1 −1 00 0 0 10 0 0 0

. Matriks M berada pada bentuk eselon baris.

Basis bagi row (M) adalah

{(1, 0, 1, 0) , (0, 1,−1, 0) , (0, 0, 0, 1)}. Kemudian basisbagi col (M) diperoleh dari vektor kolom pada M yang bersesuaian dengan 1utama pada M, yaitu

1 0 1 00 1 −1 00 0 0 10 0 0 0

.Jadi basis bagi col (M) adalah {(1, 0, 0, 0) , (0, 1, 0, 0) , (0, 0, 1, 0)}.


Contoh

Misalkan M =

1 0 1 00 1 −1 00 0 0 10 0 0 0


Basis bagi row (M) adalah {(1, 0, 1, 0) , (0, 1,−1, 0) , (0, 0, 0, 1)}. Kemudian basisbagi col (M) diperoleh dari vektor kolom pada M yang bersesuaian dengan 1utama pada M, yaitu

1 0 1 00 1 −1 00 0 0 10 0 0 0



Contoh

Misalkan M =

1 0 1 00 1 −1 00 0 0 10 0 0 0



1 0 1 00 1 −1 00 0 0 10 0 0 0

.Jadi basis bagi col (M) adalah

{(1, 0, 0, 0) , (0, 1, 0, 0) , (0, 0, 1, 0)}.


Contoh

Misalkan M =

1 0 1 00 1 −1 00 0 0 10 0 0 0



1 0 1 00 1 −1 00 0 0 10 0 0 0



Contoh

Misalkan M =

0 0 01 −1 1−1 1 −1

.

Melalui OBE kita dapat mereduksi M

menjadi matriks M′ yang berada dalam bentuk eselon baris:

M′ =

1 −1 10 0 00 0 0

.Akibatnya basis bagi row (M′) adalah {(1,−1, 1)}. Karena OBE tidak mengubahruang baris, maka basis bagi row (M) sama dengan basis bagi row (M′). Jadibasis bagi row (M) adalah {(1,−1, 1)}. Kemudian basis bagi col (M′) adalah{(1, 0, 0)}. Karena vektor (1, 0, 0) diperoleh dari kolom pertama, maka basis bagicol (M) adalah {(0, 1,−1)}.


Contoh

Misalkan M =

0 0 01 −1 1−1 1 −1

. Melalui OBE kita dapat mereduksi Mmenjadi matriks M′ yang berada dalam bentuk eselon baris:

M′ =

1 −1 10 0 00 0 0



Contoh

Misalkan M =

0 0 01 −1 1−1 1 −1


M′ =

1 −1 10 0 00 0 0

.Akibatnya basis bagi row (M′) adalah

{(1,−1, 1)}. Karena OBE tidak mengubahruang baris, maka basis bagi row (M) sama dengan basis bagi row (M′). Jadibasis bagi row (M) adalah {(1,−1, 1)}. Kemudian basis bagi col (M′) adalah{(1, 0, 0)}. Karena vektor (1, 0, 0) diperoleh dari kolom pertama, maka basis bagicol (M) adalah {(0, 1,−1)}.


Contoh

Misalkan M =

0 0 01 −1 1−1 1 −1


M′ =

1 −1 10 0 00 0 0

.Akibatnya basis bagi row (M′) adalah {(1,−1, 1)}. Karena OBE tidak mengubahruang baris, maka basis bagi row (M) sama dengan basis bagi row (M′).

Jadibasis bagi row (M) adalah {(1,−1, 1)}. Kemudian basis bagi col (M′) adalah{(1, 0, 0)}. Karena vektor (1, 0, 0) diperoleh dari kolom pertama, maka basis bagicol (M) adalah {(0, 1,−1)}.


Contoh

Misalkan M =

0 0 01 −1 1−1 1 −1


M′ =

1 −1 10 0 00 0 0

.Akibatnya basis bagi row (M′) adalah {(1,−1, 1)}. Karena OBE tidak mengubahruang baris, maka basis bagi row (M) sama dengan basis bagi row (M′). Jadibasis bagi row (M) adalah {(1,−1, 1)}. Kemudian basis bagi col (M′) adalah

{(1, 0, 0)}. Karena vektor (1, 0, 0) diperoleh dari kolom pertama, maka basis bagicol (M) adalah {(0, 1,−1)}.


Contoh

Misalkan M =

0 0 01 −1 1−1 1 −1


M′ =

1 −1 10 0 00 0 0

.Akibatnya basis bagi row (M′) adalah {(1,−1, 1)}. Karena OBE tidak mengubahruang baris, maka basis bagi row (M) sama dengan basis bagi row (M′). Jadibasis bagi row (M) adalah {(1,−1, 1)}. Kemudian basis bagi col (M′) adalah{(1, 0, 0)}. Karena vektor (1, 0, 0) diperoleh dari kolom pertama, maka basis bagicol (M) adalah

{(0, 1,−1)}.


Contoh

Misalkan M =

0 0 01 −1 1−1 1 −1


M′ =

1 −1 10 0 00 0 0



Latihan 1LatihanTentukan (jika mungkin) basis untuk ruang baris, ruang kolom, dan ruang nulldari matriks A berikut.

A =

1 −2 5 0 30 1 3 0 00 0 0 1 00 0 0 0 0

.Solusi:

Matriks A dalam bentuk eselon baris, maka berdasarkan teorema yang telahdijelaskan kita memiliki

basis untuk row (A) adalah {r1, r2, r3}, dengan

r1 = (1,−2, 5, 0, 3) , r2 = (0, 1, 3, 0, 0) , r3 = (0, 0, 0, 1, 0) ,

basis untuk col (A) adalah {c1, c2, c4}, dengan

c1 = (1, 0, 0, 0) , c2 = (−2, 1, 0, 0) , c4 = (0, 0, 1, 0) .



A =

1 −2 5 0 30 1 3 0 00 0 0 1 00 0 0 0 0

.Solusi:Matriks A dalam bentuk eselon baris, maka berdasarkan teorema yang telahdijelaskan kita memiliki

basis untuk row (A) adalah {r1, r2, r3}, dengan

r1 = (1,−2, 5, 0, 3) , r2 = (0, 1, 3, 0, 0) , r3 = (0, 0, 0, 1, 0) ,

basis untuk col (A) adalah {c1, c2, c4}, dengan

c1 = (1, 0, 0, 0) , c2 = (−2, 1, 0, 0) , c4 = (0, 0, 1, 0) .


Kemudian untuk menentukan basis bagi ker (A), kita memiliki SPL

x1 − 2x2 + 5x3 + 0x4 + 3x5 = 0

x2 + 3x2 + 0x4 + 0x5 = 0

x4 + 0x5 = 0

Misalkan x3 = s dan x5 = t, kita juga memiliki x4 = 0, x2 = −3s, dan

x1 = 2x2 − 5x3 − 3x5 = 2 (−3s)− 5s− 3t= −6s− 5s− 3t = −11s− 3t.

Jadi jika x ∈ ker (A), maka x = (−11s− 3t,−3s, s, 0, t) dengan s, t ∈ R atau

x = s (−11,−3, 1, 0, 0) + t (−3, 0, 0, 0, 1) .

Akibatnya basis bagi ker (A) adalah {(−11,−3, 1, 0, 0) , (−3, 0, 0, 01)}.



x1 − 2x2 + 5x3 + 0x4 + 3x5 = 0

x2 + 3x2 + 0x4 + 0x5 = 0

x4 + 0x5 = 0


x1 = 2x2 − 5x3 − 3x5 = 2 (−3s)− 5s− 3t= −6s− 5s− 3t = −11s− 3t.

Jadi jika x ∈ ker (A), maka x =

(−11s− 3t,−3s, s, 0, t) dengan s, t ∈ R atau

x = s (−11,−3, 1, 0, 0) + t (−3, 0, 0, 0, 1) .




x1 − 2x2 + 5x3 + 0x4 + 3x5 = 0

x2 + 3x2 + 0x4 + 0x5 = 0

x4 + 0x5 = 0


x1 = 2x2 − 5x3 − 3x5 = 2 (−3s)− 5s− 3t= −6s− 5s− 3t = −11s− 3t.


x = s (−11,−3, 1, 0, 0) + t (−3, 0, 0, 0, 1) .

Akibatnya basis bagi ker (A) adalah

{(−11,−3, 1, 0, 0) , (−3, 0, 0, 01)}.



x1 − 2x2 + 5x3 + 0x4 + 3x5 = 0

x2 + 3x2 + 0x4 + 0x5 = 0

x4 + 0x5 = 0


x1 = 2x2 − 5x3 − 3x5 = 2 (−3s)− 5s− 3t= −6s− 5s− 3t = −11s− 3t.


x = s (−11,−3, 1, 0, 0) + t (−3, 0, 0, 0, 1) .




A =

1 −3 4 −2 5 42 −6 9 −1 8 22 −6 9 −1 9 7−1 3 −4 2 −5 −4

.Solusi:

melalui OBE, kita dapat mereduksi matriks A menjadi matriks A′ yangberada dalam bentuk eselon baris,

A′ =

1 −3 4 −2 5 40 0 1 3 −2 −60 0 0 0 1 50 0 0 0 0 0

.Berdasarkan teorema yang telah diketahui, basis untuk row (A) adalah{r1, r2, r3}, dengan

r1 = (1,−3, 4,−2, 5, 4) , r2 = (0, 0, 1, 3,−2,−6) , r3 = (0, 0, 0, 0, 1, 5) .



A =

1 −3 4 −2 5 42 −6 9 −1 8 22 −6 9 −1 9 7−1 3 −4 2 −5 −4

.Solusi: melalui OBE, kita dapat mereduksi matriks A menjadi matriks A′ yangberada dalam bentuk eselon baris,

A′ =

1 −3 4 −2 5 40 0 1 3 −2 −60 0 0 0 1 50 0 0 0 0 0


r1 = (1,−3, 4,−2, 5, 4) , r2 = (0, 0, 1, 3,−2,−6) , r3 = (0, 0, 0, 0, 1, 5) .



A =

1 −3 4 −2 5 42 −6 9 −1 8 22 −6 9 −1 9 7−1 3 −4 2 −5 −4


A′ =

1 −3 4 −2 5 40 0 1 3 −2 −60 0 0 0 1 50 0 0 0 0 0


r1 = (1,−3, 4,−2, 5, 4) , r2 = (0, 0, 1, 3,−2,−6) , r3 = (0, 0, 0, 0, 1, 5) .



A =

1 −3 4 −2 5 42 −6 9 −1 8 22 −6 9 −1 9 7−1 3 −4 2 −5 −4


A′ =

1 −3 4 −2 5 40 0 1 3 −2 −60 0 0 0 1 50 0 0 0 0 0


r1 = (1,−3, 4,−2, 5, 4) , r2 = (0, 0, 1, 3,−2,−6) , r3 = (0, 0, 0, 0, 1, 5) .


Kemudian berdasarkan teorema sebelumnya, basis untuk col (A′) adalahhimpunan vektor-vektor kolom pada A′ yang mengandung 1 utama. Olehkarenanya basis untuk col (A′) adalah {c′1, c′3, c′5}, dengan

c′1 = (1, 0, 0, 0) , c′3 = (4, 1, 0, 0, ) , c

′5 = (5,−2, 1, 0) .

Dengan demikian basis untuk col (A) adalah {c1, c3, c5}, dengan

c1 = (1, 2, 2,−1) , c3 = (4, 9, 9,−4) , c5 = (4, 2, 7,−4) .

Karena ruang yang direntang oleh vektor-vektor kolom A sama dengan ruang yangdirentang oleh vektor-vektor baris AT , kita juga dapat mencari basis bagi col (A)dengan cara mencari basis bagi row

(AT). Salah satu bentuk EB dari AT adalah

1 2 2 −10 1 1 00 0 1 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

,

akibatnya {(1, 2, 2,−1) , (0, 1, 1, 0) , (0, 0, 1, 0)} adalah basis bagi col (A).



c′1 = (1, 0, 0, 0) , c′3 = (4, 1, 0, 0, ) , c

′5 = (5,−2, 1, 0) .


c1 = (1, 2, 2,−1) , c3 = (4, 9, 9,−4) , c5 = (4, 2, 7,−4) .



1 2 2 −10 1 1 00 0 1 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

,




c′1 = (1, 0, 0, 0) , c′3 = (4, 1, 0, 0, ) , c

′5 = (5,−2, 1, 0) .


c1 = (1, 2, 2,−1) , c3 = (4, 9, 9,−4) , c5 = (4, 2, 7,−4) .



1 2 2 −10 1 1 00 0 1 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

,




c′1 = (1, 0, 0, 0) , c′3 = (4, 1, 0, 0, ) , c

′5 = (5,−2, 1, 0) .


c1 = (1, 2, 2,−1) , c3 = (4, 9, 9,−4) , c5 = (4, 2, 7,−4) .



1 2 2 −10 1 1 00 0 1 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

,




c′1 = (1, 0, 0, 0) , c′3 = (4, 1, 0, 0, ) , c

′5 = (5,−2, 1, 0) .


c1 = (1, 2, 2,−1) , c3 = (4, 9, 9,−4) , c5 = (4, 2, 7,−4) .



1 2 2 −10 1 1 00 0 1 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

,




c′1 = (1, 0, 0, 0) , c′3 = (4, 1, 0, 0, ) , c

′5 = (5,−2, 1, 0) .


c1 = (1, 2, 2,−1) , c3 = (4, 9, 9,−4) , c5 = (4, 2, 7,−4) .



1 2 2 −10 1 1 00 0 1 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

,



Karena ker (A) = ker (A′), untuk memperoleh basis bagi ker (A), kita dapatmeninjau solusi SPL A′x = 0, yaitu

x1 −3x2 +4x3 −2x4 +5x5 +4x6 = 0+x3 +3x4 −2x5 −6x6 = 0

+x5 +5x6 = 0

Misalkan x2 = r, x4 = s, dan x6 = t, kita memiliki

x5 = −5tx3 = −3s+ 2 (−5t) + 6t = −3s− 4tx1 = 3r − 4 (−3s− 4t) + 2s− 5 (−5t)− 4 (t) = 3r + 14s+ 37t.

Jadi jika x ∈ ker (A), x = (3r + 14s+ 37t, r,−3s− 4t, s,−5t, t) denganr, s, t ∈ R. Akibatnya

x = r (3, 1, 0, 0, 0, 0) + s (14, 0,−3, 1, 0, 0) + t (37, 0,−4, 0,−5, 1) .

Akibatnya basis bagi ker (A) adalah{(3, 1, 0, 0, 0, 0) , (14, 0,−3, 1, 0, 0) , (37, 0,−4, 0,−5, 1)}.



x1 −3x2 +4x3 −2x4 +5x5 +4x6 = 0+x3 +3x4 −2x5 −6x6 = 0

+x5 +5x6 = 0




x = r (3, 1, 0, 0, 0, 0) + s (14, 0,−3, 1, 0, 0) + t (37, 0,−4, 0,−5, 1) .




x1 −3x2 +4x3 −2x4 +5x5 +4x6 = 0+x3 +3x4 −2x5 −6x6 = 0

+x5 +5x6 = 0




x = r (3, 1, 0, 0, 0, 0) + s (14, 0,−3, 1, 0, 0) + t (37, 0,−4, 0,−5, 1) .



Latihan 3

LatihanTentukan (jika mungkin) basis untuk ruang baris, ruang kolom, dan ruang nulldari matriks M berikut.

M =

1 1 2 01 1 2 01 0 1 1

.Solusi:

melalui OBE, kita dapat mereduksi matriks M menjadi matriks M′ yangberada dalam bentuk eselon baris,

M′ =

1 0 1 10 1 1 −10 0 0 0

Berdasarkan teorema yang telah diketahui, basis untuk row (M) dan row (M′)sama, yaitu adalah {r1, r2}, dengan

r1 =[1 0 1 1

], r2 =

[0 1 1 −1

].


Latihan 3


M =

1 1 2 01 1 2 01 0 1 1

.Solusi: melalui OBE, kita dapat mereduksi matriks M menjadi matriks M′ yangberada dalam bentuk eselon baris,

M′ =

1 0 1 10 1 1 −10 0 0 0


r1 =[1 0 1 1

], r2 =

[0 1 1 −1

].


Latihan 3


M =

1 1 2 01 1 2 01 0 1 1


M′ =

1 0 1 10 1 1 −10 0 0 0


r1 =[1 0 1 1

], r2 =

[0 1 1 −1

].


Latihan 3


M =

1 1 2 01 1 2 01 0 1 1


M′ =

1 0 1 10 1 1 −10 0 0 0


r1 =[1 0 1 1

], r2 =

[0 1 1 −1

].


Kemudian berdasarkan teorema sebelumnya, basis untuk col (M′) adalahhimpunan vektor-vektor kolom pada M′ yang mengandung 1 utama. Olehkarenanya basis untuk col (A′) adalah {c′1, c′2}, dengan

c′1 =

100

, c′2 = 010

.Dengan demikian basis untuk col (M) adalah {c1, c2}, dengan

c1 =

111

, c2 = 110



c′1 =

100

, c′2 = 010


c1 =

111

, c2 = 110



c′1 =

100

, c′2 = 010


c1 =

111

, c2 = 110


Karena ker (M) = ker (M′), untuk memperoleh basis bagi ker (M), kita dapatmeninjau solusi SPL M′x = 0, yaitu

1 0 1 10 1 1 −10 0 0 0

x1x2x3x4

= 000

x1 +x3 +x4 = 0

+x2 +x3 −x4 = 0

Misalkan x3 = s dan x4 = t, maka x2 = −s+ t dan x1 = −s− t.


−s− t−s+ tst

dengan r, s, t ∈ R. Akibatnya

x = s

−1−110

+ t−1101

. Sehingga bagi ker (A) adalah{(−1,−1, 1, 0) , (−1, 1, 0, 1)}.



1 0 1 10 1 1 −10 0 0 0

x1x2x3x4

= 000

x1 +x3 +x4 = 0

+x2 +x3 −x4 = 0



−s− t−s+ tst


x = s

−1−110

+ t−1101




1 0 1 10 1 1 −10 0 0 0

x1x2x3x4

= 000

x1 +x3 +x4 = 0

+x2 +x3 −x4 = 0



−s− t−s+ tst


x = s

−1−110

+ t−1101




1 0 1 10 1 1 −10 0 0 0

x1x2x3x4

= 000

x1 +x3 +x4 = 0

+x2 +x3 −x4 = 0



−s− t−s+ tst


x = s

−1−110

+ t−1101

. Sehingga bagi ker (A) adalah

{(−1,−1, 1, 0) , (−1, 1, 0, 1)}.



1 0 1 10 1 1 −10 0 0 0

x1x2x3x4

= 000

x1 +x3 +x4 = 0

+x2 +x3 −x4 = 0



−s− t−s+ tst


x = s

−1−110

+ t−1101



Bahasan

1 Motivasi



4 Rank dan Nulitas



Pada bagian ini kita akan mengkaji keterkaitan antara dimensi ruang baris,dimensi ruang kolom, dan dimensi ruang null dari suatu matriks maupuntransposnya.

Tujuannya adalah untuk memberikan suatu wawasan yang lebih luasmengenai SPL dan transformasi linier (akan dibahas nanti).

Mengingat row(AT)= col (A) dan col

(AT)= row (A), dari suatu matriks

A dan transposnya kita mengetahui bahwa ada empat ruang vektor yangdapat berbeda, yaitu: ruang baris A, row (A), ruang kolom A, col (A),ruang null A, null (A), dan ruang null AT , null

(AT).







(AT).






A dan transposnya kita mengetahui bahwa ada empat ruang vektor yangdapat berbeda, yaitu:

ruang baris A, row (A), ruang kolom A, col (A),ruang null A, null (A), dan ruang null AT , null

(AT).






A dan transposnya kita mengetahui bahwa ada empat ruang vektor yangdapat berbeda, yaitu: ruang baris A, row (A),

ruang kolom A, col (A),ruang null A, null (A), dan ruang null AT , null

(AT).






A dan transposnya kita mengetahui bahwa ada empat ruang vektor yangdapat berbeda, yaitu: ruang baris A, row (A), ruang kolom A, col (A),

ruang null A, null (A), dan ruang null AT , null(AT).






A dan transposnya kita mengetahui bahwa ada empat ruang vektor yangdapat berbeda, yaitu: ruang baris A, row (A), ruang kolom A, col (A),ruang null A, null (A), dan

ruang null AT , null(AT).







(AT).


Definisi Rank dan Nulitas

TeoremaMisalkan A adalah suatu matriks dengan entri-entri berupa bilangan real, maka

dim (row (A)) = dim (col (A)) .


Bukti

Misalkan A′ adalah suatu bentuk EB dari A, dari teorema sebelumnya kitamemiliki

dim (row (A)) = dim (row (A′)) dan

dim (col (A)) = dim (col (A′)) .

Kita juga memiliki dim (col (A′)) = # 1 utama pada A′. Akibatnya

dim (row (A′)) = # baris tak nol pada A′

= # 1 utama pada A′

= dim (col (A′)) .

Jadi

dim (row (A)) = dim (row (A′)) = dim (col (A′)) = dim (col (A)) .


BuktiMisalkan A′ adalah suatu bentuk EB dari A, dari teorema sebelumnya kitamemiliki

dim (row (A)) =

dim (row (A′)) dan





= dim (col (A′)) .

Jadi





dim (col (A)) =

dim (col (A′)) .




= dim (col (A′)) .

Jadi






Kita juga memiliki dim (col (A′)) =

# 1 utama pada A′. Akibatnya



= dim (col (A′)) .

Jadi







dim (row (A′)) =

# baris tak nol pada A′


= dim (col (A′)) .

Jadi








=

# 1 utama pada A′

= dim (col (A′)) .

Jadi









=

dim (col (A′)) .

Jadi









= dim (col (A′)) .

Jadi









= dim (col (A′)) .

Jadi



Definisi Rank dan NulitasDari teorema yang telah dijelaskan, kita dapat mendefinisikan rank dan nulitasdari suatu matriks sebagai berikut.

DefinisiApabila A adalah suatu matriks dengan entri-entri real, maka dimensi bersamauntuk ruang baris dan ruang kolom dari A disebut sebagai rank dari A dandinotasikan dengan rank (A). Dengan perkataan lain

rank (A) = dim (row (A)) = dim (col (A)) = dim (Im (A)) .

Selanjutnya dimensi untuk ruang null dari A disebut sebagai nulitas dari A dandinotasikan dengan nulitas (A). Dengan perkataan lain

nulitas (A) = dim (null (A)) = dim (ker (A)) .

CatatanUntuk sembarang matriks A, secara intuitif kita dapat mengatakan bahwarank (A) adalah “banyaknya baris (atau kolom) yang bebas linier pada A”.


Latihan 4

LatihanTentukan rank dan nulitas dari matriks A apabila

A =

−1 2 0 4 5 −33 −7 2 0 1 42 −5 2 4 6 14 −9 2 −4 −4 7

.Solusi:

Kita dapat mereduksi A menjadi matriks A′ yang berada dalam bentukEB sebagai berikut

A′ =

−1 2 0 4 5 −30 1 −2 −12 −16 50 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

Akibatnya diperoleh rank (A) = 2.


Latihan 4

LatihanTentukan rank dan nulitas dari matriks A apabila

A =

−1 2 0 4 5 −33 −7 2 0 1 42 −5 2 4 6 14 −9 2 −4 −4 7

.Solusi: Kita dapat mereduksi A menjadi matriks A′ yang berada dalam bentukEB sebagai berikut

A′ =

−1 2 0 4 5 −30 1 −2 −12 −16 50 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0



Kemudian karena ker (A) = ker (A′) ={x ∈ R6 | A′x = 0

}kita memiliki SPL

berikut

−x1 +2x2 +4x4 +5x5 −3x6 = 0+x2 −2x3 −12x4 −16x5 +5x6 = 0

misalkan x3 = q, x4 = r, x5 = s, x6 = t, diperoleh

x2 = 2q + 12r + 16s− 5t,x1 = 4q + 28r + 37s− 13t.

Jadi x1x2x3x4x5x6

= q

411000

+ r28120100

+ s37160010

+ t−13−50001

,

Oleh karenanya basis bagi ker (A)adalah{(4, 1, 1, 0, 0, 0) , (28, 12, 0, 1, 0, 0) , (37, 16, 0, 0, 1, 0) , (−13,−5, 0, 0, 0, 1)}. Jadinulitas (A) = 4.



}kita memiliki SPL

berikut−x1 +2x2 +4x4 +5x5 −3x6 = 0

+x2 −2x3 −12x4 −16x5 +5x6 = 0


x2 = 2q + 12r + 16s− 5t,x1 = 4q + 28r + 37s− 13t.

Jadi x1x2x3x4x5x6

= q

411000

+ r28120100

+ s37160010

+ t−13−50001

,




}kita memiliki SPL

berikut−x1 +2x2 +4x4 +5x5 −3x6 = 0

+x2 −2x3 −12x4 −16x5 +5x6 = 0


x2 = 2q + 12r + 16s− 5t,x1 = 4q + 28r + 37s− 13t.

Jadi

x1x2x3x4x5x6

= q

411000

+ r28120100

+ s37160010

+ t−13−50001

,




}kita memiliki SPL

berikut−x1 +2x2 +4x4 +5x5 −3x6 = 0

+x2 −2x3 −12x4 −16x5 +5x6 = 0


x2 = 2q + 12r + 16s− 5t,x1 = 4q + 28r + 37s− 13t.

Jadi x1x2x3x4x5x6

= q

411000

+ r28120100

+ s37160010

+ t−13−50001

,



Latihan 5

LatihanTentukan rank dan nulitas dari matriks M apabila

M =

−1 2 −1 11 2 3 11 2 2 1

.Solusi:

Kita dapat mereduksi M menjadi matriks M′ yang berada dalam bentukEB sebagai berikut

M′ =

1 0 2 00 1 1

212

0 0 1 0



Latihan 5

LatihanTentukan rank dan nulitas dari matriks M apabila

M =

−1 2 −1 11 2 3 11 2 2 1

.Solusi: Kita dapat mereduksi M menjadi matriks M′ yang berada dalam bentukEB sebagai berikut

M′ =

1 0 2 00 1 1

212

0 0 1 0



Kemudian karena ker (M) = ker (M′) ={x ∈ R4 | M′x = 0

}kita memiliki SPL

berikut

1 0 2 00 1 1

212

0 0 1 0

x1x2x3x4

= 000

.x1 2x3 = 0

+x2 + 12x3 + 1

2x4 = 0+x3 = 0

Jadi diperoleh x3 = 0, x1 = 0, dan jika x4 = t, maka x2 = − 12 t. Akibatnyax1x2x3x4

=

0− 12 t0t

= t

0− 1201

.Oleh karenanya basis bagi ker (M)adalah{(0,− 12 , 0, 1

)}= {(0,−1, 0, 2)} = {(0, 1, 0,−2)}. Jadi nulitas (M) = 1.


Kemudian karena ker (M) = ker (M′) ={x ∈ R4 | M′x = 0

}kita memiliki SPL

berikut 1 0 2 00 1 1

212

0 0 1 0

x1x2x3x4

= 000

.x1 2x3 = 0

+x2 + 12x3 + 1

2x4 = 0+x3 = 0

Jadi diperoleh x3 = 0, x1 = 0, dan jika x4 = t, maka x2 = − 12 t. Akibatnyax1x2x3x4

=

0− 12 t0t

= t

0− 1201

.Oleh karenanya basis bagi ker (M)adalah{(0,− 12 , 0, 1

)}= {(0,−1, 0, 2)} = {(0, 1, 0,−2)}. Jadi nulitas (M) = 1.


Bahasan

1 Motivasi



4 Rank dan Nulitas



Beberapa Teorema Penting

TeoremaJika A adalah sebarang matriks dengan entri real, maka rank (A) = rank

(AT).

Bukti

rank (A) = dim (row (A)) = dim(col(AT))= rank

(AT). .

TeoremaJika A adalah sebarang matriks dengan real berukuran m× n, makarank (A) + nulitas (A) = n.


Beberapa Teorema Penting

TeoremaJika A adalah sebarang matriks dengan entri real, maka rank (A) = rank

(AT).

Buktirank (A) = dim (row (A)) = dim

(col(AT))= rank

(AT). .

TeoremaJika A adalah sebarang matriks dengan real berukuran m× n, makarank (A) + nulitas (A) = n.


BuktiKita dapat mereduksi A menjadi matriks A′ yang berada dalam bentuk EB.

Berdasarkan teorema sebelumnya, rank (A) = rank (A′) dannulitas (A) = nulitas (A′). Selanjutnya pandang SPL A′x = 0. SPL ini memilikim persamaan dan n variabel. Kita definisikan variabel utama sebagai variabelyang bersesuaian dengan sebuah 1 utama dan parameter sebagai variabel yangtidak terkait dengan 1 utama. Kita memiliki

(# variabel utama) + (# parameter) = (# seluruh variabel)

(# 1 utama) + (# parameter) = n

rank (A) + (# parameter) = n.

Mengingat

nulitas (A) = nulitas (A′) = dim (ker (A′))

= # parameter pada solusi SPL A′x = 0,

kita mendapatkanrank (A) + nulitas (A) = n.


BuktiKita dapat mereduksi A menjadi matriks A′ yang berada dalam bentuk EB.Berdasarkan teorema sebelumnya, rank (A) = rank (A′) dannulitas (A) = nulitas (A′). Selanjutnya pandang SPL A′x = 0. SPL ini memilikim persamaan dan n variabel. Kita definisikan variabel utama sebagai variabelyang bersesuaian dengan sebuah 1 utama dan parameter sebagai variabel yangtidak terkait dengan 1 utama.

Kita memiliki




Mengingat





BuktiKita dapat mereduksi A menjadi matriks A′ yang berada dalam bentuk EB.Berdasarkan teorema sebelumnya, rank (A) = rank (A′) dannulitas (A) = nulitas (A′). Selanjutnya pandang SPL A′x = 0. SPL ini memilikim persamaan dan n variabel. Kita definisikan variabel utama sebagai variabelyang bersesuaian dengan sebuah 1 utama dan parameter sebagai variabel yangtidak terkait dengan 1 utama. Kita memiliki




Mengingat





TeoremaJika A adalah suatu matriks dengan entri-entri real berukuran m× n, maka

1 rank (A) sama dengan banyaknya variabel utama (variabel yang bersesuaiandengan 1 utama) dari solusi Ax = 0.

2 nulitas (A) sama dengan banyaknya parameter dari solusi Ax = 0.


Keterkaitan antara Rank dan Nulitas untuk A dan AT

Misalkan A adalah suatu matriks real berukuran m× n maka

0 ≤ rank (A) ≤ min {m,n} .

Dari teorema-teorema penting yang telah dijelaskan sebelumnya, apabila A adalahsuatu matriks real berukuran m× n dengan rank (A) = r, maka kita memiliki

dim (row (A)) = r

dim (col (A)) = r

dim(row

(AT))= r

dim(col(AT))= r

dim (null (A)) = n− rdim

(null

(AT))= m− r




0 ≤ rank (A) ≤ min {m,n} .


dim (row (A)) =

r

dim (col (A)) = r

dim(row

(AT))= r

dim(col(AT))= r


(null

(AT))= m− r




0 ≤ rank (A) ≤ min {m,n} .


dim (row (A)) = r

dim (col (A)) =

r

dim(row

(AT))= r

dim(col(AT))= r


(null

(AT))= m− r




0 ≤ rank (A) ≤ min {m,n} .


dim (row (A)) = r

dim (col (A)) = r

dim(row

(AT))=

r

dim(col(AT))= r


(null

(AT))= m− r




0 ≤ rank (A) ≤ min {m,n} .


dim (row (A)) = r

dim (col (A)) = r

dim(row

(AT))= r

dim(col(AT))=

r


(null

(AT))= m− r




0 ≤ rank (A) ≤ min {m,n} .


dim (row (A)) = r

dim (col (A)) = r

dim(row

(AT))= r

dim(col(AT))= r

dim (null (A)) =

n− rdim

(null

(AT))= m− r




0 ≤ rank (A) ≤ min {m,n} .


dim (row (A)) = r

dim (col (A)) = r

dim(row

(AT))= r

dim(col(AT))= r


(null

(AT))=

m− r




0 ≤ rank (A) ≤ min {m,n} .


dim (row (A)) = r

dim (col (A)) = r

dim(row

(AT))= r

dim(col(AT))= r


(null

(AT))= m− r


Documents

Ruang Baris, Ruang Kolom, dan Ruang Null (Kernel)cdndata.telkomuniversity.ac.id/pjj/15161/MUG1E3/MZI/COURSE... · 1 Aplikasi Matriks dan Ruang Vektor, Edisi 1 2014,olehAdiwijaya