Pembahasan Soal ON MIPA-PT Matematika Tahun 2017 Aljabar Linear (Isian)

by Agung Izzul Haq · Published 26 July 2018 · Updated 24 January 2019

Dalam tulisan ini, kita akan membahas soal Aljabar Linear dalam ON MIPA-PT Matematika Tahun 2017. Soal aljabar linear terdiri dari 8 soal isian singkat dan 3 soal uraian. Kita hanya akan membahas soal isian singkat. Tiga soal uraian akan dibahas dalam tulisan berikutnya, Insya Allah.

Nomor 1

Misalkan $K$ dan $L$ dua subruang berbeda dari ruang vektor real $V$ . Jika $\text{dim}(K)=\text{dim}(L)=4$ , maka dimensi minimal yang mungkin untuk $V$ adalah…

PEMBAHASAN
Diketahui $K$ dan $L$ merupakan subruang dari $V$ , sehingga berlaku $\text{dim}(K) \leq \text{dim}(V)$ dan $\text{dim}(L) \leq \text{dim}(V)$ . Karena $\text{dim}(K)=\text{dim}(L)=4$ , maka $4 \leq \text{dim}(V)$ .

Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa $\text{dim}(V) \neq 4$ . Andaikan $\text{dim}(V) = 4$ , sehingga $\text{dim}(K)=\text{dim}(L)=\text{dim}(V)$ . Subruang $K$ dan $L$ memiliki dimensi yang sama dengan ruang vektor $V$ , maka haruslah $K=L=V$ . Terjadi kontradiksi, karena $K$ dan $L$ adalah dua subruang berbeda.

Jadi, dimensi minimal yang mungkin untuk $V$ adalah 5.

Nomor 2

Misalkan $P_2$ adalah ruang polinom real berderajat paling tinggi 2. Koordinat $x^2$ terhadap basis $\{ x^2+x,x+1,x^2+1 \}$ di $P_2$ adalah…

PEMBAHASAN
Misalkan $\vec{p_1}=x^2+x$ , $\vec{p_2}=x+1$ , dan $\vec{p_3}=x^2+1$ . Akan dicari $k_1,k_2,k_3 \in \mathbb{R}$ , sedemikian sehingga $x^2 = k_1\vec{p_1} + k_2\vec{p_2} + k_3\vec{p_3}$ . Perhatikan bahwa

$\begin{align*} x^2 &= k_1\vec{p_1} + k_2\vec{p_2} + k_3\vec{p_3} \\ &= k_1(x^2+x) + k_2(x+1) + k_3(x^2+1) \\ &= (k_1x^2+k_1x) + (k_2x+k_2) + (k_3x^2+k_3) \\ &= k_1x^2 + k_3x^2 + k_1x + k_2x + k_2 + k_3 \\ &= (k_1+k_3)x^2 + (k_1+k_2)x + (k_2+k_3) \end{align*}$

Berdasarkan kesamaan dua polinom, diperoleh sistem persamaan

$\begin{align*} k_1+k_3=1 \\ k_1+k_2=0 \\ k_2+k_3=0 \end{align*}$

yang mempunyai solusi $k_1=k_3=\frac{1}{2}$ , dan $k_2=-\frac{1}{2}$ .
Jadi, koordinat $x^2$ terhadap basis $\{ \vec{p_1},\vec{p_2},\vec{p_3} \}$ di $P_2$ adalah $\left( \frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2} \right)$ .

Nomor 3

Subruang $U$ dan $W$ dari ruang vektor $\mathbb{R}^5$ masing-masing dibangun oleh $\{(1,3,-2,2,3),(1,4,-3,4,2),(2,3,-1,-2,9)\}$ dan $\{(1,3,0,2,1),(1,5,-6,6,3),(2,5,3,2,1)\}$ . Salah satu basis dari subruang $U \cap W$ adalah…

PEMBAHASAN
Misalkan

$\begin{align*} \vec{u_1}&=(1,3,-2,2,3) \\ \vec{u_2}&=(1,4,-3,4,2) \\ \vec{u_3}&=(2,3,-1,-2,9) \\ \vec{v_1}&=(1,3,0,2,1) \\ \vec{v_2}&=(1,5,-6,6,3) \\ \vec{v_3}&=(2,5,3,2,1) \end{align*}$

Sehingga $U$ dan $W$ secara berturut-turut dibangun oleh $S=\{\vec{u_1},\vec{u_2},\vec{u_3}\}$ dan $T=\{\vec{v_1},\vec{v_2},\vec{v_3}\}$ . Dapat dicek bahwa $\vec{u_3}=5\vec{u_1}-3\vec{u_2}$ dan $\vec{v_2}=5\vec{v_1}-2\vec{v_3}$ . Berdasarkan Teorema Plus/Minus, $S-\vec{u_3}$ tetap merentang $U$ dan $T-\vec{v_2}$ tetap merentang $W$ . $S-\vec{u_3}$ dan $T-\vec{v_2}$ merupakan himpunan yang bebas linear, sehingga $S-\vec{u_3}=\{ \vec{u_1},\vec{u_2} \}$ merupakan basis dari $U$ dan $T-\vec{v_2}=\{ \vec{v_1},\vec{v_3} \}$ merupakan basis dari $W$ .

Misalkan $\vec{x} = (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5) \in U \cap W$ . Terdapat $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ sehingga

$\begin{align*} \vec{x} &= \vec{x} \\ a\vec{u_1} + b\vec{u_2} &= c\vec{v_1} + d\vec{v_3} \\ a(1,3,-2,2,3) + b(1,4,-3,4,2) &= c(1,3,0,2,1) + d(2,5,3,2,1)\\ (a+b,3a+4b,-2a-3b,2a+4b,3a+2b) &= (c+2d,3c+5d,3d,2c+2d,c+d) \end{align*}$

Perhatikan ruas kanan persamaan di atas. Komponen ketiga selalu habis dibagi tiga, dan komponen keempat merupakan dua kali komponen kelima. Hal serupa harus berlaku pada ruas kiri, yaitu

$\begin{align*} 2a+4b &= 2(3a+2b) \\ 2a+4b &= 6a+4b \\ 4a &= 0 \\ a &=0 \end{align*}$

Diperoleh $a=0$ . Komponen ketiga pada ruas kiri, yaitu $-2a-3b=-3b$ juga habis dibagi 3. Akibatnya, $\vec{x}$ dapat ditulis sebagai

$\vec{x} = b(1,4,-3,4,2)$

Jadi, salah satu basis dari subruang $U \cap W$ adalah $\{ (1,4,-3,4,2) \}$ .

Nomor 4

Dengan hasil kali dalam $\langle A,B \rangle=\text{tr}(B^tA)$ , $A,B \in \mathbb{R}^{2\times2}$ , $\left\{ \begin{bmatrix}0&1\\-1&0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}1&1\\a&0\end{bmatrix} \right\}$ merupakan himpunan orthogonal jika dan hanya jika $a=$ …

PEMBAHASAN
Misalkan

$\begin{align*} A &= \begin{bmatrix}0&1\\-1&0\end{bmatrix} \\ B &= \begin{bmatrix}1&1\\a&0\end{bmatrix} \Rightarrow B^t=\begin{bmatrix}1&a\\1&0\end{bmatrix} \end{align*}$

$\{A,B\}$ merupakan himpunan orthogonal jika dan hanya jika $\langle A,B \rangle=0$ . Perhatikan bahwa

(1) $\begin{align*} \langle A,B \rangle &= \text{tr}\left(B^tA\right) \\ 0 &= \text{tr}\left(\begin{bmatrix}1&a\\1&0\end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix}0&1\\-1&0\end{bmatrix}\right) \\ 0 &= \text{tr}\left( \begin{bmatrix}-a&1\\0&1\end{bmatrix} \right) \\ 0 &= -a+1 \\ a &= 1 \end{align**}$

Jadi, $\left\{ \begin{bmatrix}0&1\\-1&0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}1&1\\a&0\end{bmatrix} \right\}$ merupakan himpunan orthogonal jika dan hanya jika $a=1$ .

Nomor 5

Inti transformasi linier $T:\mathbb{R}^4 \rightarrow \mathbb{R}^3$ dibangun oleh $\{(1,2,3,4),(0,1,1,1)\}$ . Jika $T(a,b,c,d)=(a+b-c,x,0)$ , maka $x=$ …

PEMBAHASAN
Misalkan $x=k_1a+k_2b+k_3c+k_4d$ .

$\begin{align*} &(1,2,3,4) \in \text{inti}(T) \Rightarrow x=k_1+2k_2+3k_3+4k_4=0 \\ &(0,1,1,1) \in \text{inti}(T) \Rightarrow x=k_2+k_3+k_4=0 \end{align*}$

Diperoleh sistem persamaan linear

$\begin{align*} k_1+2k_2+3k_3+4k_4&=0 \\ k_2+k_3+k_4&=0 \end{align*}$

Substitusi $k_2=-k_3-k_4$ ke persamaan (1), sehingga diperoleh $k_1=-k_3-2k_4$ . Dengan memisalkan $k_3=m$ dan $k_4=n$ , diperoleh solusi

$\begin{align*} k_4&=n \\ k_3&=m \\ k_2&=-k_3-k_4=-m-n \\ k_1&=-k_3-2k_4=-m-2n \end{align*}$

Dengan mensubstitusi nilai $k_1,k_2,k_3,k_4$ pada persamaan $x=k_1a+k_2b+k_3c+k_4d$ , diperoleh

$\begin{align*} x&=(-m-2n)a+(-m-n)b+mc+nd \\ &=(-a-b+c)m+(-2a-b+d)n \end{align*}$

$n$ tidak boleh bernilai nol. Karena, jika $n=0$ , maka $x=(-a-b+c)m$ . Akibatnya

$\begin{align*} T(a,b,c,d)&=(a+b-c,x,0) \\ &=(a+b-c,(-a-b+c)m,0) \\ &=(a+b-c) \cdot (1,-m,0) \end{align*}$

Diperoleh $\text{dim}(\text{range}(T))=1$ . Di lain pihak

$\begin{align*} \text{dim}(\mathbb{R}^4) &= \text{dim}(\text{Inti}(T))+\text{dim}(\text{range}(T)) \\ 4&=2+\text{dim}(\text{range}(T)) \\ \text{dim}(\text{range}(T))&=2 \end{align*}$

Terjadi kontradiksi.
Jadi, $x=(-a-b+c)m+(-2a-b+d)n$ , dengan $m,n \in \mathbb{R}, \: n\neq0$ .

Nomor 6

Misalkan $A=\begin{bmatrix}0&1\\0&-1\end{bmatrix}$ . Misalkan $T$ operator linier pada $\mathbb{R}^{2\times2}$ dengan aturan $T(X)=AX-XA$ , $\forall X \in \mathbb{R}^{2\times2}$ . Maka $\text{rank}(T)=$ …

PEMBAHASAN
Misalkan $X=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$ . Kita akan menentukan basis dari range(T). Perhatikan bahwa

$\begin{align*} T(X) &= AX-XA \\ &= \begin{bmatrix}0&1\\0&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1\\0&-1\end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix}c&d\\-c&-d\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}0&a-b\\0&c-d\end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix}c&-a+b+d\\-c&c\end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix}c&0\\-c&c\end{bmatrix} + \begin{bmatrix}0&-a+b+d\\0&0\end{bmatrix} \\ &= c\begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix} + (-a+b+d)\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix} \end{align*}$

Diperoleh $\left\{ \begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix} \right\}$ , sebagai basis dari range(T). Jadi, $\text{rank}(T)=2$ .

Nomor 7

Matriks $\begin{bmatrix}w&1\\-1&3\end{bmatrix}$ memiliki dua nilai eigen yang sama jika dan hanya jika $w \in S$ . Maka $S=$ …

PEMBAHASAN
Misalkan $A=\begin{bmatrix}w&1\\-1&3\end{bmatrix}$ , sehingga

$\begin{align*} \lambda I-A &= \lambda \begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}w&1\\-1&3\end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix}\lambda-w&-1\\1&\lambda-3\end{bmatrix} \end{align*}$

Nilai eigen matriks $A$ adalah nilai $\lambda$ yang memenuhi $|\lambda I-A|=0$ .

$\begin{align*} \begin{vmatrix}\lambda-w&-1\\1&\lambda-3\end{vmatrix} &= 0 \\ (\lambda-w)(\lambda-3)-1(-1) &= 0 \\ \lambda^2-(w+3)\lambda+(3w+1) &= 0 \end{align*}$

Nilai eigen matriks $A$ bernilai sama, jika diskriminan persamaan kuadrat di atas bernilai 0.

$\begin{align*} [-(w+3)]^2-4\cdot 1 \cdot (3w+1) &= 0 \\ w^2+6w+9-12w-4 &= 0 \\ w^2-6w+5 &= 0 \\ (w-1)(w-5) &= 0 \end{align*}$

Diperoleh solusi $w=1$ atau $w=5$ . Jadi, $S=\{1,5\}$ .

Nomor 8

Misalkan $V$ ruang vektor fungsi-fungsi $ae^{3x} \sin x + be^{3x} \cos x$ . Transformasi $T:V \rightarrow V$ didefinisikan $T(f)=f'+f$ untuk setiap $f \in V$ . Matriks representasi $T$ terhadap basis $\{e^{3x} \sin x, e^{3x} \cos x\}$ adalah…

PEMBAHASAN
Misalkan $f_1(x)=e^{3x} \sin x$ dan $f_2(x)=e^{3x} \cos x$ , sehingga basis $V$ adalah $S=\{f_1,f_2\}$ . Perhatikan bahwa

$\begin{align*} T(f_1) &= f_1'+f_1 \\ &= (3e^{3x} \sin x + e^{3x} \cos x) + e^{3x} \sin x \\ &= 4e^{3x} \sin x + e^{3x} \cos x \\ T(f_2) &= f_2'+f_2 \\ &= (3e^{3x} \cos x-e^{3x} \sin x) + e^{3x} \cos x \\ &= -e^{3x} \sin x + 4e^{3x} \cos x \end{align*}$

Melalui inspeksi, diperoleh koordinat $T(f_1)$ dan $T(f_2)$ terhadap basis $\{f_1,f_2\}$ , yaitu

$\begin{align*} \left[T(f_1)\right]_S &= \begin{bmatrix}4\\1\end{bmatrix} \\ \left[T(f_2)\right]_S &= \begin{bmatrix}-1\\4\end{bmatrix} \\ \end{align*}$

Jadi, matriks representasi $T$ terhadap basis $S=\{f_1,f_2\}$ adalah $\begin{bmatrix}4&-1\\1&4\end{bmatrix}$ .

Semoga bermanfaat! Jika ada yang perlu diperbaiki atau anda punya solusi yang berbeda, silakan beritahu melalui komentar. 🙂

Facebook Tweet LinkedIn Google+

Pembahasan Soal ON MIPA-PT Matematika Tahun 2017 Aljabar Linear (Isian)

You may also like...

1 Response

Leave a Reply Cancel reply

Untuk Pembaca

Berlangganan Artikel Lewat Email

Categories

Mathematic Blogs

Pembahasan Soal ON MIPA-PT Matematika Tahun 2017 Aljabar Linear (Isian)

You may also like...

Pembahasan Soal ON MIPA-PT Matematika Tahun 2009 Kombinatorika (Uraian)

Subruang Vektor

Pembahasan Soal ON MIPA-PT Matematika Tahun 2006 Kombinatorika (Isian)

1 Response

Leave a Reply Cancel reply

Untuk Pembaca

Berlangganan Artikel Lewat Email

Categories

Mathematic Blogs