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

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.

Tulisan ini adalah bagian dari seri Pembahasan Soal ON MIPA-PT Matematika. Jadi, setelah membaca tulisan ini, pastikan anda mengetuk tautan tersebut. Di sana tersedia pembahasan soal-soal ON MIPA-PT lainnya.

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

Berdasarkan kesamaan dua polinom, diperoleh sistem persamaan$$\begin{aligned}k_1+k_3=1 \\k_1+k_2=0 \\k_2+k_3=0\end{aligned}$$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$$\begin{aligned}\vec{u_1}&=(1,3,-2,2,3) \\\vec{u_2}&=(1,4,-3,4,2) \\\vec{u_3}&=(2,3,-1,-2,9) \\\vec{v_1}&=(1,3,0,2,1) \\\vec{v_2}&=(1,5,-6,6,3) \\\vec{v_3}&=(2,5,3,2,1)\end{aligned}$$

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

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

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

Himpunan $\{A,B\}$ merupakan himpunan orthogonal jika dan hanya jika $\langle A,B \rangle=0$. Perhatikan bahwa$$\begin{aligned}\langle A,B \rangle &= \text{tr}\left(B^tA\right) \\0 &= \text{tr}\left(\begin{bmatrix}1&a\\1&0\end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix}0&1\\-1&0\end{bmatrix}\right) \\0 &= \text{tr}\left( \begin{bmatrix}-a&1\\0&1\end{bmatrix} \right) \\0 &= -a+1 \\a &= 1\end{aligned}$$

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 $x=k_1a+k_2b+k_3c+k_4d$.$$\begin{aligned}&(1,2,3,4) \in \text{inti}(T) \Rightarrow x=k_1+2k_2+3k_3+4k_4=0 \\&(0,1,1,1) \in \text{inti}(T) \Rightarrow x=k_2+k_3+k_4=0\end{aligned}$$

Diperoleh sistem persamaan linear$$\begin{aligned}k_1+2k_2+3k_3+4k_4&=0 \\k_2+k_3+k_4&=0\end{aligned}$$

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

Dengan mensubstitusi nilai $k_1,k_2,k_3,k_4$ pada persamaan $x=k_1a+k_2b+k_3c+k_4d$, diperoleh$$\begin{aligned}x&=(-m-2n)a+(-m-n)b+mc+nd \\&=(-a-b+c)m+(-2a-b+d)n\end{aligned}$$

Andaikan $n=0$, sehingga $x=(-a-b+c)m$ dan$$\begin{aligned}T(a,b,c,d)&=(a+b-c,x,0) \\&=(a+b-c,(-a-b+c)m,0) \\&=(a+b-c) \cdot (1,-m,0)\end{aligned}$$

Diperoleh $\text{dim}(\text{range}(T))=1$. Di lain pihak$$\begin{aligned}\text{dim}(\mathbb{R}^4) &= \text{dim}(\text{Inti}(T))+\text{dim}(\text{range}(T)) \\4&=2+\text{dim}(\text{range}(T)) \\\text{dim}(\text{range}(T))&=2\end{aligned}$$

Terjadi kontradiksi. Dengan demikian, $n$ tidak boleh bernilai nol.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$$\begin{aligned}T(X) &= AX-XA \\&= \begin{bmatrix}0&1\\0&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1\\0&-1\end{bmatrix} \\&= \begin{bmatrix}c&d\\-c&-d\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}0&a-b\\0&c-d\end{bmatrix} \\&= \begin{bmatrix}c&-a+b+d\\-c&c\end{bmatrix} \\&= \begin{bmatrix}c&0\\-c&c\end{bmatrix} + \begin{bmatrix}0&-a+b+d\\0&0\end{bmatrix} \\&= c\begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix} + (-a+b+d)\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}\end{aligned}$$

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

Nilai eigen matriks $A$ adalah nilai $\lambda$ yang memenuhi $|\lambda I-A|=0$.$$\begin{aligned}\begin{vmatrix}\lambda-w&-1\\1&\lambda-3\end{vmatrix} &= 0 \\(\lambda-w)(\lambda-3)-1(-1) &= 0 \\\lambda^2-(w+3)\lambda+(3w+1) &= 0\end{aligned}$$

Nilai eigen matriks $A$ bernilai sama, jika diskriminan persamaan kuadrat di atas bernilai 0.$$\begin{aligned}[-(w+3)]^2-4\cdot 1 \cdot (3w+1) &= 0 \\w^2+6w+9-12w-4 &= 0 \\w^2-6w+5 &= 0 \\(w-1)(w-5) &= 0\end{aligned}$$

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

Melalui inspeksi, diperoleh koordinat $T(f_1)$ dan $T(f_2)$ terhadap basis $\{f_1,f_2\}$, yaitu$$\begin{aligned}\left[T(f_1)\right]_S &= \begin{bmatrix}4\\1\end{bmatrix} \\\left[T(f_2)\right]_S &= \begin{bmatrix}-1\\4\end{bmatrix} \\\end{aligned}$$

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.