Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

18Ruang Vektor

Aljabar linear bermula di sini: aksioma ruang vektor mengucilkan apa yang dimiliki bersama oleh $\R^2$ , $\R^3$ , ruang polinomial dan ruang fungsi — yaitu bahwa kita dapat menjumlahkan, dan menskalakan. Dua bab membangun teorinya (dengan Bab 19 menambahkan dimensi); dan bahasa yang disiapkannya — rentang, keluarga bebas, basis, jumlah langsung — merupakan santapan harian setiap bab sesudahnya. Di sepanjang bab ini, $K$ menyatakan $\R$ atau $\C$ (yaitu skalarnya).

18.1 Definisi dan contoh

Definisi 18.1 (Ruang vektor)

Sebuah ruang vektor atas $K$ adalah himpunan $E$ dengan sebuah penjumlahan yang membuat $(E, +)$ menjadi grup abelian (dengan nolnya ditulis $0_E$ atau $0$ ), beserta perkalian skalar $K \times E \to E$ sedemikian sehingga, untuk setiap $\lambda, \mu \in K$ dan $x, y \in E$ :

\lambda(x + y) = \lambda x + \lambda y,\quad (\lambda + \mu) x = \lambda x + \mu x,\quad \lambda(\mu x) = (\lambda\mu) x,\quad 1\,x = x .

Akibatnya: $0\,x = 0_E$ , $\lambda\,0_E = 0_E$ , $(-1)x = -x$ , dan $\lambda x = 0_E \implies \lambda = 0$ atau $x = 0_E$ (dengan mengalikannya dengan $\lambda^{-1}$ ).

Bukti akibatnya. Untuk $0\,x = 0_E$ : dari $(0 + 0)x = 0x + 0x$ dan $(0+0)x = 0x$ , coretlah $0x$ pada grup $(E, +)$ . Untuk $\lambda\,0_E$ : dengan muslihat yang sama pada $\lambda(0_E + 0_E)$ . Untuk $(-1)x$ : tambahkanlah $x$ ,

x + (-1)x = 1\,x + (-1)x = \bigl(1 + (-1)\bigr)x = 0\,x = 0_E ,

sehingga $(-1)x$ merupakan invers penjumlahan $x$ . Akhirnya jika $\lambda x = 0_E$ dengan $\lambda \neq 0$ : kalikanlah dengan $\lambda^{-1}$ (karena skalarnya membentuk lapangan) lalu pakailah kedua aksioma $\lambda^{-1}(\lambda x) = (\lambda^{-1}\lambda)x = 1x = x$ beserta $\lambda^{-1}0_E = 0_E$ : sehingga $x = 0_E$ . Sekecil apa pun keempat aturan ini, ia dipakai diam-diam pada setiap halaman berikutnya — dan yang terakhir persis merupakan tempat lapangan diperlukan: karena di atas skalar $\Z$ , “ruang” $\Z/2\Z$ akan melanggarnya dengan $2\,x = 0$ . ∎

Contoh 18.2

$K^n$ (dengan operasi koordinat demi koordinat); polinomial $K[X]$ ; fungsi $\mathcal{F}(A, K)$ dari sebarang himpunan $A$ ke $K$ (dengan operasi titik demi titik) — yang memuat fungsi yang kontinu, barisan $\mathcal{F}(\N, \R)$ , dan seterusnya; serta $\C$ sebagai ruang vektor atas $\R$ . Pada setiap kasusnya aksiomanya diwarisi dari aksioma $K$ .

Definisi 18.3 (Subruang)

Himpunan $F \subseteq E$ disebut subruang bila $0_E \in F$ dan $F$ stabil terhadap penjumlahan dan perkalian skalar — setara dengan itu:

F \neq \emptyset \qquad\text{dan}\qquad \forall x, y \in F,\ \forall \lambda \in K,\quad x + \lambda y \in F .

Sebuah subruang sendirinya merupakan ruang vektor. Adapun sebarang irisan subruang merupakan subruang; sedangkan gabungannya hampir tak pernah demikian (dengan bukti yang sama seperti Latihan 7.6).

Contoh 18.4

Di dalam $\mathcal{F}(\R, \R)$ : fungsi yang kontinu, fungsi yang dapat diturunkan, polinomial berderajat $\leq n$ (yang ditulis $K_n[X]$ di dalam $K[X]$ ), dan penyelesaian persamaan diferensial linear yang homogen (Teorema 5.10 mengatakan persis itu). Adapun yang bukan contoh: $\{f : f(0) = 1\}$ (karena tanpa nol); dan berderajat tepat $n$ (karena tak stabil terhadap penjumlahan).

Contoh 18.5 (Subruang atau bukan: empat vonis, beserta argumennya)

Di dalam ruang barisan real:

$\{u : u \text{ terbatas}\}$ memang subruang: karena $0$ terbatas, dan jika $\abs{u_n} \leq M$ , $\abs{v_n} \leq M'$ , maka $\abs{u_n + \lambda v_n} \leq M + \abs\lambda M'$ .
$\{u : u_n \to 1\}$ bukan: karena barisan nolnya hilang (dan jumlah dua anggotanya menuju $2$ ).
$\{u : u \text{ monoton}\}$ bukan: karena $u_n = n$ dan $v_n = -n + (-1)^n$ monoton, sedangkan jumlahnya $(-1)^n$ tidak; jadi kestabilan terhadap penjumlahanlah aksioma yang gagal, meskipun himpunannya memuat $0$ dan semua kelipatan skalar anggotanya.
$\{u : u_{n+1} = u_n^2\}$ bukan: karena ia memuat $0$ tetapi $2u$ kabur begitu $u$ menjadi anggota yang taknol (sebab $2u_{n+1} \neq (2u_n)^2$ pada umumnya) — jadi pengkuadratannya yang menjadi ketaklinearannya.

Adapun urutan kerjanya selalu sama: ujilah $0$ lebih dulu (karena paling murah), lalu kestabilannya — dan untuk membantahnya, satu pasang contoh penyangkal yang eksplisit mengalahkan keraguan sebanyak apa pun.

18.2 Rentang, jumlah, jumlah langsung

Definisi 18.6 (Kombinasi linear, rentang)

Sebuah kombinasi linear keluarga $(x_1, \dots, x_p)$ berisi vektor $E$ adalah sebarang $\lambda_1 x_1 + \dots + \lambda_p x_p$ (dengan $\lambda_i \in K$ ). Adapun himpunan semuanya merupakan rentangnya $\operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p)$ : yang merupakan subruang, yaitu yang terkecil yang memuat keluarganya.

Bukti kedua penegasannya. Kestabilannya: jumlah dua kombinasi linear $\sum\lambda_i x_i + \sum\mu_i x_i = \sum(\lambda_i + \mu_i)x_i$ kembali menjadi satu, dan demikian pula kelipatan skalarnya $\mu\sum\lambda_i x_i = \sum(\mu\lambda_i) x_i$ ; sedangkan kombinasi nolnya menunjukkan bahwa $0$ termasuk: jadi rentangnya sebuah subruang. Adapun keminimalannya: misalkan $H$ sebarang subruang yang memuat $x_1, \dots, x_p$ . Maka menurut kestabilan terhadap perkalian skalar setiap $\lambda_i x_i \in H$ , dan menurut kestabilan terhadap penjumlahan jumlahnya terletak di $H$ : sehingga setiap kombinasi linearnya termasuk $H$ , yakni $\operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p) \subseteq H$ . Jadi rentangnya termuat di setiap subruang yang memuat keluarganya: sehingga ia yang terkecil. ∎

Definisi 18.7 (Jumlah, jumlah langsung)

Untuk subruang $F, G$ pada $E$ :

F + G = \{\,u + v : u \in F,\ v \in G\,\}

merupakan subruang (yaitu yang terkecil yang memuat $F \cup G$ ). Jumlahnya disebut langsung, yang ditulis $F \oplus G$ , bila setiap unsur $F + G$ terurai secara tunggal sebagai $u + v$ ; setara dengan itu (lihatlah di bawah) bila $F \cap G = \{0\}$ . Adapun ketika $E = F \oplus G$ , kedua subruangnya disebut saling melengkapi di dalam $E$ .

Contoh 18.8 (Sebuah jumlah dua garis)

Di dalam $\R^3$ , misalkan $F = \operatorname{Vect}\bigl((1,0,1)\bigr)$ dan $G = \operatorname{Vect}\bigl((0,1,1)\bigr)$ . Maka jumlahnya adalah

F + G = \{\,a(1,0,1) + b(0,1,1)\,\} = \{(a,\ b,\ a + b)\} = \{(x, y, z) : z = x + y\},

yaitu bidang lewat titik asal yang memuat kedua garisnya. Ia tegas lebih besar daripada gabungannya $F \cup G$ (yang sekadar silang kedua garisnya): karena vektor $(1, 1, 2) = (1,0,1) + (0,1,1)$ terletak di jumlahnya tetapi tak pada garis mana pun. Dan $F \cap G = \{0\}$ (karena sebuah vektor bersama menuntut $a(1,0,1) = b(0,1,1)$ , yang dua koordinat pertamanya memaksa $a = b = 0$ ): sehingga jumlahnya langsung, dan $F \oplus G$ persis merupakan bidang itu.

Proposisi 18.9

Jumlah $F + G$ bersifat langsung jika dan hanya jika $F \cap G = \{0\}$ .

Bukti. Jika suatu $w \neq 0$ terletak di $F \cap G$ : maka $w = w + 0 = 0 + w$ merupakan dua penguraian $w$ . Sebaliknya, jika $u + v = u' + v'$ dengan $u, u' \in F$ , $v, v' \in G$ , maka $u - u' = v' - v$ termasuk $F \cap G = \{0\}$ : sehingga penguraiannya tunggal. ∎

Metode 18.10 (Membuktikan $E = F \oplus G$ )

Ada dua hal yang harus diperiksa, masing-masing dengan langkah pembuka bakunya.

Irisan yang sepele. Ambillah $x \in F \cap G$ , tuliskanlah kedua syarat keanggotaannya, lalu apitlah $x = 0$ . (Jangan pernah berargumen lewat gambar: bandingkanlah jebakan di bawah.)
Jumlahnya segalanya. Ambillah sebarang $x \in E$ lalu hasilkanlah penguraiannya $x = f + g$ — entah dengan menebak $f$ dari sasarannya (karena $f$ harus memenuhi sifat pendefinisi $F$ , yang biasanya mendiktekan rumusnya) entah dengan memecahkan sistem linear yang menyatakan $x$ terhadap pembangun $F$ dan $G$ .

Ketika rumus penguraiannya ditebak, ketunggalannya otomatis dari langkah 1; sedangkan ketika hanya keberadaannya yang tak jelas, langkah 2-lah tempat kerjanya tinggal. Adapun kedua contoh di bawah menjalankan metodenya: untuk fungsi genap/ganjil rumus $f$ -nya dipaksa oleh penilaian kesamaan yang diinginkan di $x$ dan $-x$ ; sedangkan untuk polinomial yang lenyap di sebuah titik, oleh penilaian di $a$ .

Contoh 18.11

Di dalam $\mathcal{F}(\R, \R)$ , fungsi genap $\mathcal{P}$ dan fungsi ganjil $\mathcal{I}$ saling melengkapi: karena sebarang $f$ tertulis

f(x) = \underbrace{\frac{f(x) + f(-x)}{2}}_{\text{genap}} + \underbrace{\frac{f(x) - f(-x)}{2}}_{\text{ganjil}},

dan sebuah fungsi yang sekaligus genap dan ganjil bernilai nol. (Bila diterapkan pada $\exp$ , ini merupakan pasangan $(\cosh, \sinh)$ pada Bab 4.)

Contoh 18.12 (Sepasang pelengkap di dalam $K_n[X]$ )

Tetapkanlah $a \in K$ lalu tetapkan $F = \{P \in K_n[X] : P(a) = 0\}$ , $G = \operatorname{Vect}(1)$ (yaitu konstantanya). Maka $K_n[X] = F \oplus G$ . Memang $F \cap G$ terdiri atas konstanta yang lenyap di $a$ , yakni $\{0\}$ ; dan setiap $P$ terurai sebagai

P = \underbrace{\bigl(P - P(a)\bigr)}_{\in F} + \underbrace{P(a)}_{\in G} .

Penguraian ini pantas dihafalkan: karena mengurangkan nilainya di sebuah titik merupakan cara baku memproyeksikan ke “fungsi yang lenyap di $a$ ”. Perhatikanlah bahwa $F$ subruang yang besar sedangkan $G$ yang kecil; jadi sepasang pelengkap tak harus seimbang dalam arti apa pun.

Contoh 18.13 (Sebuah subruang pelengkap tak pernah tunggal)

Di dalam $\R^2$ , misalkan $F = \operatorname{Vect}\bigl((1,0)\bigr)$ (yaitu sumbu $x$ ). Maka baik $G = \operatorname{Vect}\bigl((0,1)\bigr)$ maupun $G' = \operatorname{Vect}\bigl((1,1)\bigr)$ melengkapi $F$ : karena masing-masingnya bertemu $F$ hanya di $0$ , dan setiap pasangannya berjumlah $\R^2$ . Adapun penguraian vektor yang sama itu berbeda:

(2,\ 1.5) = \underbrace{(2, 0)}_{\in F} + \underbrace{(0, 1.5)}_{\in G} = \underbrace{(0.5,\ 0)}_{\in F} + \underbrace{(1.5,\ 1.5)}_{\in G'} .

Sesungguhnya setiap garis selain $F$ sendiri merupakan pelengkap $F$ di dalam $\R^2$ : jadi pelengkapnya berlimpah, dan berbicara tentang “sang” pelengkap tak bermakna sampai sebuah struktur tambahan (yaitu hasil kali dalam, Bab 23) memilih salah satunya.

Dua penguraian titik yang sama pada ℝ2 sepanjang F (yaitu sumbu x): dengan pelengkap G (lewat jatuhan tegak) dan dengan pelengkap G' (lewat jatuhan miring). Adapun komponen F-nya berbeda: sehingga sebuah proyeksi bergantung pada arah turunnya. — Dua penguraian titik yang sama pada $\R^2$ sepanjang $F$ (yaitu sumbu $x$ ): dengan pelengkap $G$ (lewat jatuhan tegak) dan dengan pelengkap $G'$ (lewat jatuhan miring). Adapun komponen $F$ -nya berbeda: sehingga sebuah proyeksi bergantung pada arah turunnya.

18.3 Keluarga bebas, keluarga pembangun, basis

Definisi 18.14

Sebuah keluarga $(x_1, \dots, x_p)$ berisi vektor $E$ disebut:

pembangun (bagi $E$ ) bila $\operatorname{Vect}(x_1,\dots,x_p) = E$ ;
bebas (dengan vektornya bebas linear) bila

$\lambda_1 x_1 + \dots + \lambda_p x_p = 0 \implies \lambda_1 = \dots = \lambda_p = 0 ;$

dan kalau tidak disebut terikat;
sebuah basis bila ia bebas sekaligus pembangun.

Proposisi 18.15 (Koordinat)

Keluarga $(e_1, \dots, e_n)$ merupakan basis $E$ jika dan hanya jika setiap $x \in E$ secara tunggal merupakan kombinasi $x = \lambda_1 e_1 + \dots + \lambda_n e_n$ ; dan skalar $\lambda_i$ -nya menjadi koordinat $x$ pada basisnya.

Bukti. Pembangun $=$ keberadaan penguraiannya. Ketunggalan $=$ kebebasannya: karena dua penguraian atas $x$ yang sama berselisih sebuah kombinasi yang sama dengan $0$ ; lalu kebebasannya memaksa semua koefisiennya — yaitu selisih koordinatnya — untuk lenyap. Sebaliknya, sebuah kombinasi nol yang taksepele memberikan kedua penguraian $0 = \sum \lambda_i e_i = \sum 0\,e_i$ . ∎

Contoh 18.16

Basis kanonik $K^n$ : yaitu $e_i = (0, \dots, 1, \dots, 0)$ (dengan $1$ pada slot $i$ ). Adapun monomial $(1, X, X^2, \dots, X^n)$ : merupakan basis $K_n[X]$ (dengan kebebasannya: karena kombinasi nolnya adalah polinomial nol, sehingga semua koefisiennya lenyap, Definisi 8.1). Di dalam $\C$ atas $\R$ : basisnya $(1, \iu)$ .

Catatan 18.17 (Koordinat adalah kerja tim)

Koordinat pertama $x$ pada basis $(e_1, \dots, e_n)$ bergantung pada semua vektor basisnya, bukan hanya $e_1$ . Di dalam $\R^2$ : vektor $(3, 1)$ berkoordinat pertama $3$ pada basis kanoniknya, tetapi berkoordinat pertama $2$ pada basis $\bigl((1,0), (1,1)\bigr)$ — pecahkanlah $(3,1) = a(1,0) + b(1,1)$ : maka $b = 1$ , $a = 2$ . Jadi mengubah satu vektor basisnya mengocok ulang setiap koordinatnya; dan Bab 21 akan mengemas pengocokan itu menjadi matriks perubahan basis.

Contoh 18.18 (Menguji sebuah calon basis, dari awal sampai akhir)

Apakah $\mathcal{F} = (1 + X,\ 1 + X^2,\ X + X^2)$ merupakan basis $\R_2[X]$ ? Tulislah $u_1, u_2, u_3$ bagi ketiga polinomialnya. Kebebasannya: sebuah kombinasi nol $a\,u_1 + b\,u_2 + c\,u_3 = 0$ memberikan, koefisien demi koefisien,

a + b = 0, \qquad a + c = 0, \qquad b + c = 0 ;

lalu mengurangkan kedua yang pertama memberikan $b = c$ , kemudian yang ketiga memberikan $2b = 0$ : sehingga $a = b = c = 0$ , jadi bebas. Pembangunnya: alih-alih memecahkan tiga sistem, perhatikanlah kombinasi setangkupnya

u_1 + u_2 - u_3 = (1 + X) + (1 + X^2) - (X + X^2) = 2 ,

sehingga $1 = \frac12(u_1 + u_2 - u_3)$ ; lalu

X = u_1 - 1 = \tfrac12\bigl(u_1 - u_2 + u_3\bigr), \qquad X^2 = u_2 - 1 = \tfrac12\bigl(-u_1 + u_2 + u_3\bigr).

Monomialnya terletak di rentangnya, sehingga segalanya demikian: jadi $\mathcal{F}$ merupakan basis. Sebagai bonusnya, merakit ketiga tampilannya memberikan koordinat sebarang $P = \alpha + \beta X + \gamma X^2$ :

P = \frac{\alpha + \beta - \gamma}{2}\,u_1 + \frac{\alpha - \beta + \gamma}{2}\,u_2 + \frac{-\alpha + \beta + \gamma}{2}\,u_3 .

(Periksa kewarasannya dengan $P = X$ : koordinatnya $\bigl(\frac12, -\frac12, \frac12\bigr)$ , sebagaimana ditemukan di atas.) Ada dua pelajarannya: bahwa kesetangkupan pada keluarganya biasanya menyembunyikan kombinasi jalan pintas; dan bahwa begitu dimensinya tersedia (Bab 19), seluruh paruh pembangun kerja ini akan datang cuma-cuma — karena tiga vektor bebas pada ruang berdimensi $3$ selalu membentuk basis.

Proposisi 18.19 (Kriteria kebebasan yang berguna)

Sebuah keluarga berisi polinomial taknol yang derajatnya berbeda berpasangan bersifat bebas.
Menambahkan sebuah vektor pada keluarga bebas menjaganya tetap bebas jika dan hanya jika vektornya berada di luar rentang keluarganya.
Sebarang subkeluarga sebuah keluarga bebas bersifat bebas; dan sebarang keluarga yang memuat keluarga pembangun bersifat pembangun.

Bukti. (1) Pada sebuah kombinasi nol, lihatlah derajat tertinggi yang hadir: maka koefisiennya pasti lenyap (karena tak ada yang meniadakan derajat itu), lalu turunlah secara beruntun.

(2) Jika $x \in \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p)$ , maka relasi $x - \sum\lambda_i x_i = 0$ bersifat taksepele. Sebaliknya, sebuah kombinasi nol yang taksepele atas $(x_1, \dots, x_p, x)$ pasti melibatkan $x$ dengan koefisien yang taknol (kalau tidak ia bertentangan dengan kebebasan keluarga yang kecil), lalu memecahkannya bagi $x$ menaruhnya di rentangnya.

(3) Untuk subkeluarganya: sebuah kombinasi nol atas subkeluarganya merupakan kombinasi seluruh keluarganya dengan koefisien yang hilang ditetapkan $0$ ; sehingga kebebasan keluarga besarnya membunuh semuanya. Adapun untuk keluarga besarnya: setiap vektor $E$ sudah merupakan kombinasi bagian pembangunnya; jadi berikanlah vektor tambahannya koefisien $0$ . ∎

Contoh 18.20 (Asas tangganya)

Misalkan $P_0, P_1, \dots, P_n \in K_n[X]$ dengan $\deg P_k = k$ untuk setiap $k$ (yaitu sebuah “tangga” derajat). Maka $(P_0, \dots, P_n)$ merupakan basis $K_n[X]$ . Adapun kebebasannya adalah Proposisi 18.19 (1). Sedangkan untuk sifat pembangunnya, berargumenlah lewat penurunan hingga pada derajatnya: misalkan $Q \in K_n[X]$ , $Q \neq 0$ , berderajat $d$ , dengan koefisien utamanya $a$ , dan misalkan $b \neq 0$ koefisien utama $P_d$ . Maka $Q - \frac ab P_d$ berderajat $< d$ (karena suku puncaknya saling meniadakan); lalu dengan mengganti $Q$ dengan selisih ini dan mengulanginya, setelah paling banyak $n + 1$ langkah kita mencapai polinomial nolnya, dan membuka gulungan pengurangannya menyatakan $Q$ sebagai kombinasi $P_k$ -nya. Adapun dua tangga yang sudah kita temui: pangkat yang tergeser $\bigl((X-a)^k\bigr)_{0 \leq k \leq n}$ (Latihan 18.4), dan hasil kali Newton $\bigl((X - x_0)(X - x_1)\cdots(X - x_{k-1})\bigr)_{0 \leq k \leq n}$ , yang dipekerjakan pada soal akhir pekannya.

Contoh 18.21 (Kebebasan pada ruang fungsi)

Di dalam $\mathcal{F}(\R,\R)$ , keluarga $(\eu^{a_1 x}, \dots, \eu^{a_p x})$ dengan $a_1 < \dots < a_p$ bersifat bebas: bagilah sebuah kombinasi nol dengan $\eu^{a_p x}$ lalu biarkan $x \to +\infty$ ; maka koefisien terakhirnya mati, dan kita turun secara beruntun (Latihan 18.8 memerinci ini beserta variannya). Jadi kebebasan fungsi dibuktikan lewat penilaian: di titik yang terpilih baik, di tak hingga, atau setelah menurunkannya.

Contoh 18.22 (Sebuah relasi tersembunyi mengecilkan rentang)

Di dalam $\mathcal{F}(\R, \R)$ , apakah $\operatorname{Vect}(1,\ \cos^2,\ \sin^2)$ ? Adapun kesamaan $\cos^2 + \sin^2 = 1$ merupakan kombinasi nol yang taksepele

1\cdot\mathbf{1} + (-1)\cos^2 + (-1)\sin^2 = 0 :

jadi keluarganya terikat, dan rentangnya sudah dibangun oleh $(1, \cos^2)$ saja (karena $\sin^2 = 1 - \cos^2$ ). Adapun keluarga yang lebih kecil itu bersifat bebas: karena $a + b\cos^2 x = 0$ untuk setiap $x$ memberikan, di $x = 0$ dan $x = \frac\pi2$ : $a + b = 0$ dan $a = 0$ . Jadi rentangnya sebuah bidang di dalam ruang fungsinya — dan ia juga memuat $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ : sehingga keluarga fungsi trigonometri yang tampak linear rutin runtuh di bawah kesamaannya, dan itulah sebabnya kebebasannya harus dibuktikan, tak pernah dianggap dari panjang daftarnya.

Catatan 18.23 (Jebakan yang lazim)

Ada empat perangkap klasiknya. Berpasangan tak mencukupi: karena di dalam $\R^2$ , vektor $(1,0)$ , $(0,1)$ , $(1,1)$ tak sebanding berpasangan, namun terikat — sebab kebebasan merupakan sifat seluruh keluarganya, yang diuji lewat satu kombinasi yang menyeluruh, tak pernah dua demi dua. Vektor nolnya meracuni segalanya: karena sebarang keluarga yang memuat $0$ bersifat terikat (sebab $1\cdot 0 = 0$ merupakan relasi yang taksepele), sepolos apa pun vektor lainnya. Gabungan bukan jumlah: karena $F \cup G$ hampir tak pernah menjadi subruang (Definisi 18.3); adapun subruang terkecil yang memuat keduanya adalah $F + G$ , yang biasanya jauh lebih besar daripada gabungannya — karena di dalam $\R^2$ , dua garis yang berbeda bergabungan menjadi silang, sedangkan berjumlah seluruh bidangnya. Langsung menuntut irisan yang sepele, bukan kelepasan: karena dua subruang tak pernah lepas (sebab keduanya memuat $0$ ); jadi syarat yang benar adalah $F \cap G = \{0\}$ , dan itu harus dibuktikan, bukan dibaca dari sebuah gambar — bandingkanlah Contoh 18.13, yang di situ banyak $G$ yang berbeda berlaku. Kebebasan bergantung pada skalarnya: karena pasangan $(1, \iu)$ bebas di $\C$ yang dipandang sebagai ruang vektor atas $\R$ , tetapi terikat di $\C$ yang dipandang sebagai ruang vektor atas $\C$ (sebab $\iu\cdot 1 + (-1)\cdot\iu = 0$ ). Jadi ketahuilah selalu lapangan mana yang bekerja sebelum menyatakan sebuah keluarga bebas — adapun soal akhir pekan Bab 19 mengubah persis kepekaan ini menjadi bukti keirasionalan.

Catatan 18.24 (Ke mana bahasa ini pergi)

Segalanya setelah bab ini berbicara dalam bahasa yang disiapkan di sini. Bab 19 mencacah vektor basisnya lalu mengubah “bebas” dan “pembangun” menjadi ketaksamaan atas satu bilangan bulat, yaitu dimensinya. Bab 20 menelaah pemetaan yang selaras dengan kedua operasinya; dan jumlah langsungnya menjadi proyektor di sana. Bab 21 menyandikan vektornya lewat koordinatnya pada sebuah basis — dengan Proposisi 18.15 sebagai izin bagi penyandian itu — sedangkan Bab 23 menambahkan panjang dan sudut di atas struktur linearnya. Pada jilid Tahun 2 aksioma yang sama, kata demi kata, berjalan di atas lapangan sebarang dan dalam dimensi tak hingga; karena tak ada apa pun pada bab ini yang memakai kehinggaan di mana pun.

Catatan 18.25 (Tiga benang yang diikuti sepanjang Buku 3)

Amatilah tiga gagasan tertentu bab ini bertumbuh. Asas tangganya (Contoh 18.20) muncul kembali sebagai basis Newton pada soal akhir pekan bab ini, sebagai basis binomial $(B_k)$ di sana, dan sebagai muslihat alternan polinomial pada soal akhir pekan Bab 22: jadi satu lema, tiga dividen tanpa determinan. Penilaian sebagai uji kebebasan (Contoh 18.21) menjadi isomorfisme interpolasi pada Bab 20, lalu kriteria Vandermonde pada Bab 22, lalu uji Gram pada Bab 23: jadi refleks yang sama, yang dipertajam tiga kali. Jumlah langsungnya (Definisi 18.7) menjadi proyektor pada Bab 20, pembelahan ortogonal $E = F \oplus F^\perp$ pada Bab 23, dan penguraian terjelaskan-tambah-sisa pada kuadrat terkecil di soal akhir pekan Bab 25. Jadi sangat sedikit isi buku ini yang pada dasarnya bukan salah satu dari ketiga gagasan itu dalam pakaian yang baru.

18.4 Latihan

Latihan 18.1 ★

Manakah di antara berikut ini yang merupakan subruang?

$\{(x, y, z) \in \R^3 : x + 2y - z = 0\}$ ;
$\{(x, y, z) \in \R^3 : x + 2y - z = 1\}$ ;
$\{(x, y) \in \R^2 : xy \geq 0\}$ ;
$\{P \in \R[X] : P(1) = 0\}$ ;
$\{f \in \mathcal{F}(\R,\R) : f \text{ terbatas}\}$ .

Solusi

Solusi Latihan 18.1.

Ya: karena ia memuat $0$ , dan persamaan pendefinisinya linear (sehingga stabil terhadap $x + \lambda y$ ).
Bukan: karena ia tak memuat $(0,0,0)$ .
Bukan: karena $(1, 0)$ dan $(0, -1)$ termasuk (dengan $xy = 0$ ), sedangkan jumlahnya $(1, -1)$ tidak (karena $xy = -1 < 0$ ).
Ya: karena $0$ lenyap di $1$ ; dan $(P + \lambda Q)(1) = P(1) + \lambda Q(1) = 0$ .
Ya: karena fungsi nolnya terbatas; dan jika $\abs f \leq M$ dan $\abs g \leq M'$ , maka $\abs{f + \lambda g} \leq M + \abs\lambda M'$ .

Latihan 18.2 ★

Di dalam $\R^3$ , apakah $(1, 2, 1)$ termasuk $\operatorname{Vect}\bigl((1,0,1),\, (1,1,0)\bigr)$ ? Dan $(2, 1, 1)$ ? Perikanlah $\operatorname{Vect}\bigl((1,0,1),(1,1,0)\bigr)$ lewat sebuah persamaan.

Solusi

Solusi Latihan 18.2.

Persamaan $(1,2,1) = a(1,0,1) + b(1,1,0)$ menuntut $a + b = 1$ , $b = 2$ , $a = 1$ : yang tak selaras (karena $a + b = 3 \neq 1$ ): jadi tak di rentangnya. Sedangkan $(2,1,1) = a(1,0,1) + b(1,1,0)$ : $b = 1$ , $a = 1$ , $a + b = 2$ : yang taat asas, sehingga $(2,1,1) = (1,0,1) + (1,1,0)$ , jadi di rentangnya.

Persamaannya: $(x, y, z) = (a + b, b, a)$ berarti $x = y + z$ : sehingga rentangnya adalah bidang $\{x - y - z = 0\}$ .

Latihan 18.3 ★

Putuskanlah kebebasannya di $\R^3$ : $\;\bigl((1,1,0), (1,0,1), (0,1,1)\bigr)$ ; $\;\bigl((1,2,3), (2,4,6)\bigr)$ ; $\;\bigl((1,0,0), (1,1,0), (1,1,1), (0,1,1)\bigr)$ .

Solusi

Solusi Latihan 18.3.

Keluarga pertamanya: $\lambda(1,1,0) + \mu(1,0,1) + \nu(0,1,1) = 0$ memberikan $\lambda + \mu = 0$ , $\lambda + \nu = 0$ , $\mu + \nu = 0$ : lalu menjumlahkannya, $2(\lambda + \mu + \nu) = 0$ , dan mengurangkan setiap persamaannya, $\lambda = \mu = \nu = 0$ : jadi bebas.

Yang kedua: $(2,4,6) = 2(1,2,3)$ : jadi terikat.

Yang ketiga: empat vektor di $\R^3$ — yang niscaya terikat begitu dimensinya tersedia (Bab 19); adapun secara langsung: $(0,1,1) = -(1,0,0) + 0\cdot(1,1,0) + (1,1,1)$ , memang $(-1,0,0) + (1,1,1) = (0,1,1)$ : yaitu sebuah relasi yang taksepele.

Latihan 18.4 ★

Buktikan bahwa $(1, X - 1, (X-1)^2, (X-1)^3)$ merupakan basis $\R_3[X]$ , lalu berikanlah koordinat $X^3$ padanya. (Lewat Taylor di $1$ !)

Solusi

Solusi Latihan 18.4.

Polinomial $1, (X-1), (X-1)^2, (X-1)^3$ berderajat berbeda $0, 1, 2, 3$ : jadi bebas (Proposisi 18.19 (1)); dan empat vektor bebas yang membangun (karena setiap $P \in \R_3[X]$ terjabarkan dalam pangkat $X - 1$ , misalnya lewat Taylor bagi polinomial, bandingkan bukti Proposisi 8.11): jadi sebuah basis. Untuk $X^3$ , lewat Taylor di $1$ : $P = X^3$ , $P(1) = 1$ , $P'(1) = 3$ , $P''(1) = 6$ , $P'''(1) = 6$ :

X^3 = 1 + 3(X - 1) + 3(X-1)^2 + (X-1)^3 ,

dengan koordinatnya $(1, 3, 3, 1)$ (yaitu baris Pascal, sebagaimana diharapkan dari $X^3 = ((X-1)+1)^3$ ).

Latihan 18.5 ★★

Di dalam $\R^4$ , misalkan $F = \{(x,y,z,t) : x = y = z\}$ dan $G = \{(x,y,z,t) : x = t = 0\}$ . Buktikan bahwa $F \oplus G = \R^4$ , lalu uraikanlah $(1,2,3,4)$ menurutnya.

Solusi

Solusi Latihan 18.5.

Untuk $F \cap G$ : syarat $x = y = z$ dan $x = t = 0$ bersama-sama memberikan $x = 0$ , sehingga $y = z = 0$ , dan $t = 0$ : jadi irisannya adalah $\{0\}$ . Adapun jumlahnya: diberikan $(x,y,z,t)$ , carilah $(a,a,a,b) \in F$ dan $(0,c,d,0) \in G$ yang berjumlah demikian: $a = x$ , $b = t$ , $c = y - x$ , $d = z - x$ : yang selalu mungkin. Jadi $\R^4 = F \oplus G$ , dan

(1,2,3,4) = (1,1,1,4) + (0,1,2,0) .

Latihan 18.6 ★★

Di dalam ruang barisan, misalkan $F$ himpunan barisan yang konvergen dan $G = \operatorname{Vect}(u)$ dengan $u_n = (-1)^n$ . Buktikan bahwa $F \cap G = \{0\}$ . Apakah $F + G$ seluruh ruang barisannya?

Solusi

Solusi Latihan 18.6.

Sebuah unsur $G$ berbentuk $\lambda u$ ; dan jika ia konvergen, maka (karena $\lambda u_n = \lambda(-1)^n$ mempunyai dua limit subbarisan $\pm \lambda$ ) niscaya $\lambda = 0$ : sehingga $F \cap G = \{0\}$ .

Adapun $F + G$ bukan segalanya: karena ia terdiri atas barisan berbentuk $c_n + \lambda(-1)^n$ dengan $(c_n)$ yang konvergen. Sedangkan barisan $v_n = n$ tak berbentuk demikian (karena $v_n - \lambda(-1)^n$ tak terbatas, sehingga tak pernah konvergen). Jadi $F \oplus G \subsetneq$ (ruang semua barisannya).

Latihan 18.7 ★★

Misalkan $F, G, H$ subruang $E$ . Buktikan bahwa

F \cap (G + (F \cap H)) = (F \cap G) + (F \cap H),

lalu tunjukkanlah lewat sebuah contoh di $\R^2$ bahwa kedistributifan yang tak terbatasi $F \cap (G + H) = (F\cap G) + (F \cap H)$ gagal.

Solusi

Solusi Latihan 18.7.

( $\supseteq$ ) Baik $F \cap G$ maupun $F \cap H$ terletak di $F$ , dan jumlahnya terletak di $G + (F \cap H)$ : sehingga inklusinya menyusul karena ruas kirinya merupakan subruang yang memuat kedua kepingnya — secara konkret, sebuah unsur $g + h$ dengan $g \in F\cap G$ , $h \in F \cap H$ berada di $F$ (sebagai jumlah dua unsur $F$ ) dan di $G + (F \cap H)$ .

( $\subseteq$ ) Misalkan $x \in F$ dengan $x = g + h$ , $g \in G$ , $h \in F \cap H$ . Maka $g = x - h \in F$ (sebagai selisih unsur $F$ ), sehingga $g \in F \cap G$ , dan $x = g + h \in (F \cap G) + (F \cap H)$ .

Adapun contoh penyangkal bagi kedistributifan penuhnya di $\R^2$ : $F = \operatorname{Vect}(1,1)$ , $G = \operatorname{Vect}(1,0)$ , $H = \operatorname{Vect}(0,1)$ . Maka $G + H = \R^2$ , sehingga $F \cap (G+H) = F$ , sedangkan $F \cap G = F \cap H = \{0\}$ : jadi ruas kanannya $\{0\} \neq F$ .

Latihan 18.8 ★★★

Buktikan bahwa keluarga $\mathcal{F}(\R, \R)$ berikut bersifat bebas:

$(\eu^{a_1 x}, \dots, \eu^{a_p x})$ untuk $a_1 < \dots < a_p$ ;
$(\cos x, \sin x, \cos 2x, \sin 2x)$ ;
$(x \mapsto \abs{x - a_1}, \dots, x \mapsto \abs{x - a_p})$ untuk $a_i$ yang berbeda (karena sifat dapat diturunkannya gagal tepat di satu titik per fungsinya).

Solusi

Solusi Latihan 18.8.

Andaikan $\sum_{i} \lambda_i \eu^{a_i x} = 0$ untuk setiap $x$ . Kalikanlah dengan $\eu^{-a_p x}$ : maka $\lambda_p + \sum_{i < p} \lambda_i \eu^{(a_i - a_p)x} \to \lambda_p$ ketika $x \to +\infty$ (karena setiap eksponennya $a_i - a_p < 0$ ). Padahal ruas kirinya identik $0$ , sehingga $\lambda_p = 0$ ; lalu ulangilah ke bawah.
Misalkan $a\cos x + b \sin x + c \cos 2x + d\sin 2x = 0$ untuk setiap $x$ . Nilailah di $x = 0$ : $a + c = 0$ ; lalu di $x = \pi$ : $-a + c = 0$ ; sehingga $a = c = 0$ , dan relasinya tereduksi menjadi $b\sin x + d \sin 2x = 0$ . Lalu nilailah di $x = \frac\pi2$ : $b = 0$ ; kemudian di $x = \frac\pi4$ : $d = 0$ .
Andaikan $\sum \lambda_i \abs{x - a_i} = 0$ untuk setiap $x$ . Adapun fungsi $\sum_{i \neq j} \lambda_i\abs{x - a_i}$ bersifat dapat diturunkan di $a_j$ (karena setiap sukunya demikian, jauh dari sudutnya sendiri), sehingga $-\lambda_j \abs{x - a_j}$ , yaitu selisihnya, pun harus dapat diturunkan di $a_j$ — yang memaksa $\lambda_j = 0$ (karena $\abs{\,\cdot\,}$ bersudut). Dan ini berlaku bagi setiap $j$ .

Latihan 18.9 ★★★

Misalkan $E$ ruang vektor atas $K$ dan $F, G, H$ subruang dengan $F + G = F + H$ , $F \cap G = F \cap H$ dan $G \subseteq H$ . Buktikan $G = H$ . Berikanlah contoh penyangkal tanpa hipotesis $G \subseteq H$ .

Solusi

Solusi Latihan 18.9.

Misalkan $h \in H$ . Karena $h \in H \subseteq F + H = F + G$ , tulislah $h = f + g$ dengan $f \in F$ , $g \in G$ . Maka $f = h - g \in H$ (karena kedua sukunya di $H$ , dengan memakai $G \subseteq H$ ), sehingga $f \in F \cap H = F \cap G \subseteq G$ , dan $h = f + g \in G$ . Jadi $H \subseteq G$ , lalu digabung dengan hipotesis $G \subseteq H$ : sama.

Adapun contoh penyangkal tanpa $G \subseteq H$ : di $\R^2$ , ambillah $F = \operatorname{Vect}(1,0)$ , $G = \operatorname{Vect}(0,1)$ , $H = \operatorname{Vect}(1,1)$ : maka $F + G = F + H = \R^2$ dan $F \cap G = F \cap H = \{0\}$ , namun $G \neq H$ .

Latihan 18.10 ★★

Di dalam $\R[X]$ , misalkan $\mathcal P$ himpunan polinomial yang genap ( $P(-X) = P(X)$ ) dan $\mathcal I$ himpunan yang ganjil ( $P(-X) = -P(X)$ ). Buktikan bahwa $\R[X] = \mathcal P \oplus \mathcal I$ , lalu tunjukkanlah bahwa $\mathcal P = \operatorname{Vect}(1, X^2, X^4, \dots)$ , yakni bahwa polinomial yang genap tepat merupakan polinomial dalam $X^2$ .

Solusi

Solusi Latihan 18.10.

Kedua himpunannya merupakan subruang (karena syarat pendefinisinya linear dan berlaku bagi $0$ ). Adapun penguraiannya: untuk $P \in \R[X]$ ,

P(X) = \underbrace{\frac{P(X) + P(-X)}{2}}_{\in\,\mathcal P} + \underbrace{\frac{P(X) - P(-X)}{2}}_{\in\,\mathcal I},

dan sebuah polinomial yang sekaligus genap dan ganjil memenuhi $P = -P$ , sehingga $P = 0$ : jadi jumlahnya langsung dan sama dengan $\R[X]$ .

Sekarang misalkan $P = \sum_k a_k X^k$ genap. Maka $P(X) - P(-X) = 2 \sum_{k \text{ ganjil}} a_k X^k$ merupakan polinomial nol, sehingga setiap koefisien berderajat ganjilnya lenyap (Definisi 8.1): jadi $P \in \operatorname{Vect}(1, X^2, X^4, \dots)$ , yakni $P = Q(X^2)$ untuk suatu polinomial $Q$ . Sebaliknya setiap polinomial dalam $X^2$ bersifat genap.

Latihan 18.11 ★★

Misalkan $(x_1, x_2, x_3)$ keluarga bebas sebuah ruang vektor real $E$ . Buktikan bahwa $(x_1 + x_2,\ x_2 + x_3,\ x_3 + x_1)$ bersifat bebas. Apakah keluarga serupa yang berisi empat vektor $(x_1 + x_2,\ x_2 + x_3,\ x_3 + x_4,\ x_4 + x_1)$ bebas ketika $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ demikian?

Solusi

Solusi Latihan 18.11.

Andaikan $a(x_1 + x_2) + b(x_2 + x_3) + c(x_3 + x_1) = 0$ . Lalu mengelompokkannya ulang pada keluarga bebas $(x_1, x_2, x_3)$ :

(a + c)\,x_1 + (a + b)\,x_2 + (b + c)\,x_3 = 0 \implies a + c = a + b = b + c = 0 .

Mengurangkan kedua persamaan pertamanya memberikan $c = b$ ; lalu yang ketiga memberikan $2b = 0$ , sehingga $b = c = 0$ , kemudian $a = 0$ : jadi keluarganya bebas.

Adapun untuk empat vektor keluarga serupanya selalu terikat:

(x_1 + x_2) - (x_2 + x_3) + (x_3 + x_4) - (x_4 + x_1) = 0

merupakan kombinasi nol yang taksepele (dengan koefisien $1, -1, 1, -1$ ), apa pun $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ -nya. Jadi keparitasan panjang daurnyalah yang memutuskan.

Latihan 18.12 ★★★

Misalkan $E$ ruang vektor atas $\R$ (atau $\C$ ) dan $F_1, \dots, F_k$ subruang sejati $E$ (dengan setiap $F_i \neq E$ ).

Tanganilah kasus $k = 2$ secara langsung: jika $F_1 \not\subseteq F_2$ dan $F_2 \not\subseteq F_1$ , pilihlah $x \in F_1 \setminus F_2$ dan $y \in F_2 \setminus F_1$ lalu carilah letak $x + y$ .
Buktikan secara umum bahwa $E \neq F_1 \cup \dots \cup F_k$ : yakni bahwa ruang vektor atas lapangan yang tak hingga tak pernah menjadi gabungan hingga subruang sejati. (Ambillah $k$ yang minimal, pilihlah $x \in F_1$ di luar $F_i$ lainnya, pilihlah $y \notin F_1$ , lalu ikutilah garis $t \mapsto y + tx$ .)

Solusi

Solusi Latihan 18.12.

Jika $F_1 \subseteq F_2$ atau $F_2 \subseteq F_1$ , maka gabungannya salah satu dari keduanya, sehingga sejati. Kalau tidak pilihlah $x \in F_1 \setminus F_2$ dan $y \in F_2 \setminus F_1$ , lalu tinjaulah $x + y$ . Jika $x + y \in F_1$ , maka $y = (x + y) - x \in F_1$ : yang bertentangan. Jika $x + y \in F_2$ , maka $x \in F_2$ : yang bertentangan. Jadi $x + y \notin F_1 \cup F_2$ , sehingga $E \neq F_1 \cup F_2$ .
Andaikan untuk pertentangannya bahwa $E = F_1 \cup \dots \cup F_k$ , dengan $k$ yang dipilih minimal di antara semua penyelimutan yang demikian. Maka keminimalannya melarang $F_1 \subseteq F_2 \cup \dots \cup F_k$ (kalau tidak buanglah $F_1$ ), sehingga ada $x \in F_1$ dengan $x \notin F_i$ untuk setiap $i \geq 2$ . Dan karena $F_1$ sejati, pilihlah $y \notin F_1$ . Untuk setiap skalar $t$ , vektor $y + t x$ terletak di suatu $F_i$ . Namun ia tak pernah terletak di $F_1$ : sebab kalau tidak $y = (y + tx) - tx \in F_1$ (karena $x \in F_1$ ). Adapun lapangannya tak hingga, sehingga pilihlah $k$ skalar yang berbeda $t_1, \dots, t_k$ : maka $k$ vektor $y + t_j x$ jatuh ke dalam $k - 1$ subruang $F_2, \dots, F_k$ , sehingga dua di antaranya, katakanlah $y + t x$ dan $y + t' x$ dengan $t \neq t'$ , terletak di $F_i$ yang sama (dengan $i \geq 2$ ). Lalu selisihnya $(t - t')x \in F_i$ , sehingga $x \in F_i$ : yang bertentangan. Jadi tak ada penyelimutan hingga oleh subruang sejati.

18.5 Soal: interpolasi, tiga basis bagi satu ruang

Soal 18.1

Tetapkanlah $n + 1$ titik yang berbeda $x_0, x_1, \dots, x_n$ pada $\R$ . Soal ini menengok kembali interpolasi Lagrange (Teorema 8.23) dengan mata bab ini: bahwa ruang $\R_n[X]$ membawa tiga basis yang alami — yaitu milik Lagrange, milik Newton, dan (untuk titik yang berjarak sama) basis binomialnya — dan setiap basisnya membuat satu pertanyaan menjadi mudah. Jalannya berakhir pada sebuah teorema aritmetika yang sungguhan: yaitu pencirian Pólya atas polinomial yang memetakan $\Z$ ke dalam $\Z$ .

Bagian I — Basis Lagrangenya. Untuk $0 \leq i \leq n$ tetapkanlah

L_i \;=\; \prod_{j \neq i} \frac{X - x_j}{x_i - x_j} \;\in\; \R_n[X].

Periksalah bahwa $\deg L_i = n$ dan bahwa $L_i(x_j) = 1$ bila $j = i$ , dan $0$ bila $j \neq i$ .
Buktikan bahwa keluarga $(L_0, \dots, L_n)$ bersifat bebas.
Buktikan bahwa untuk setiap $P \in \R_n[X]$ ,

$P \;=\; \sum_{i=0}^{n} P(x_i)\, L_i ,$

lalu simpulkanlah bahwa $(L_0, \dots, L_n)$ merupakan basis $\R_n[X]$ . (Tinjaulah selisih kedua ruasnya lalu cacahlah akarnya, Akibat 8.8.)
Simpulkanlah teorema interpolasinya: bahwa untuk sebarang nilai $y_0, \dots, y_n \in \R$ ada $P \in \R_n[X]$ yang tunggal dengan $P(x_i) = y_i$ untuk setiap $i$ . Pada basis Lagrangenya, apakah koordinat sebuah polinomial $P$ ?
Buktikanlah kesamaan

$\sum_{i=0}^{n} L_i = 1 \qquad\text{dan, untuk } 0 \leq k \leq n,\qquad \sum_{i=0}^{n} x_i^{k}\, L_i = X^{k} .$

Bagian II — Basis Newton dan selisih terbaginya. Tetapkanlah $N_0 = 1$ dan $N_k = (X - x_0)(X - x_1) \cdots (X - x_{k-1})$ untuk $1 \leq k \leq n$ . Untuk sebuah fungsi $f$ yang terdefinisi di simpulnya, definisikanlah selisih terbaginya lewat $f[x_i] = f(x_i)$ dan

f[x_i, \dots, x_{i+k}] \;=\; \frac{f[x_{i+1}, \dots, x_{i+k}] - f[x_i, \dots, x_{i+k-1}]} {x_{i+k} - x_i} .

Buktikan bahwa $(N_0, N_1, \dots, N_n)$ merupakan basis $\R_n[X]$ .
Hitunglah $f[x_0, x_1]$ dan $f[x_0, x_1, x_2]$ dalam nilai $f$ , lalu hitunglah semua selisih terbagi $f(x) = x^2$ pada tiga simpul yang sebarang.
(Lema Aitken) Misalkan $R$ menginterpolasi $f$ di $x_0, \dots, x_{n-1}$ dan $Q$ menginterpolasi $f$ di $x_1, \dots, x_n$ , keduanya berderajat $\leq n - 1$ . Buktikan bahwa

$S \;=\; \frac{(X - x_0)\,Q - (X - x_n)\,R}{x_n - x_0}$

menginterpolasi $f$ di $x_0, x_1, \dots, x_n$ .
Simpulkanlah, lewat induksi pada cacah simpulnya, bahwa koefisien $X^{k}$ pada interpolan $f$ di $x_0, \dots, x_k$ tepat sama dengan $f[x_0, \dots, x_k]$ .
Buktikanlah rumus interpolasi Newton: bahwa interpolan $f$ di $x_0, \dots, x_n$ adalah

$P \;=\; \sum_{k=0}^{n} f[x_0, \dots, x_k]\, N_k ,$

lalu turunkanlah rumus tertutupnya

$f[x_0, \dots, x_k] \;=\; \sum_{i=0}^{k} \frac{f(x_i)}{\prod_{j \neq i,\, j \leq k} (x_i - x_j)} ,$

yang menunjukkan bahwa $f[x_0, \dots, x_k]$ tak bergantung pada urutan simpulnya.

Bagian III — Simpul yang berjarak sama: operator selisihnya. Mulai sekarang simpulnya adalah $0, 1, 2, \dots$ dan, untuk sebuah polinomial $P$ , kita menetapkan

\Delta P(X) = P(X + 1) - P(X), \qquad B_k = \frac{X(X-1)\cdots(X-k+1)}{k!} \quad (B_0 = 1).

Tunjukkan bahwa jika $\deg P = m \geq 1$ dengan koefisien utamanya $a$ , maka $\deg \Delta P = m - 1$ dengan koefisien utamanya $m\,a$ , dan bahwa $\Delta$ membunuh konstantanya.
Tunjukkan bahwa $(B_0, B_1, \dots, B_n)$ merupakan basis $\R_n[X]$ dan bahwa $\Delta B_k = B_{k-1}$ untuk $k \geq 1$ .
(Rumus selisih maju Newton) Buktikan bahwa setiap $P \in \R_n[X]$ memenuhi

$P \;=\; \sum_{k=0}^{n} \bigl(\Delta^{k} P\bigr)(0)\, B_k .$
Buktikan bahwa untuk setiap $k \geq 0$ ,

$\bigl(\Delta^{k} P\bigr)(0) \;=\; \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j} \binom{k}{j} P(j) .$
Tunjukkan bahwa jika $\deg P = n$ dengan koefisien utamanya $a_n$ , maka $\Delta^{n} P$ merupakan konstanta $n!\,a_n$ dan $\Delta^{n+1} P = 0$ .

Bagian IV — Polinomial bernilai bulat. Sebuah polinomial $P \in \R[X]$ disebut bernilai bulat bila $P(m) \in \Z$ untuk setiap $m \in \Z$ .

Buktikan bahwa setiap $B_k$ bernilai bulat. (Tanganilah $m \geq k$ , $0 \leq m < k$ dan $m < 0$ secara terpisah; adapun untuk $m = -q < 0$ , tunjukkanlah $B_k(-q) = (-1)^k \binom{q + k - 1}{k}$ .)
Buktikanlah pencirian Pólya: bahwa $P \in \R_n[X]$ bernilai bulat jika dan hanya jika koordinatnya pada basis $(B_0, \dots, B_n)$ berupa bilangan bulat.
Simpulkanlah: bahwa jika $P \in \R_n[X]$ mengambil nilai bulat di $n + 1$ bilangan bulat yang berurutan $a, a+1, \dots, a+n$ , maka $P$ bernilai bulat. (Geserlah: terapkanlah telaahnya pada $Q(X) = P(X + a)$ .)
Simpulkanlah dari pertanyaan 16 bahwa hasil kali $k$ bilangan bulat yang berurutan selalu terbagi oleh $k!$ .
Misalkan $P = \dfrac{X(X+1)(2X+1)}{6}$ . Hitunglah tabel Newtonnya di $0, 1, 2, 3$ , tulislah $P$ pada basis $(B_k)$ , lalu simpulkanlah bahwa $P$ bernilai bulat meskipun tak ada satu pun dari koefisien monomialnya bulat. Periksalah $\Delta P = (X+1)^2$ lalu simpulkanlah $P(m) = 1^2 + 2^2 + \dots + m^2$ untuk $m \in \N$ .

Bagian V — Dividennya.

Misalkan $P \in \R_n[X]$ menginterpolasi nilai $2^i$ di $i = 0, 1, \dots, n$ . Tunjukkan bahwa $P = B_0 + B_1 + \dots + B_n$ dan bahwa $P(n + 1) = 2^{n+1} - 1$ : sehingga “pola pelipatduaannya” selalu patah tepat pada titik berikutnya.
(Antiturunan yang diskret) Buktikan bahwa untuk setiap bilangan bulat $m \geq 1$ dan $k \geq 0$ ,

$\sum_{j=0}^{m-1} B_k(j) \;=\; B_{k+1}(m),$

yakni kesamaan tongkat hoki $\sum_{j=k}^{m-1} \binom{j}{k} = \binom{m}{k+1}$ .
Jabarkanlah $X^2$ dan $X^3$ pada basis $(B_k)$ lalu simpulkanlah rumus tertutup bagi $\sum_{j=0}^{m-1} j^2$ dan $\sum_{j=0}^{m-1} j^3$ ; lalu pulihkanlah kesamaan Nicomachus $1^3 + \dots + m^3 = (1 + \dots + m)^2$ .
Ambillah $n = 2$ dengan simpul $0, 1, 2$ . Tulislah koordinat $X^2$ pada ketiga basis soal ini: yaitu basis monomialnya, basis Lagrangenya, dan basis Newtonnya. Periksalah ketiga jawabannya terhadap pertanyaan 4 dan 9.
Sintesis. Dalam empat kalimat: gagasan ruang vektor mana yang membuat pertanyaan 4 otomatis; mengapakah basis Newton menghitung koordinatnya secara rekursif sedangkan basis Lagrange membacanya seketika; kriteria kebebasan mana yang dibagi kedua basisnya; dan dalam arti persis apa teorema Pólya mengatakan bahwa kebulatan sebuah polinomial merupakan sifat koordinatnya pada basis yang tepat.

Solusi

Solusi Soal 18.1.

1. Di sini $L_i$ merupakan hasil kali $n$ faktor linear dibagi konstanta taknol (karena $x_i$ -nya berbeda), sehingga $\deg L_i = n$ . Lalu menilainya di $x_j$ dengan $j \neq i$ : faktor $X - x_j$ pada pembilangnya lenyap, sehingga $L_i(x_j) = 0$ . Sedangkan di $x_i$ , pembilang dan penyebutnya berimpit: sehingga $L_i(x_i) = 1$ .

2. Andaikan $\sum_i \lambda_i L_i = 0$ . Nilailah di $x_j$ : maka semua sukunya mati kecuali $\lambda_j L_j(x_j) = \lambda_j$ , sehingga $\lambda_j = 0$ untuk setiap $j$ : jadi keluarganya bebas.

3. Misalkan $D = P - \sum_i P(x_i) L_i$ . Maka $\deg D \leq n$ dan, menurut pertanyaan 1, $D(x_j) = P(x_j) - P(x_j) = 0$ bagi $n + 1$ titik berbeda $x_0, \dots, x_n$ . Adapun polinomial taknol berderajat $\leq n$ berakar paling banyak $n$ (Akibat 8.8), sehingga $D = 0$ . Jadi setiap $P \in \R_n[X]$ merupakan kombinasi $L_i$ -nya: sehingga keluarganya pembangun, dan digabung dengan pertanyaan 2, sebuah basis.

4. Diberikan $y_0, \dots, y_n$ , polinomial $P = \sum_i y_i L_i$ berderajat $\leq n$ dan menginterpolasinya. Adapun ketunggalannya: sebuah $P$ yang menginterpolasi mempunyai, menurut pertanyaan 3, koordinat $(P(x_0), \dots, P(x_n)) = (y_0, \dots, y_n)$ pada basis $(L_i)$ , dan koordinat pada sebuah basis bersifat tunggal (Proposisi 18.15). Jadi koordinat $P$ pada basis Lagrangenya adalah nilainya di simpulnya — dan itulah seluruh inti basisnya.

5. Terapkanlah pertanyaan 3 pada $P = X^k$ (dengan $0 \leq k \leq n$ ):

X^k = \sum_{i=0}^{n} x_i^{k} L_i ,

lalu $k = 0$ memberikan $\sum_i L_i = 1$ .

6. Derajat $\deg N_k = k$ persis: sehingga keluarga $(N_0, \dots, N_n)$ merupakan tangga derajat di $\R_n[X]$ , jadi sebuah basis menurut Contoh 18.20 (dengan kebebasannya dari Proposisi 18.19 (1), dan pembangunnya lewat penurunan hingga pada derajatnya).

7. Dari rekurensinya,

f[x_0, x_1] = \frac{f(x_1) - f(x_0)}{x_1 - x_0}, \qquad f[x_0, x_1, x_2] = \frac{f[x_1, x_2] - f[x_0, x_1]}{x_2 - x_0}.

Untuk $f(x) = x^2$ :

f[x_0, x_1] = \frac{x_1^2 - x_0^2}{x_1 - x_0} = x_0 + x_1,

lalu kemudian

f[x_0, x_1, x_2] = \frac{(x_1 + x_2) - (x_0 + x_1)}{x_2 - x_0} = \frac{x_2 - x_0}{x_2 - x_0} = 1 .

8. Derajat $\deg S \leq n$ karena $Q, R$ berderajat $\leq n - 1$ . Di $x_0$ : $S(x_0) = \frac{-(x_0 - x_n) R(x_0)}{x_n - x_0} = R(x_0) = f(x_0)$ . Di $x_n$ : $S(x_n) = \frac{(x_n - x_0) Q(x_n)}{x_n - x_0} = Q(x_n) = f(x_n)$ . Sedangkan di sebuah simpul interior $x_i$ (dengan $1 \leq i \leq n-1$ ), baik $Q$ maupun $R$ bernilai $f(x_i)$ , sehingga

S(x_i) = \frac{(x_i - x_0) - (x_i - x_n)}{x_n - x_0}\, f(x_i) = f(x_i) .

9. Lewat induksi pada cacah simpulnya. Untuk satu simpul: interpolannya adalah konstanta $f(x_0) = f[x_0]$ . Anggaplah klaimnya berlaku bagi $k$ simpul lalu misalkan $S$ menginterpolasi di $x_0, \dots, x_k$ ; maka menurut ketunggalannya (pertanyaan 4), $S$ diberikan oleh lema Aitken dari $R$ (dengan simpul $x_0, \dots, x_{k-1}$ ) dan $Q$ (dengan simpul $x_1, \dots, x_k$ ). Adapun koefisien $X^{k}$ pada $S$ adalah

\frac{[X^{k-1}]\,Q - [X^{k-1}]\,R}{x_k - x_0} = \frac{f[x_1, \dots, x_k] - f[x_0, \dots, x_{k-1}]}{x_k - x_0} = f[x_0, \dots, x_k]

menurut hipotesis induksinya dan rekurensi pendefinisinya.

10. Misalkan $P_k$ menginterpolasi $f$ di $x_0, \dots, x_k$ . Maka selisihnya $P_k - P_{k-1}$ berderajat $\leq k$ dan lenyap di $x_0, \dots, x_{k-1}$ , sehingga menurut teorema faktor yang diterapkan $k$ kali (Teorema 8.7) ia sama dengan $c\,N_k$ untuk suatu konstanta $c$ ; lalu membandingkan koefisien $X^{k}$ -nya dan memakai pertanyaan 9, $c = f[x_0, \dots, x_k]$ . Lalu berteleskop dari $P_0 = f(x_0) N_0$ memberikan rumus Newtonnya. Adapun untuk bentuk tertutupnya, tulislah $P_k = \sum_{i \leq k} f(x_i) L_i$ (yaitu Lagrange, pada simpul $x_0, \dots, x_k$ ) lalu bacalah koefisien $X^{k}$ -nya: karena setiap $L_i$ menyumbang $\frac{1}{\prod_{j \neq i}(x_i - x_j)}$ , sehingga

f[x_0, \dots, x_k] = \sum_{i=0}^{k} \frac{f(x_i)}{\prod_{j \neq i,\, j \leq k}(x_i - x_j)} .

Adapun ruas kanannya kekal di bawah sebarang permutasi simpulnya, sehingga selisih terbaginya tak bergantung pada urutannya.

11. Jika $P = a X^m + (\text{derajat yang lebih rendah})$ , maka teorema binomialnya memberikan

\Delta P = a\bigl((X+1)^m - X^m\bigr) + \dots = a\,m\,X^{m-1} + (\text{derajat yang lebih rendah}),

karena $(X+1)^m - X^m = m X^{m-1} + \dots$ dan bagian berderajat rendah $P$ menyumbang derajat $\leq m - 2$ setelah $\Delta$ (atau suku berderajat $\leq m-2$ ). Jadi $\deg \Delta P = m - 1$ dengan koefisien utamanya $m a$ . Adapun sebuah konstanta $c$ memberikan $\Delta c = c - c = 0$ .

12. Derajat $\deg B_k = k$ : jadi sebuah tangga, sehingga sebuah basis $\R_n[X]$ (Contoh 18.20). Adapun untuk $\Delta B_k$ (dengan $k \geq 1$ ), faktorkanlah hasil kali bersamanya:

\begin{align*} k!\,\Delta B_k &= (X+1)X\cdots(X-k+2) - X(X-1)\cdots(X-k+1) \\ &= X(X-1)\cdots(X-k+2)\,\bigl[(X+1) - (X-k+1)\bigr] \\ &= k\,X(X-1)\cdots(X-k+2), \end{align*}

sehingga $\Delta B_k = \frac{X(X-1)\cdots(X-k+2)}{(k-1)!} = B_{k-1}$ .

13. Tulislah $P = \sum_{k=0}^{n} c_k B_k$ (menurut basisnya, pertanyaan 12). Lalu terapkanlah $\Delta^{j}$ : menurut pertanyaan 12, $\Delta^{j} P = \sum_{k \geq j} c_k B_{k-j}$ . Lalu nilailah di $0$ : $B_0(0) = 1$ dan $B_m(0) = 0$ untuk $m \geq 1$ (karena faktor $X$ -nya lenyap), sehingga $\bigl(\Delta^{j}P\bigr)(0) = c_j$ . Inilah rumus selisih majunya.

14. Lewat induksi pada $k$ . Untuk $k = 0$ kesamaannya berbunyi $P(0) = P(0)$ . Anggaplah ia berlaku bagi $k$ lalu terapkanlah pada $\Delta P$ :

\bigl(\Delta^{k+1} P\bigr)(0) = \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j}\binom kj \bigl(P(j+1) - P(j)\bigr).

Lalu kumpulkanlah koefisien $P(i)$ -nya: yaitu $(-1)^{k-i+1}\binom k{i-1}\cdot(-1)^{0}$ dari jumlah pertamanya (yang tergeser) dan $-(-1)^{k-i}\binom ki$ dari yang kedua — sehingga bersama-sama

(-1)^{k+1-i}\Bigl(\binom k{i-1} + \binom ki\Bigr) = (-1)^{k+1-i}\binom{k+1}i

menurut aturan Pascal, yang merupakan kesamaannya pada peringkat $k + 1$ .

15. Dengan mengulangi pertanyaan 11 dari derajat $n$ , dengan koefisien utamanya $a_n$ : setelah satu $\Delta$ , derajatnya $n-1$ dan koefisien utamanya $n a_n$ ; setelah dua, $n(n-1)a_n$ ; setelah $n$ langkah, derajatnya $0$ dan nilainya $n(n-1)\cdots 1\, a_n = n!\,a_n$ , yaitu konstanta. Lalu satu $\Delta$ lagi membunuhnya: $\Delta^{n+1}P = 0$ .

16. Jika $m \geq k$ : maka $B_k(m) = \binom mk \in \N$ . Jika $0 \leq m < k$ : maka satu faktor $m(m-1)\cdots(m-k+1)$ bernilai nol, sehingga $B_k(m) = 0$ . Sedangkan jika $m = -q$ dengan $q \geq 1$ :

B_k(-q) = \frac{(-q)(-q-1)\cdots(-q-k+1)}{k!} = (-1)^k\,\frac{q(q+1)\cdots(q+k-1)}{k!} = (-1)^k \binom{q+k-1}{k},

yang bulat. Jadi setiap $B_k$ memetakan $\Z$ ke dalam $\Z$ .

17. ( $\Leftarrow$ ) Jika $P = \sum_k c_k B_k$ dengan $c_k \in \Z$ , maka untuk $m \in \Z$ , $P(m) = \sum_k c_k B_k(m) \in \Z$ menurut pertanyaan 16. ( $\Rightarrow$ ) Jika $P$ bernilai bulat, maka koordinatnya adalah $c_k = \bigl(\Delta^k P\bigr)(0) = \sum_{j=0}^k (-1)^{k-j}\binom kj P(j)$ (menurut pertanyaan 13 dan 14), yaitu kombinasi bulat atas bilangan bulat $P(0), \dots, P(k)$ . Inilah pencirian Pólya atas polinomial bernilai bulat.

18. Ambillah $Q(X) = P(X + a)$ , polinomial berderajat $\leq n$ , dengan $Q(0), Q(1), \dots, Q(n) \in \Z$ . Adapun koordinatnya pada $(B_k)_{k \leq n}$ adalah $c_k = \sum_{j \leq k}(-1)^{k-j}\binom kj Q(j) \in \Z$ (karena pertanyaan 14 hanya memakai nilainya di $0, \dots, k \leq n$ ). Jadi menurut pertanyaan 17 ( $\Leftarrow$ ), $Q$ bernilai bulat pada seluruh $\Z$ , sehingga $P(X) = Q(X - a)$ pun demikian.

19. Hasil kali $k$ bilangan bulat yang berurutan adalah $m(m-1) \cdots(m-k+1) = k!\,B_k(m)$ untuk suatu $m \in \Z$ , dan $B_k(m) \in \Z$ menurut pertanyaan 16: sehingga hasil kalinya terbagi oleh $k!$ .

20. Nilai $P = \frac{X(X+1)(2X+1)}{6}$ di $0,1,2,3$ : $0, 1, 5, 14$ . Adapun tabel selisihnya: baris $\Delta$ -nya $1, 4, 9$ ; baris $\Delta^2$ -nya $3, 5$ ; dan baris $\Delta^3$ -nya $2$ . Sehingga, menurut pertanyaan 13,

P = 0\cdot B_0 + 1\cdot B_1 + 3\,B_2 + 2\,B_3 ,

dengan koordinat yang bulat: sehingga $P$ bernilai bulat (pertanyaan 17), sedangkan koefisien monomialnya $\frac13, \frac12, \frac16$ tidak bulat. Adapun perhitungan langsungnya:

\begin{align*} \Delta P &= \frac{(X+1)(X+2)(2X+3) - X(X+1)(2X+1)}{6} \\ &= \frac{(X+1)\bigl[(X+2)(2X+3) - X(2X+1)\bigr]}{6} = \frac{(X+1)(6X+6)}{6} = (X+1)^2 . \end{align*}

Lalu berteleskop $P(m) = \sum_{j=0}^{m-1}\Delta P(j) = \sum_{j=1}^{m} j^2$ (dengan $P(0) = 0$ ): yaitu rumus jumlah kuadratnya.

21. Nilai $2^i$ di $i = 0, \dots, n$ mempunyai tabel selisih yang selalu $1$ pada tepi kirinya: karena $\Delta^k$ atas barisan $(2^i)$ kembali menjadi $(2^i)$ (sebab $2^{i+1} - 2^i = 2^i$ ), sehingga $\bigl(\Delta^k P\bigr)(0) = 2^0 = 1$ untuk setiap $k \leq n$ , dan $P = B_0 + B_1 + \dots + B_n$ menurut pertanyaan 13. Lalu

P(n+1) = \sum_{k=0}^{n}\binom{n+1}{k} = 2^{n+1} - \binom{n+1}{n+1} = 2^{n+1} - 1 \neq 2^{n+1}:

sehingga polanya patah pada titik pertama yang tak terkendali.

22. Menurut pertanyaan 12, $B_k = \Delta B_{k+1}$ , sehingga

\sum_{j=0}^{m-1} B_k(j) = \sum_{j=0}^{m-1}\bigl(B_{k+1}(j+1) - B_{k+1}(j)\bigr) = B_{k+1}(m) - B_{k+1}(0) = B_{k+1}(m).

Adapun untuk $j < k$ suku $B_k(j)$ -nya lenyap, sehingga jumlahnya sungguh bermula di $j = k$ : $\sum_{j=k}^{m-1}\binom jk = \binom m{k+1}$ , yaitu kesamaan tongkat hokinya.

23. Tabel selisihnya (atau penjabaran langsungnya) memberikan

X^2 = B_1 + 2 B_2, \qquad X^3 = B_1 + 6 B_2 + 6 B_3

(periksa: $B_1 + 2B_2 = X + X(X-1) = X^2$ ; dan di $X = 1, 2, 3$ yang kedua memberikan $1, 8, 27$ ). Lalu pertanyaan 22 menghasilkan

\sum_{j=0}^{m-1} j^2 = B_2(m) + 2B_3(m) = \binom m2 + 2\binom m3 = \frac{m(m-1)(2m-1)}{6},

\sum_{j=0}^{m-1} j^3 = B_2(m) + 6B_3(m) + 6B_4(m) = \binom m2 + 6\binom m3 + 6\binom m4 .

Lalu menjabarkan ungkapan terakhirnya: $\binom m2 + 6\binom m3 + 6\binom m4 = \frac{m(m-1)}{2}\bigl[1 + 2(m-2) + \frac{(m-2)(m-3)}{2}\bigr] = \frac{m^2(m-1)^2}{4} = \binom m2^2$ . Lalu mengganti $m$ dengan $m + 1$ : $1^3 + \dots + m^3 = \bigl(\frac{m(m+1)}2\bigr)^2 = (1 + \dots + m)^2$ , yaitu kesamaan Nicomachus.

24. Dengan simpul $0, 1, 2$ , dan polinomial $X^2$ . Pada basis monomialnya $(1, X, X^2)$ : koordinatnya $(0, 0, 1)$ . Pada basis Lagrangenya: koordinatnya adalah nilainya $(0, 1, 4)$ (pertanyaan 4). Pada basis Newtonnya $(1, X, X(X-1))$ : selisih terbaginya $f[0] = 0$ , $f[0,1] = 1$ , $f[0,1,2] = \frac{3 - 1}{2} = 1$ (pertanyaan 9), sehingga koordinatnya $(0, 1, 1)$ — memang $X + X(X-1) = X^2$ . Jadi tiga basis, tiga vektor koordinat, satu polinomial.

25. (i) Pertanyaan 4 bersifat otomatis karena $(L_i)$ merupakan sebuah basis: sehingga keberadaan dan ketunggalan interpolasinya persis merupakan keberadaan dan ketunggalan koordinatnya. (ii) Adapun basis Newtonnya sebuah tangga, sehingga koordinatnya dihitung lewat pembagian yang berturut-turut — karena setiap simpul barunya menambahkan satu suku tanpa mengganggu yang sebelumnya — sedangkan koordinat Lagrange $P$ adalah nilai $P(x_i)$ , yang tersedia tanpa perhitungan sama sekali. (iii) Kedua basisnya bebas menurut kedua kriteria yang sama pada Proposisi 18.19: yaitu derajat yang berbeda bagi Newton, dan penilaian di simpulnya bagi Lagrange. (iv) Adapun teorema Pólya mengatakan bahwa “ $P(\Z) \subseteq \Z$ ”, yaitu sifat nilainya, setara dengan kebulatan koordinatnya pada basis $(B_k)$ — sehingga aritmetika sebuah polinomial menjadi kasatmata hanya pada basis yang disesuaikan dengan pertanyaannya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium