---
title: "Aljabar Linear"
book: "Matematika Universitas — Tahun 2"
subject: math
language: id
chapter: 2
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/2-aljabar-linear
---

# Bab 2 — Aljabar Linear

Aljabar linear pada jilid Tahun ke-1 bekerja atas $\R$ atau $\C$ dalam dimensi hingga, dan menerima [determinan](#def-b2-linalg-det) umum tanpa bukti. Bab ini menaikkan ketiga pembatasan itu: teorinya dinyatakan atas lapangan $K$ sembarang, jalinan antara sebuah ruang dan *dual*-nya dikembangkan secara sistematis ([basis dual](#def-b2-linalg-dual), [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator), [transpos](#def-b2-linalg-transpose)), dan [determinan](#def-b2-linalg-det) akhirnya *[dibangun](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-generated)* dari bentuk multilinear [alternating](#def-b2-linalg-alternating) serta tanda permutasi pada [Bab 1](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#ch-b2-structures) — sehingga melunasi setiap utang Tahun ke-1.

Di sepanjang bab ini, $K$ adalah lapangan ($\Q$, $\R$, $\C$, atau $\Z/p\Z$ — teorinya tidak peduli) dan, kecuali disebutkan lain, ruangnya berdimensi hingga atas $K$. Hasil Tahun ke-1 (basis, dimensi, rank–nulitas, matriks) berpindah kata demi kata: buktinya tak pernah memakai apa pun selain aksioma lapangan.

## 2.1 Ruang dual

**Definisi 2.1 (Ruang dual, basis dual).**

*Dual* dari $E$ adalah $E^* = \mathcal{L}(E,
K)$, yaitu ruang semua bentuk linear. Jika $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ basis $E$, maka *bentuk koordinat* $e_1^*, \dots, e_n^*$ yang ditetapkan oleh $e_i^*(e_j) = \delta_{ij}$ (Kronecker: $1$ bila $i = j$, selain itu $0$) membentuk *basis dual* $\mathcal{B}^*$ bagi $E^*$; khususnya $\dim E^* = \dim E$, dan

$$
x = \sum_{i=1}^{n} e_i^*(x)\, e_i \quad (x \in E),
\qquad
\varphi = \sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i)\, e_i^* \quad (\varphi \in
E^*).
$$

**Bukti bahwa $\mathcal{B}^*$ adalah basis.** Bebas: menerapkan kombinasi nol $\sum \lambda_i e_i^* = 0$ pada $e_j$ memberi $\lambda_j = 0$. Membangun: untuk $\varphi \in E^*$, bentuk $\varphi - \sum_i \varphi(e_i) e_i^*$ menolkan setiap $e_j$, jadi ia nol (pemetaan linear yang nol pada suatu basis adalah pemetaan nol). Kedua rumus di atas adalah perhitungan yang sama, dibaca maju. ∎

**Contoh 2.2.**

Pada $K_n[X]$ dengan basis $(1, X, \dots, X^n)$: [basis dualnya](#def-b2-linalg-dual) adalah $P
\mapsto \frac{P^{(k)}(0)}{k!}$ (koefisien Taylor). Basis lain bagi dualnya: evaluasi $P \mapsto P(x_i)$ pada $n + 1$ titik yang berbeda — basis “pra-dual”-nya di $K_n[X]$ persis keluarga polinomial Lagrange $L_i$ (jilid Tahun ke-1), sebab $L_i(x_j) =
\delta_{ij}$. Interpolasi *adalah* dualitas.

**Metode 2.3 (Basis dual dan antedual dalam praktik).**

Untuk menguraikan sebuah bentuk $\varphi$ pada basis $(e_i)$ di $E$: koordinatnya adalah *nilai* $\varphi(e_i)$ — tanpa sistem yang perlu diselesaikan. Untuk mencari basis $(u_j)$ di $E$ yang dualnya adalah basis $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ tertentu di $E^*$ (yaitu basis *antedual*): selesaikan $n$ sistem linear

$$
\varphi_i(u_j) = \delta_{ij} \qquad (1 \leq i \leq n),
$$

satu kolom $u_j$ setiap kali; dalam bahasa matriks, bila baris $M$ mendaftar koefisien $\varphi_i$ pada basis $E^*$ yang sudah diketahui, maka kolom $M^{-1}$ adalah $u_j$. Keberadaan dan ketunggalan antedual dibuktikan pada soal akhir pekan bab ini; perhitungannya selalu berupa pembalikan matriks ini.

**Contoh 2.4 (Sebuah basis dual di R2\R^2R2, dihitung tuntas).**

Untuk basis $b_1 = (1, 1)$, $b_2 = (1, -1)$ di $\R^2$: [basis dual](#def-b2-linalg-dual) $(b_1^*, b_2^*)$ wajib memenuhi $b_i^*(b_j) =
\delta_{ij}$. Dengan menulis $b_1^*(x, y) = \alpha x + \beta y$, syarat $\alpha + \beta = 1$ dan $\alpha - \beta = 0$ memberi

$$
b_1^*(x, y) = \frac{x + y}{2},
\qquad\text{dan serupa itu}\qquad
b_2^*(x, y) = \frac{x - y}{2} .
$$

Pemeriksaan kewarasan: $b_1^*$ *bukan* $e_1^* + e_2^*$ yang dinilai begitu saja — [basis dual](#def-b2-linalg-dual) bergantung pada seluruh basis, bukan pada tiap vektor secara terpisah (mengganti $b_2$ dengan $(0, 1)$ mengubah $b_1^*$ menjadi $x \mapsto x$). Dan rumus penguraiannya berjalan: $(x, y) = \frac{x+y}2\,b_1 + \frac{x-y}2\,b_2$, yaitu penguraian genap/ganjil sebuah pasangan — [basis dual](#def-b2-linalg-dual) adalah pengekstrak koordinat, dan yang satu ini mengekstrak bagian setangkup dan bagian antisetangkup.

**Definisi 2.5 (Anihilator).**

Untuk subruang $F \subseteq E$, *anihilator* adalah

$$
F^{\circ} = \{\varphi \in E^* : \varphi|_F = 0\},
$$

yaitu subruang $E^*$.

**Teorema 2.6 (Dimensi anihilator).**

$\dim F^{\circ} = \dim E - \dim F$. Lebih lanjut $F \mapsto F^\circ$ membalik pemuatan, dan $F$ dapat dipulihkan dari [anihilatornya](#def-b2-linalg-annihilator):

$$
F = \{x \in E : \forall\varphi \in F^\circ,\ \varphi(x) = 0\}.
$$

Akibatnya setiap subruang berdimensi $p$ di dalam dimensi $n$ adalah himpunan penyelesaian $n - p$ persamaan linear yang bebas — dan sebaliknya.

**Bukti.** Pilih basis $(e_1, \dots, e_p)$ untuk $F$, lalu lengkapi menjadi basis $E$. Sebuah bentuk $\varphi = \sum \varphi(e_i) e_i^*$ menganihilasi $F$ bila dan hanya bila $p$ koefisien pertamanya nol: jadi $F^\circ =
\operatorname{Vect}(e_{p+1}^*, \dots, e_n^*)$, berdimensi $n - p$. Pembalikan pemuatan langsung terlihat. Untuk pemulihannya: ruas kanan memuat $F$; sebaliknya, jika $x \notin F$, lengkapilah basis $F$ dengan $x$ dan vektor lain; bentuk koordinat $x$ pada basis ini menganihilasi $F$ tetapi tidak menganihilasi $x$. Pembacaan “persamaan” mengambil basis $(\varphi_1, \dots, \varphi_{n-p})$ untuk $F^\circ$: maka $F =
\bigcap \ker\varphi_j$, yaitu irisan $n - p$ hiperbidang yang bebas. ∎

**Contoh 2.7 (Sebuah anihilator, dua arah).**

Misalkan $F = \operatorname{Vect}\bigl((1, 2, 1),\ (1, 0, -1)\bigr)
\subseteq \R^3$. Sebuah bentuk $\varphi = a\,e_1^* + b\,e_2^* + c\,e_3^*$ menganihilasi $F$ bila dan hanya bila

$$
a + 2b + c = 0
\qquad\text{dan}\qquad
a - c = 0 ,
$$

yakni $c = a$ dan $b = -a$, jadi $F^\circ = \R\,(e_1^* - e_2^* +
e_3^*)$, berdimensi $3 - 2 = 1$ sebagaimana dituntut [Teorema 2.6](#thm-b2-linalg-annihilator). Dibaca terbalik: $F = \{(x, y, z) : x - y + z = 0\}$ — bidangnya dipulihkan sebagai kernel satu-satunya bentuk yang merentang $F^\circ$. Beranjak dari keluarga perentang ke persamaan *adalah* menghitung [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator); beranjak dari persamaan ke parametrisasi adalah menghitung [pra-anihilator](#def-b2-linalg-annihilator). (Periksa: kedua vektor perentangnya memenuhi $x - y +
z = 0$.)

**Definisi 2.8 (Pemetaan transpos).**

Untuk $u \in \mathcal{L}(E, F)$, *transpos* $u^{\mathsf T} \in \mathcal{L}(F^*, E^*)$ adalah

$$
u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u .
$$

Transpos memenuhi $(v \circ u)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T} \circ v^{\mathsf
T}$, dan pada [basis dual](#def-b2-linalg-dual), matriks $u^{\mathsf T}$ adalah matriks transpos $u$ — yang akhirnya *menjelaskan* transpos pada Tahun ke-1.

**Contoh 2.9 (Transpos, unsur demi unsur).**

Misalkan $u \colon \R^2 \to \R^3$ bermatriks $A =
\left(\begin{smallmatrix} 1 & 2\\ 0 & 1\\ 3 & 0\end{smallmatrix}\right)$ pada basis kanonik. Untuk $\psi = b_1f_1^* + b_2f_2^* + b_3f_3^*
\in (\R^3)^*$, hitung $u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u$ pada basis $\R^2$:

$$
(\psi \circ u)(e_1) = \psi(1, 0, 3) = b_1 + 3b_3,
\qquad
(\psi \circ u)(e_2) = \psi(2, 1, 0) = 2b_1 + b_2 .
$$

Jadi $u^{\mathsf T}(\psi) = (b_1 + 3b_3)\,e_1^* + (2b_1 +
b_2)\,e_2^*$, dan pada [basis dual](#def-b2-linalg-dual) matriks $u^{\mathsf T}$ adalah

$$
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 3\\ 2 & 1 & 0\end{pmatrix}
= A^{\mathsf T} :
$$

[transpos](#def-b2-linalg-transpose) abstrak *adalah* matriks yang dibalik, tanpa perhitungan yang tersisa untuk dipercaya begitu saja. Perhatikan mekanismenya: *kolom* ke-$j$ pada $A$ menjadi *baris* ke-$j$ pada matriks yang baru, sebab $\psi \circ u$ membaca keluaran $u$ lewat koefisien $\psi$.

**Proposisi 2.10.**

$\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im} u)^{\circ}$ dan $\operatorname{im} u^{\mathsf T} = (\ker u)^{\circ}$. Akibatnya $\operatorname{rk}(u^{\mathsf T}) = \operatorname{rk}(u)$: rank baris sama dengan rank kolom, dibuktikan secara struktural.

**Bukti.** $\psi \in \ker u^{\mathsf T} \iff \psi \circ u = 0 \iff \psi$ menolkan $\operatorname{im} u$: itulah kesamaan pertama. Untuk yang kedua: $u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u$ selalu menolkan $\ker u$, jadi $\operatorname{im} u^{\mathsf T} \subseteq (\ker u)^\circ$; dimensinya berimpit menurut rank–nulitas dan [Teorema 2.6](#thm-b2-linalg-annihilator):

$$
\operatorname{rk} u^{\mathsf T} = \dim F^* - \dim\ker u^{\mathsf T}
= \dim F - \bigl(\dim F - \operatorname{rk} u\bigr)
= \operatorname{rk} u
= \dim (\ker u)^{\circ} . \qedhere
$$

∎

**Contoh 2.11 (Rank dibaca dari kedua sisi).**

Misalkan

$$
A = \begin{pmatrix}
1 & 2 & 0 & 1\\
0 & 1 & 1 & 1\\
1 & 3 & 1 & 2
\end{pmatrix} .
$$

*Rank kolom:* baris ketiga adalah jumlah dua baris pertama, jadi $\operatorname{rk} A \leq 2$; kolom $1$ dan $2$ bebas, sehingga $\operatorname{rk} A = 2$. *Kernel transposnya:* menyelesaikan $A^{\mathsf T}y = 0$ memberi $y \in \R\,(1, 1, -1)$, jadi $\ker
A^{\mathsf T}$ berdimensi $1 = 3 - 2$: persis $(\operatorname{im} A)^\circ$ di bawah penyamaan $(\R^3)^*$ dengan vektor baris, sebagaimana ditegaskan [Proposisi 2.10](#prop-b2-linalg-transposerank) — satu-satunya kaitan “baris$_3$ = baris$_1$ + baris$_2$” *adalah* [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) ruang kolomnya. Rank baris ($2$ baris yang bebas) dan rank kolom berimpit bukan karena kebetulan, melainkan karena keduanya sama dengan $\operatorname{rk} A = \operatorname{rk} A^{\mathsf T}$.

**Contoh 2.12 (Dualitas membaca sebuah aturan kuadratur).**

Mengapa aturan seperti aturan Simpson ([Latihan 2.4](#exo-b2-linalg-4)) ada dan mengapa ia tunggal? Dualitas menjawabnya sebelum perhitungan apa pun. Pada $E = \R_2[X]$, integral $P \mapsto \int_0^1 P$ adalah satu vektor tertentu di dalam dual $E^*$ yang berdimensi tiga; sedangkan evaluasi di $0$, $\frac12$, $1$ membentuk *basis* $E^*$; karena itu integralnya terurai secara tunggal atas basis itu — dan penguraian itu *adalah* aturan Simpson, lengkap dengan koefisiennya. Pencacahan dimensi juga menakar harapan kita: pada $\R_3[X]$, empat dimensi bentuk pada umumnya tak dapat direntang oleh tiga evaluasi, jadi ketepatan pada polinomial kubik bukanlah hutang dualitas; bahwa aturan Simpson itu toh mengintegralkan kubik secara tepat adalah bonus kesetangkupan (pencoretan derajat ganjil di sekitar $\frac12$) yang harus diperiksa dengan tangan. Aturan dengan $n + 1$ simpul adalah penguraian bentuk pengintegralan pada suatu basis evaluasi di $\R_n[X]^*$: keberadaan dan ketunggalannya hanya berharga satu teorema [basis dual](#def-b2-linalg-dual); hanya derajat bonusnya yang berharga kerja.

## 2.2 Bentuk multilinear alternating

**Definisi 2.13.**

Pemetaan $f \colon E^n \to K$ disebut *$n$-linear* bila ia linear pada tiap peubahnya, dan disebut *alternating* bila ia nol setiap kali dua argumennya sama. Sifat alternating mengakibatkan *antisetangkup*: menukar dua argumen mengubah tandanya (uraikan $f(\dots, x + y, \dots, x + y, \dots) = 0$); lebih umum lagi, untuk $\sigma \in \mathfrak{S}_n$,

$$
f(x_{\sigma(1)}, \dots, x_{\sigma(n)}) =
\varepsilon(\sigma)\, f(x_1, \dots, x_n),
$$

dengan menguraikan $\sigma$ atas [transposisi](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-sn) ([Teorema 1.21](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#thm-b2-structures-signature)).

**Teorema 2.14 (Teorema dasar determinan).**

Misalkan $\dim E = n$ dan $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ sebuah basis. Ruang bentuk $n$-linear [alternating](#def-b2-linalg-alternating) pada $E$ berdimensi $1$: setiap bentuk semacam itu adalah kelipatan

$$
\det{}_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n)
= \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \varepsilon(\sigma)
\prod_{i=1}^{n} a_{\sigma(i),\,i},
\qquad
x_j = \sum_{i} a_{ij} e_i ,
$$

dan $\det_{\mathcal{B}}$ satu-satunya yang bernilai $1$ pada $\mathcal{B}$.

**Bukti.** Misalkan $f$ bentuk $n$-linear [alternating](#def-b2-linalg-alternating). Dengan menguraikan tiap argumen pada $\mathcal{B}$ lewat kemultilinearan,

$$
f(x_1, \dots, x_n)
= \sum_{i_1, \dots, i_n} a_{i_1,1}\cdots a_{i_n,n}\,
f(e_{i_1}, \dots, e_{i_n}).
$$

Suku dengan indeks berulang bernilai nol (sifat [alternating](#def-b2-linalg-alternating)); tupel $(i_1, \dots, i_n)$ yang bertahan adalah yang injektif, yakni $i_k =
\sigma(k)$ untuk suatu permutasi $\sigma$, dan sifat antisetangkup menata ulang $f(e_{\sigma(1)}, \dots, e_{\sigma(n)}) = \varepsilon(\sigma)
f(e_1, \dots, e_n)$. Karenanya

$$
f = f(e_1, \dots, e_n) \cdot \det{}_{\mathcal{B}} :
$$

setiap [bentuk alternating](#def-b2-linalg-alternating) memang kelipatan itu, asalkan $\det_{\mathcal{B}}$ sendiri (jumlah yang tertulis di atas) *memang* $n$-linear [alternating](#def-b2-linalg-alternating) dan bernilai $1$ pada $\mathcal B$. Kemultilinearannya jelas (tiap sukunya linear pada tiap kolom). Nilai pada $\mathcal B$: satu-satunya suku tak nol adalah $\sigma =
\mathrm{id}$. Sifat [alternating](#def-b2-linalg-alternating): andaikan $x_j = x_k$ ($j \neq k$), sehingga kolom koordinatnya memenuhi $a_{i j} = a_{i k}$ untuk setiap $i$. Pasangkan tiap $\sigma$ dengan $\sigma' = \sigma\circ(j\,k)$ — sebuah involusi tanpa titik tetap pada $\mathfrak{S}_n$. Hasil kali yang berpasangan itu berimpit:

$$
\prod_i a_{\sigma'(i),\,i}
= a_{\sigma(k),\,j}\; a_{\sigma(j),\,k}
\prod_{i \neq j,k} a_{\sigma(i),\,i}
= a_{\sigma(k),\,k}\; a_{\sigma(j),\,j}
\prod_{i \neq j,k} a_{\sigma(i),\,i}
= \prod_i a_{\sigma(i),\,i},
$$

dengan memakai kesamaan kolom $j$ dan kolom $k$; sementara itu $\varepsilon(\sigma') = -\varepsilon(\sigma)$. Jadi tiap pasangan menyumbang nol: jumlahnya lenyap. ∎

**Contoh 2.15 (Sarrus, diturunkan lalu dirobohkan).**

Untuk $n = 3$ rumus permutasinya tepat punya $3! = 6$ suku. Mendaftar $\mathfrak{S}_3$ menurut tandanya — $\mathrm{id}$, $(1\,2\,3)$, $(1\,3\,2)$ genap; $(1\,2)$, $(1\,3)$, $(2\,3)$ ganjil — memberi

$$
\det A = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{21}a_{32}a_{13} +
a_{31}a_{12}a_{23}
- a_{21}a_{12}a_{33} - a_{31}a_{22}a_{13} -
a_{11}a_{32}a_{23} :
$$

persis aturan “diagonal” Sarrus yang diajarkan di sekolah — kini menjadi teorema, dengan tanda-tandanya yang misterius dikenali sebagai tanda permutasi. Perobohannya: untuk $n = 4$ ada $24$ permutasi, dan hanya $8$ di antaranya yang terjaring oleh skema penarikan diagonal mana pun; Sarrus tidak punya versi berderajat $4$, dan penguraian kofaktor ([Teorema 2.17](#thm-b2-linalg-detrules) (4)) mengambil alih. Mencacah sukunya sekaligus menjadi peringatan: rumus permutasi punya $n!$ suku, jadi ia sebuah *definisi*, bukan algoritme — penyederhanaan baris menghitung $\det$ dengan $O(n^3)$ operasi saja.

**Definisi 2.16 (Determinan).**

*Determinan sebuah keluarga* pada suatu basis adalah $\det_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n)$; *determinan sebuah matriks* $A$ adalah determinan kolomnya pada basis kanonik — yakni rumus permutasi di atas; sedangkan *determinan sebuah endomorfisma* $u$ adalah skalar $\det u$ sedemikian sehingga

$$
\det{}_{\mathcal{B}}\bigl(u(x_1), \dots, u(x_n)\bigr)
= \det u \cdot \det{}_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n)
\quad \text{untuk setiap } x_i
$$

(ruas kirinya $n$-linear [alternating](#def-b2-linalg-alternating), jadi merupakan kelipatan $\det_\mathcal{B}$ menurut [Teorema 2.14](#thm-b2-linalg-detspace); faktornya tidak bergantung pada $\mathcal{B}$).

**Teorema 2.17 (Kalkulus determinan, dibuktikan).**

1. $\det(uv) = \det u\,\det v$ ; $\;\det(AB) = \det A \det B$ .
2. $u$ punya invers $\iff \det u \neq 0$ ; sebuah keluarga adalah basis $\iff$ [determinannya](#def-b2-linalg-det) pada suatu basis tidak nol.
3. $\det(A^{\mathsf T}) = \det A$ .
4. Penguraian kofaktor sepanjang baris atau kolom mana pun, seperti dinyatakan pada jilid Tahun ke-1, tetap berlaku; matriks yang serupa punya [determinan](#def-b2-linalg-det) yang sama.

**Bukti.** (1) Terapkan relasi pendefinisinya dua kali: $\det_{\mathcal B}(uv(x_i)) = \det u \cdot \det_{\mathcal
B}(v(x_i)) = \det u \det v \cdot \det_{\mathcal B}(x_i)$.

(2) Jika $u$ punya invers, maka $\det u \det u^{-1} = \det \mathrm{id} =
1 \neq 0$. Jika tidak, peta $u(e_i)$ saling terkait; dengan menyatakan salah satunya lewat yang lain lalu menguraikannya, $\det_{\mathcal B}(u(e_i)) = 0$ (sifat [alternating](#def-b2-linalg-alternating) menolkan arah yang berulang), jadi $\det u = 0$. Kriteria basisnya adalah pernyataan yang sama untuk keluarga.

(3) Pada rumus permutasi, indeks ulang tiap hasil kali dengan $j =
\sigma(i)$, yakni $i = \tau(j)$ dengan $\tau = \sigma^{-1}$: faktornya bilangan yang sama dalam urutan berbeda, sehingga

$$
\prod_{i=1}^{n} a_{\sigma(i),\,i} = \prod_{j=1}^{n}
a_{j,\,\tau(j)} ,
$$

dan $\varepsilon(\tau) = \varepsilon(\sigma)^{-1} =
\varepsilon(\sigma)$ (nilainya $\pm1$, dan $\varepsilon$ sebuah morfisma). Menjumlahkan atas $\sigma$ sama saja dengan menjumlahkan atas $\tau$ (pembalikan adalah bijeksi $\mathfrak{S}_n$):

$$
\det A = \sum_{\tau}\varepsilon(\tau)\prod_j a_{j,\tau(j)}
= \det(A^{\mathsf T}),
$$

sebab jumlah terakhir itu tak lain rumus permutasi yang diterapkan pada unsur [transpos](#def-b2-linalg-transpose) $(A^{\mathsf T})_{ij} = a_{ji}$.

(4) Tetapkan kolom $j$ lalu pecah $x_j = \sum_i a_{ij} e_i$ lewat kelinearan: $\det A = \sum_i a_{ij}\, \det(\dots, e_i, \dots)$, dan memindahkan $e_i$ ke kedudukan terakhir ($n - i$ [transposisi](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-sn) baris dan $n - j$ [transposisi](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-sn) kolom, lewat (3)) menyamakan $\det(\dots, e_i, \dots) =
(-1)^{i+j}\Delta_{ij}$ dengan minornya: persis aturan kofaktor Tahun ke-1. Keserupaan: $\det(P^{-1}AP) = \det P^{-1}\det A \det P =
\det A$ menurut (1). ∎

**Contoh 2.18 (Penguraian kofaktor, dikerjakan).**

Hitung

$$
\det\begin{pmatrix}
2 & 1 & 3\\
0 & 4 & 1\\
1 & 2 & 0
\end{pmatrix}
$$

sepanjang kolom pertama (kemalasan senilai dua nol: satu perhitungan). Tandanya mengikuti pola papan catur $(-1)^{i+j}$:

$$
2\,\det\begin{pmatrix}4 & 1\\ 2 & 0\end{pmatrix}
- 0
+ 1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 3\\ 4 & 1\end{pmatrix}
= 2(0 - 2) + (1 - 12) = -15 .
$$

Periksa silang lewat Sarrus ([Contoh 2.15](#ex-b2-linalg-sarrus)): $0 + 1 + 0
- 12 - 0 - 4 = -15$. Ini siasat, bukan doktrin: uraikan sepanjang garis dengan nol terbanyak, dan bila tidak ada satu pun yang punya nol, ciptakan dulu beberapa lewat operasi baris — karena satu putaran penyederhanaan lebih murah daripada dua lapis kofaktor.

**Contoh 2.19 (Sebuah determinan lewat aturannya).**

Misalkan $J \in \mathcal{M}_n(K)$ matriks yang semua unsurnya satu dan $a \in K$; kita hitung $\det(aI_n + J)$ dengan perkakas yang baru saja dibuktikan. Setiap kolom $aI_n + J$ berjumlah dengan pola yang sama: tambahkan semua baris ke baris pertama ([determinannya](#def-b2-linalg-det) tak berubah — menambahkan kelipatan satu baris ke baris lain menambahkan suku berarah berulang, yang ditolkan sifat [alternating](#def-b2-linalg-alternating)). Baris pertama menjadi $(a + n, a + n, \dots, a + n)$; keluarkan faktor $a + n$ lewat kelinearan pada baris itu, lalu kurangkan kolom pertama dari setiap kolom lain: yang tersisa segitiga dengan diagonal $(1, a, \dots, a)$. Jadi

$$
\det(aI_n + J) = (a + n)\,a^{\,n-1}.
$$

Pelajaran penutupnya: akar $a = 0$ (bermultiplisitas $n - 1$) dan $a = -n$ mengatakan bahwa $J$ punya nilai eigen $0$ bermultiplisitas $n - 1$ dan nilai eigen $n$ sekali — yakni spektrum matriks $J$ yang berank satu, satu bab lebih awal ([Bab 3](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#ch-b2-reduction) akan menjadikannya sistematis).

**Contoh 2.20 (Sebuah determinan lewat rumus permutasi).**

Untuk matriks dengan banyak nol, rumus itu praktis dengan sendirinya: pada

$$
A = \begin{pmatrix}
0 & a & 0 & 0\\
0 & 0 & b & 0\\
0 & 0 & 0 & c\\
d & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix},
$$

satu-satunya permutasi yang memungut unsur tak nol adalah [siklus](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-sn) berpanjang $4$, yaitu $\sigma = (1\,2\,3\,4)$, yang memetakan kolom $1
\to$ baris $4$, dan seterusnya; $\varepsilon(\sigma) = (-1)^3 = -1$, jadi $\det A = -abcd$. (Periksa lewat tiga penukaran kolom sampai tercapai matriks diagonal.)

**Contoh 2.21 (Vandermonde lewat rumus hasil kali).**

Untuk simpul $0, 1, 2$ (yang dipakai aturan kuadratur seperti pada [Latihan 2.4](#exo-b2-linalg-4)), [determinan](#def-b2-linalg-det) Vandermonde pada [Latihan 2.11](#exo-b2-linalg-11) terhitung dalam sekali pandang:

$$
\det\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 2\\
0 & 1 & 4
\end{pmatrix}
= (1 - 0)(2 - 0)(2 - 1) = 2 ,
$$

dan lewat penguraian langsung sepanjang kolom pertama: $1\cdot(4 - 2)
= 2$, jadi cocok. Ketaknolan untuk simpul yang berbeda adalah seluruh teori interpolasi di dalam satu [determinan](#def-b2-linalg-det): bentuk evaluasi $P \mapsto P(a_i)$ merupakan [basis dualnya](#def-b2-linalg-dual) persis ketika [determinan](#def-b2-linalg-det) ini tak nol, yakni selalu untuk $a_i$ yang berbeda — [Contoh 2.2](#ex-b2-linalg-dualexamples) yang dikuantifikasi.

## 2.3 Trace, ditinjau ulang

**Proposisi 2.22.**

Trace $\operatorname{tr} \colon \mathcal{M}_n(K) \to K$ adalah satu-satunya bentuk linear dengan $\operatorname{tr}(AB) =
\operatorname{tr}(BA)$ dan $\operatorname{tr}(I_n) = n$ (untuk $\operatorname{char} K = 0$); trace sebuah endomorfisma terdefinisi dengan baik lewat penyajian matriks mana pun, dan

$$
\operatorname{tr}(u) = \sum_{i} e_i^*\bigl(u(e_i)\bigr)
$$

pada basis mana pun — dualitas menuliskan trace tanpa basis.

**Bukti.** $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ dan ketakbergantungannya pada basis telah dibuktikan pada Tahun ke-1. Ketunggalan: bentuk linear $t$ dengan $t(AB) = t(BA)$ menolkan setiap komutator $AB - BA$. Kita klaim komutator merentang hiperbidang bertrace nol, yang berdimensi $n^2 - 1$. Dua keluarga komutator sudah cukup. Aturan perkalian matriks elementer adalah $E_{ab}E_{cd} = \delta_{bc}E_{ad}$. Untuk $i \neq j$ aturan itu memberi

$$
E_{ii}E_{ij} - E_{ij}E_{ii} = E_{ij} - 0 = E_{ij}
$$

(hasil kali kedua adalah $E_{ij}E_{ii} = \delta_{ji}E_{ii} = 0$ karena $j \neq i$): jadi setiap $E_{ij}$ di luar diagonal adalah komutator. Dan

$$
E_{ij}E_{ji} - E_{ji}E_{ij} = E_{ii} - E_{jj} .
$$

Matriks $E_{ij}$ ($i \neq j$, sebanyak $n^2 - n$) bersama $E_{11} - E_{jj}$ ($j \geq 2$, sebanyak $n - 1$) berjumlah $n^2 - 1$ matriks bertrace nol yang bebas linear: keduanya merentang hiperbidang $\ker\operatorname{tr}$. Jadi $t$ nol di tempat $\operatorname{tr}$ nol, sehingga ia terfaktorkan lewatnya: $t =
c\operatorname{tr}$; lalu $t(I) = n$ memaksa $c = 1$. Adapun ungkapan di atas: unsur diagonal ke-$i$ pada matriks $u$ tepat sama dengan $e_i^*(u(e_i))$. ∎

**Catatan 2.23 (Jebakan yang sering muncul).**

(i) [Determinan](#def-b2-linalg-det) bersifat $n$-linear pada *kolomnya*, bukan linear pada matriksnya: $\det(A + B) \neq \det A + \det B$ pada umumnya, dan $\det(\lambda A) = \lambda^n\det A$, bukan $\lambda\det A$. (ii) [Transposisi](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-sn) membalik urutan hasil kali: $(vu)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T}v^{\mathsf T}$; melupakan pembalikan itu merusak setiap perhitungan yang melibatkan invers. (iii) [Anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) $F^\circ$ hidup di $E^*$, bukan di $E$: ia menjadi “komplemen ortogonal” yang lazim itu hanya setelah suatu hasil kali dalam menyamakan $E$ dengan $E^*$ ([Bab 12](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/12-bentuk-kuadratik#ch-b2-quadratic)); tidak ada penyamaan semacam itu yang kanonik. (iv) “Rank baris sama dengan rank kolom” tidak berarti *ruang* baris sama dengan ruang kolom — keduanya hidup di ruang yang berbeda ($K^n$ dan $K^m$) dan berhubungan lewat [Proposisi 2.10](#prop-b2-linalg-transposerank), bukan sama. (v) Rumus permutasi adalah alat bukti: untuk bilangan, pakailah operasi baris dan kofaktor ([Contoh 2.15](#ex-b2-linalg-sarrus)).

**Contoh 2.24 (Pasangan trace membelah ruang matriks).**

Pada $\mathcal{M}_2(\R)$ dengan pasangan $\langle A, B\rangle =
\operatorname{tr}(AB)$ dari [Latihan 2.9](#exo-b2-linalg-9): uraikan $M =
\left(\begin{smallmatrix}1 & 4\\ 2 & 3\end{smallmatrix}\right)$ menjadi bagian setangkup dan bagian antisetangkup,

$$
M = S + A, \qquad
S = \tfrac12(M + M^{\mathsf T}) =
\begin{pmatrix}1 & 3\\ 3 & 3\end{pmatrix},
\qquad
A = \tfrac12(M - M^{\mathsf T}) =
\begin{pmatrix}0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}.
$$

Maka $\operatorname{tr}(SA) = \operatorname{tr}
\left(\begin{smallmatrix}-3 & 1\\ -3 & 3\end{smallmatrix}\right) = 0$: kedua bagiannya “ortogonal” terhadap pasangan trace — sebuah perwujudan fakta umum (yang dibuktikan pada soal akhir pekan bab ini) bahwa matriks antisetangkup persis membentuk [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) matriks setangkup. Dualitas melihat penguraian $\mathcal{M}_n = \mathcal{S}_n \oplus
\mathcal{A}_n$ sebelum hasil kali dalam apa pun dipilih.

**Catatan 2.25 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini).**

Perhatikan ketiga konstruksi bab ini berganti kostum di halaman-halaman berikutnya. *[Transpos](#def-b2-linalg-transpose)* kembali pada [Bab 3](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#ch-b2-reduction): $u$ dan $u^{\mathsf T}$ berbagi nilai eigen dengan multiplisitas geometrik yang sama (soal akhir pekan bab ini, pertanyaan 15), dan itulah sebabnya telaah baris dan telaah kolom sebuah matriks tak pernah berselisih. *[Determinan](#def-b2-linalg-det)* menjadi fungsi sebuah parameter pada [Bab 3](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#ch-b2-reduction) ($\chi_u(X) = \det(X\,\mathrm{id} - u)$) dan menjadi Jacobian pada [Bab 20](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/20-integral-garis-dan-integral-lipat#ch-b2-multint), tempat kemultilinearannya berubah menjadi faktor penggantian peubah. *Trace* menyemai invarian keserupaan: ia koefisien kedua pada $\chi_u$, jumlah nilai eigen, dan pada akhirnya integral diagonal pada kesamaan bergaya [Bab 14](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/14-deret-fourier#ch-b2-fourier). Satu bab aljabar linear, tiga bayangan panjang.

**Catatan 2.26 (Di mana bab ini dipakai).**

[Ruang dual](#def-b2-linalg-dual) bukan abstraksi demi abstraksi: [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) dan [transpos](#def-b2-linalg-transpose) menjalankan teori keterselesaian sistem linear (soal akhir pekan bab ini membuktikan alternatif Fredholm berdimensi hingga dari keduanya), pasangan tak degenerat muncul kembali sebagai bentuk polar pada [Bab 12](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/12-bentuk-kuadratik#ch-b2-quadratic) dan sebagai adjoin pada [Bab 13](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/13-bentuk-hermitian#ch-b2-hermitian), dan [determinan](#def-b2-linalg-det) yang [dibangun](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-generated) di sini menggerakkan seluruh [Bab 3](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#ch-b2-reduction). Pada jilid Tahun ke-3 dualitas yang sama, setelah diangkut ke dimensi tak hingga, menjadi teorema representasi Riesz dan teori Fredholm pada ruang Hilbert — dengan kekompakan menggantikan pencacahan dimensi yang dipakai di sini.

## 2.4 Latihan

**Latihan 2.1 ★.**

Di $\R^3$, misalkan $\varphi_1(x,y,z) = x + y$, $\varphi_2 = y + z$, $\varphi_3 = x + z$. Buktikan bahwa $(\varphi_1, \varphi_2, \varphi_3)$ adalah basis $(\R^3)^*$ lalu carilah basis $\R^3$ yang dualnya adalah basis itu.

**Solusi Latihan 2.1.**

Tiga bentuk di dalam dual berdimensi $3$: cukuplah kebebasannya. Sebuah kaitan $\alpha\varphi_1 + \beta\varphi_2 + \gamma\varphi_3 = 0$ yang dinilai di $(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$ memberi $\alpha + \gamma = 0$, $\alpha + \beta = 0$, $\beta + \gamma = 0$, sehingga $\alpha = \beta =
\gamma = 0$.

Basis pra-dual $(u_1, u_2, u_3)$: selesaikan $\varphi_i(u_j) =
\delta_{ij}$. Dengan menulis $u_j = (x, y, z)$: untuk $u_1$ syaratnya $x + y = 1$, $y + z = 0$, $x + z = 0$, yang memberi $u_1 =
\bigl(\tfrac12, \tfrac12, -\tfrac12\bigr)$; setangkup dengan itu $u_2 =
\bigl(-\tfrac12, \tfrac12, \tfrac12\bigr)$, $u_3 = \bigl(\tfrac12,
-\tfrac12, \tfrac12\bigr)$.

**Latihan 2.2 ★.**

Hitung [determinan](#def-b2-linalg-det) berikut dengan rumus permutasi:

$$
\begin{pmatrix} 0 & 0 & a\\ 0 & b & 0\\ c & 0 & 0 \end{pmatrix},
\qquad
\begin{pmatrix}
a & b & 0 & 0\\
c & d & 0 & 0\\
0 & 0 & e & f\\
0 & 0 & g & h
\end{pmatrix},
$$

lalu nyatakan aturan diagonal blok yang disarankan matriks kedua.

**Solusi Latihan 2.2.**

Matriks pertama: satu-satunya permutasi berhasil kali tak nol mengirim $1 \mapsto 3$, $2 \mapsto 2$, $3 \mapsto 1$ — yakni [transposisi](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-sn) $(1\,3)$, bertanda $-1$: jadi [determinannya](#def-b2-linalg-det) $-abc$.

Matriks kedua: permutasi berhasil kali tak nol tidak mungkin mencampur kedua bloknya (unsur yang menghubungkan keduanya bernilai $0$), jadi ia terpecah menjadi permutasi $\{1,2\}$ dikali permutasi $\{3,4\}$, dan tandanya adalah hasil kali kedua tanda itu: jumlahnya terfaktorkan menjadi

$$
(ad - bc)(eh - fg) .
$$

Aturan umum yang disarankan (dan memang benar, dengan bukti serupa): [determinan](#def-b2-linalg-det) matriks diagonal blok adalah hasil kali [determinan](#def-b2-linalg-det) blok-bloknya.

**Latihan 2.3 ★.**

Misalkan $F = \{(x,y,z,t) \in \R^4 : x + y = z + t \text{ dan } x = 2y\}$. Berilah sebuah basis $F^\circ$ lalu periksa [Teorema 2.6](#thm-b2-linalg-annihilator) pada dimensinya.

**Solusi Latihan 2.3.**

$F$ ditetapkan oleh dua persamaan bebas $\varphi_1(x,y,z,t)
= x + y - z - t = 0$ dan $\varphi_2 = x - 2y = 0$: menurut [Teorema 2.6](#thm-b2-linalg-annihilator) yang dibaca terbalik, $F^\circ =
\operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ — keduanya berada di $F^\circ$ menurut konstruksinya, keduanya bebas (tidak sebanding), dan $\dim F^\circ
= 4 - \dim F = 4 - 2 = 2$ sebab $\dim F = 2$ (dua persamaan bebas di $\R^4$). Basisnya: $(\varphi_1, \varphi_2)$; dimensinya: $2 + 2 = 4$, sesuai tuntutan teorema itu.

**Latihan 2.4 ★★.**

Misalkan $a_0, \dots, a_n$ titik yang berbeda di $K$ dan $\varphi_i \colon
P \mapsto P(a_i)$ pada $K_n[X]$. Buktikan bahwa $(\varphi_0, \dots,
\varphi_n)$ adalah basis $K_n[X]^*$, kenali basis pra-dualnya, lalu uraikan bentuk $P \mapsto \int_0^1 P(t)\,\dd t$ (untuk $K = \R$, $n = 2$, $a_i = 0, \frac12, 1$) pada basis itu — sehingga aturan Simpson dikenali.

**Solusi Latihan 2.4.**

Bentuk $\varphi_i$ berjumlah $n + 1$ pada ruang berdimensi $(n+1)$, jadi cukuplah kebebasannya. Jika $\sum_i \lambda_i \varphi_i = 0$, nilailah pada polinomial Lagrange $L_j$ atas simpulnya: $\lambda_j = 0$. Basis pra-dualnya adalah $(L_0, \dots, L_n)$, sebab $\varphi_i(L_j) =
L_j(a_i) = \delta_{ij}$.

Untuk bentuk integral dengan simpul $0, \frac12, 1$ pada $\R_2[X]$: $\int_0^1 P = \sum_i c_i P(a_i)$ dengan $c_i = \int_0^1 L_i$. Hitung: $L_0 = 2(X - \tfrac12)(X - 1)$, $\int_0^1 L_0 = \frac16$; $L_1 =
-4X(X-1)$, $\int_0^1 L_1 = \frac46$; $L_2 = 2X(X - \tfrac12)$, $\int_0^1 L_2 = \frac16$. Karenanya

$$
\int_0^1 P = \frac{1}{6}\Bigl(P(0) + 4P\bigl(\tfrac12\bigr) +
P(1)\Bigr)
\quad (P \in \R_2[X]) :
$$

yaitu aturan Simpson, yang tepat pada polinomial kuadrat — sebuah pernyataan tentang [basis dual](#def-b2-linalg-dual).

**Latihan 2.5 ★★.**

Misalkan $u \in \mathcal{L}(E)$ dengan $\dim E = n$ dan $\operatorname{rk} u
= 1$. Buktikan bahwa $u = \varphi(\cdot)\, a$ untuk suatu vektor $a$ dan suatu bentuk $\varphi$; bahwa $\operatorname{tr} u = \varphi(a)$; dan bahwa $u^2 = (\operatorname{tr} u)\, u$. Turunkan $\det(I + u) = 1 +
\operatorname{tr} u$.

**Solusi Latihan 2.5.**

$\operatorname{im} u = Ka$ untuk suatu $a \neq 0$; maka $u(x) =
\varphi(x)\,a$ dengan $\varphi(x)$ adalah koordinat $u(x)$ pada $a$ — yang linear pada $x$. Trace: lengkapi $a = e_1$ menjadi basis; matriks $u$ berkolom $\varphi(e_j)\,e_1$, jadi satu-satunya unsur diagonalnya adalah $\varphi(e_1) = \varphi(a)$, sehingga $\operatorname{tr} u =
\varphi(a)$. Lalu

$$
u^2(x) = \varphi(x)\, u(a) = \varphi(x)\varphi(a)\, a
= (\operatorname{tr} u)\, u(x).
$$

[Determinannya](#def-b2-linalg-det), dalam dua kasus. *Jika $\varphi(a) \neq 0$:* ambil sembarang basis hiperbidang $\ker\varphi$ lalu tambahkan $a$. Maka $u$ menolkan $\ker\varphi$ (di sana $u(x) = \varphi(x)a = 0$) dan $u(a) =
\varphi(a)\,a$: matriks $I + u$ menjadi diagonal, $(1, \dots, 1,\,
1 + \varphi(a))$, sehingga $\det(I + u) = 1 + \varphi(a) = 1 +
\operatorname{tr} u$. *Jika $\varphi(a) = 0$:* maka $a \in
\ker\varphi$; ambil basis $\ker\varphi$ yang vektor pertamanya $a$, lalu tambahkan vektor $b$ dengan $\varphi(b) = 1$. Maka $I + u$ membiarkan basis $\ker\varphi$ tetap dan mengirim $b \mapsto b + a$: segitiga dengan diagonal satu, jadi $\det(I + u) = 1 = 1 +
\operatorname{tr} u$. Kedua kasus itu cocok dengan rumusnya.

**Latihan 2.6 ★★.**

Buktikan bahwa setiap hiperbidang $\mathcal{M}_n(K)$ ($n \geq 2$) memuat sebuah matriks yang punya invers. *Petunjuk: sebuah hiperbidang berbentuk $\{M : \operatorname{tr}(AM) = 0\}$ untuk suatu $A \neq 0$ ([Latihan 2.9](#exo-b2-linalg-9)). Jika $A$ skalar, tunjukkan sebuah matriks bertrace nol yang punya invers; jika tidak, carilah $M$ berinvers yang membuat diagonal $AM$ nol — matriks bergaya permutasi sanggup.*

**Solusi Latihan 2.6.**

Menurut [Latihan 2.9](#exo-b2-linalg-9), hiperbidangnya adalah $H_A = \{M :
\operatorname{tr}(AM) = 0\}$ dengan $A \neq 0$.

*Jika $A = \lambda I$:* maka $H_A$ adalah hiperbidang bertrace nol; matriks permutasi [siklus](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-sn) panjang $n$ (bernilai satu pada kedudukan $(i,
i+1)$ dan $(n, 1)$) punya invers ([determinannya](#def-b2-linalg-det) $\pm 1$ menurut perhitungan [Contoh 2.20](#ex-b2-linalg-permexample)) dan bertrace nol.

*Jika $A$ bukan skalar:* mula-mula carilah $P$ berinvers sedemikian sehingga $B = P^{-1}AP$ punya unsur tak nol di luar diagonal, yaitu $b_{ji}$ dengan ($j \neq i$). Memang, jika $A$ sudah punya unsur semacam itu, ambil $P = I$; jika $A$ diagonal dengan dua unsur berbeda $d_1 \neq d_2$, mengonjugasikannya dengan transveksi $P = I + E_{12}$ akan memunculkan unsur luar diagonal $d_1 - d_2 \neq 0$ (hitunglah: $P^{-1}AP = A + (d_1 - d_2)E_{12}$); sedangkan matriks diagonal yang semua unsurnya sama adalah skalar, dan itu sudah disingkirkan. Kini ambil $M' = I + tE_{ij}$ dengan $t = -\operatorname{tr}(B)/b_{ji}$: maka

$$
\operatorname{tr}(BM') = \operatorname{tr} B + t\,b_{ji} = 0,
$$

dan $M'$ punya invers (segitiga dengan diagonal satu). Setelah konjugasinya dibatalkan, $M = PM'P^{-1}$ punya invers dan $\operatorname{tr}(AM) = \operatorname{tr}(BM') = 0$: jadi $M \in H_A$.

**Latihan 2.7 ★★.**

(Turunan [determinan](#def-b2-linalg-det)) Untuk $A \in \mathcal{M}_n(\R)$, buktikan dari kemultilinearan bahwa

$$
\frac{\dd}{\dd t}\Big|_{t=0} \det(I_n + tA) = \operatorname{tr} A ,
$$

lalu turunkan $\det(\eu^{tA}) = \eu^{t\operatorname{tr} A}$ dengan mengandaikan keterdiferensialan $t \mapsto \det(\eu^{tA})$ dan sifat grup $\eu^{(s+t)A} = \eu^{sA}\eu^{tA}$ (yang ditegakkan pada [Bab 16](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/16-persamaan-diferensial#ch-b2-diffeq)).

**Solusi Latihan 2.7.**

Menurut rumus permutasi, $\det(I + tA)$ adalah polinomial dalam $t$; suku tetapnya $1$ (ambil $t = 0$). Koefisien $t$-nya: uraikan $\det$ sebagai [bentuk alternating](#def-b2-linalg-alternating) atas kolom $e_j + t\,c_j(A)$; menurut kemultilinearan, suku yang linear pada $t$ mengganti tepat satu $e_j$ dengan $c_j(A)$:

$$
\sum_{j} \det(e_1, \dots, c_j(A), \dots, e_n)
= \sum_j a_{jj} = \operatorname{tr} A ,
$$

([determinan](#def-b2-linalg-det) dengan semua kolom kanonik kecuali $c_j(A)$ pada slot $j$ memungut unsur diagonal ke-$j$). Jadi turunannya di $0$ adalah $\operatorname{tr} A$.

Misalkan $g(t) = \det(\eu^{tA})$. Sifat grupnya memberi $g(s + t) =
g(s)g(t)$ (kemultiplikatifan $\det$), $g$ dapat diturunkan, dan $g'(0) = \operatorname{tr} A$ menurut uraian di atas ($\eu^{tA} = I + tA +
O(t^2)$). Morfisma $(\R, +) \to (\R^*, \times)$ yang dapat diturunkan memenuhi $g' = g'(0)\,g$ (turunkan $g(s+t)$ terhadap $s$ di $0$), jadi $g(t) = \eu^{t\operatorname{tr} A}$ berkat ketunggalan penyelesaian $y' = cy$ dengan $y(0) = 1$ (jilid Tahun ke-1).

**Latihan 2.8 ★★.**

(Sirkulan $3 \times 3$) Misalkan $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ dan

$$
C = \begin{pmatrix}
a & b & c\\
c & a & b\\
b & c & a
\end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\C).
$$

Periksalah bahwa kolom matriks Vandermonde atas $1, j, j^2$ adalah vektor eigen $C$, lalu turunkan

$$
\det C = (a + b + c)(a + bj + cj^2)(a + bj^2 + cj).
$$

**Solusi Latihan 2.8.**

Misalkan $v_k = (1, j^k, j^{2k})^{\mathsf T}$ untuk $k = 0, 1, 2$. Dengan memakai $1 + j + j^2 = 0$ dan $j^3 = 1$:

$$
C v_k =
\begin{pmatrix}
a + b j^k + c j^{2k}\\
c + a j^k + b j^{2k}\\
b + c j^k + a j^{2k}
\end{pmatrix}
= (a + b j^k + c j^{2k})
\begin{pmatrix} 1\\ j^k\\ j^{2k}\end{pmatrix},
$$

(periksa baris kedua: $j^k(a + bj^k + cj^{2k}) = aj^k + bj^{2k} +
cj^{3k} = c + aj^k + bj^{2k}$). Jadi $v_k$ vektor eigen dengan nilai eigen $\lambda_k = a + bj^k + cj^{2k}$. Vektor $v_k$ membentuk basis (Vandermonde atas $1, j, j^2$ yang berbeda), jadi $C$ dapat didiagonalkan dengan nilai eigen tersebut, dan

$$
\det C = \lambda_0\lambda_1\lambda_2
= (a+b+c)(a + bj + cj^2)(a + bj^2 + cj).
$$

**Latihan 2.9 ★★★.**

Buktikan bahwa setiap bentuk linear $t$ pada $\mathcal{M}_n(K)$ berbentuk $M \mapsto \operatorname{tr}(AM)$ untuk suatu $A$ yang tunggal: pemetaan $A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ adalah isomorfisma dari $\mathcal{M}_n(K)$ pada dualnya. Turunkan lagi pernyataan ketunggalan pada [Proposisi 2.22](#prop-b2-linalg-trace).

**Solusi Latihan 2.9.**

Pemetaan $\Theta \colon A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ bersifat linear dari $\mathcal{M}_n(K)$ ke dualnya, di antara dua ruang berdimensi sama $n^2$: jadi cukuplah keinjektifannya. Jika $\operatorname{tr}(AM) =
0$ untuk setiap $M$, ambil $M = E_{ji}$: $\operatorname{tr}(A E_{ji}) =
a_{ij} = 0$ untuk setiap $i, j$, jadi $A = 0$. Maka $\Theta$ isomorfisma.

Ketunggalan trace ([Proposisi 2.22](#prop-b2-linalg-trace)): bentuk $t$ yang menolkan semua komutator berbentuk $\operatorname{tr}(A\,\cdot)$ untuk suatu $A$ dengan $\operatorname{tr}(A(MN - NM)) = 0$ untuk setiap $M, N$, yakni $\operatorname{tr}((AM - MA)N) = 0$ untuk setiap $N$ (sifat siklis), yakni $AM = MA$ untuk setiap $M$ (keinjektifan $\Theta$): jadi $A$ komutatif dengan segalanya, sehingga ia skalar ($A$ yang komutatif dengan semua $E_{ij}$ memaksa unsur luar diagonalnya $0$ dan unsur diagonalnya sama), sehingga $t = c \operatorname{tr}$.

**Latihan 2.10 ★★★.**

Misalkan $u, v \in \mathcal{L}(E)$ dengan $u \circ v - v \circ u = u$. Buktikan bahwa $u$ nilpoten. *Petunjuk: tunjukkan $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ untuk setiap $k \geq 1$ (hitung $u^k v -
v u^k$ secara induktif), lalu pakai fakta berikut, yang dibuktikan lewat kesamaan Newton atau lewat induksi pada dimensinya: endomorfisma sebuah ruang vektor atas $\C$ yang semua pangkatnya bertrace nol pastilah nilpoten. Bekerjalah atas $\C$.*

**Solusi Latihan 2.10.**

Bekerjalah atas $\C$ (matriks real nilpoten bila dan hanya bila ia nilpoten sebagai matriks kompleks: kenilpotenan berarti $u^n = 0$).

*Langkah 1: $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ untuk $k \geq 1$.* Secara induktif, $u^k v - v u^k = k\, u^k$: untuk $k = 1$ inilah hipotesisnya; sedangkan untuk langkah induksinya,

$$
u^{k+1}v - vu^{k+1} = u^k(uv - vu) + (u^k v - v u^k)u
= u^{k+1} + k\,u^{k+1} .
$$

Setelah tracenya diambil: $0 = \operatorname{tr}(u^k v) -
\operatorname{tr}(vu^k) = k \operatorname{tr}(u^k)$, sehingga $\operatorname{tr}(u^k) = 0$.

*Langkah 2: trace pangkat yang nol mengakibatkan kenilpotenan (atas $\C$).* Misalkan $\lambda_1, \dots, \lambda_r$ nilai eigen tak nol $u$ yang berbeda, dengan multiplisitas $m_1, \dots, m_r$ (pada polinomial karakteristik, yang terurai lengkap atas $\C$ — [Bab 3](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#ch-b2-reduction)). Trace pangkatnya adalah $\operatorname{tr}(u^k) =
\sum_i m_i \lambda_i^k$ (trigonalkan: diagonal pangkat ke-$k$ sebuah matriks segitiga berisi pangkat ke-$k$ diagonalnya). Sistem $\sum_i m_i
\lambda_i^k = 0$ untuk $k = 1, \dots, r$ dapat dibalik secara Vandermonde pada peubah $m_i\lambda_i$ (matriks $(\lambda_i^{k-1})$ dikali diagonal $\lambda_i$, dengan semua $\lambda_i \neq 0$ berbeda): jadi setiap $m_i \lambda_i = 0$, dan itu mustahil bila $m_i \geq 1$ kecuali $r = 0$. Jadi $u$ tidak punya nilai eigen tak nol: polinomial karakteristiknya $(-X)^n$, dan Cayley–Hamilton ([Bab 3](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#ch-b2-reduction)) memberi $u^n = 0$, yakni nilpoten.

**Latihan 2.11 ★★.**

(Vandermonde) Untuk $a_0, \dots, a_n \in K$, buktikan

$$
\det\begin{pmatrix}
1 & 1 & \cdots & 1\\
a_0 & a_1 & \cdots & a_n\\
\vdots & \vdots & & \vdots\\
a_0^n & a_1^n & \cdots & a_n^n
\end{pmatrix}
= \prod_{0 \leq i < j \leq n} (a_j - a_i).
$$

*(Pandang [determinan](#def-b2-linalg-det) itu sebagai polinomial dalam $a_n$: kenali derajatnya, akarnya, dan koefisien utamanya; lalu berinduksilah.)*

**Solusi Latihan 2.11.**

Tulis $V(a_0, \dots, a_n)$ untuk [determinannya](#def-b2-linalg-det) lalu berinduksilah pada $n$; $V(a_0) = 1$ menjadi awalnya. Tetapkan $a_0, \dots, a_{n-1}$ lalu pandang $D(T) = V(a_0, \dots, a_{n-1}, T)$, yakni [determinan](#def-b2-linalg-det) yang kolom terakhirnya $(1, T, \dots, T^n)$: dengan menguraikannya sepanjang kolom itu, $D$ adalah polinomial berderajat $\leq n$ dalam $T$ yang koefisien $T^n$-nya adalah minor $V(a_0, \dots, a_{n-1})$. Andaikan dulu $a_0,
\dots, a_{n-1}$ berbeda. Untuk tiap $T = a_i$ ($i < n$) ada dua kolom yang berimpit, jadi $D(a_i) = 0$: dengan $n$ akar yang berbeda dan derajat $\leq n$,

$$
D(T) = V(a_0, \dots, a_{n-1}) \prod_{i=0}^{n-1}(T - a_i),
$$

lalu $T = a_n$ beserta hipotesis induksinya memberi rumus hasil kali itu. Jika dua di antara $a_0, \dots, a_{n-1}$ berimpit, kedua ruasnya bernilai $0$ (kolom yang berulang; faktor yang berulang), sehingga rumusnya berlaku secara sepele.

**Latihan 2.12 ★★★.**

Misalkan $A, B, C, D \in \mathcal{M}_n(K)$ dengan $K$ tak hingga, dan andaikan $CD = DC$. Buktikan bahwa

$$
\det\begin{pmatrix} A & B\\ C & D\end{pmatrix}
= \det(AD - BC).
$$

*(Tinjau dulu $D$ yang punya invers, dengan mengalikan dari kanan oleh $\left(\begin{smallmatrix} I & 0\\ -D^{-1}C & I\end{smallmatrix}\right)$; lalu ganti $D$ dengan $D + tI$ dan bandingkan dua polinomial dalam $t$.)*

**Solusi Latihan 2.12.**

*$D$ punya invers.* Kalikan dari kanan dengan matriks blok $T = \left(\begin{smallmatrix} I & 0\\ -D^{-1}C & I\end{smallmatrix}\right)$, yang segitiga blok dengan diagonal satu, sehingga $\det T = 1$ ([determinannya](#def-b2-linalg-det), menurut rumus permutasi, hanya memungut blok diagonalnya — inilah aturan blok pada [Latihan 2.2](#exo-b2-linalg-2)):

$$
\begin{pmatrix} A & B\\ C & D\end{pmatrix} T
= \begin{pmatrix} A - BD^{-1}C & B\\ C - DD^{-1}C & D\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} A - BD^{-1}C & B\\ 0 & D\end{pmatrix},
$$

yang [determinannya](#def-b2-linalg-det) $\det(A - BD^{-1}C)\det D = \det\bigl((A -
BD^{-1}C)D\bigr) = \det(AD - BD^{-1}CD)$. Karena $CD = DC$, berlaku $BD^{-1}CD = BC$: jadi [determinannya](#def-b2-linalg-det) $\det(AD - BC)$.

*Untuk $D$ sembarang.* Misalkan $D_t = D + tI$; maka tetap berlaku $CD_t = D_tC$. Keduanya, yakni

$$
f(t) = \det\begin{pmatrix} A & B\\ C & D_t\end{pmatrix}
\qquad\text{dan}\qquad
g(t) = \det(AD_t - BC)
$$

merupakan fungsi polinomial dalam $t$. Polinomial $\det(D + tI)$ bersifat monik berderajat $n$, jadi ia punya paling banyak $n$ akar: untuk semua $t$ kecuali berhingga banyak, $D_t$ punya invers dan $f(t) =
g(t)$ menurut kasus pertama. Dua polinomial atas lapangan tak hingga yang berimpit pada tak hingga banyak titik pastilah sama: jadi $f = g$, dan $t = 0$ merampungkannya.

## 2.5 Soal: Alternatif Fredholm

Kapan sistem linear $u(x) = b$ punya penyelesaian? Jawaban lengkapnya berupa pernyataan dualitas: *tepat ketika $b$ dianihilasi oleh setiap bentuk linear yang menganihilasi peta $u$* — dan bentuk semacam itu terhitungkan, sebab ia kernel transposnya. Soal akhir pekan ini membangun kamus lengkap dualitas berdimensi hingga (pemfaktoran bentuk, bidualitas, kalkulus [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator), [transpos](#def-b2-linalg-transpose)), membuktikan *alternatif Fredholm* berdimensi hingga, dan ditutup dengan bentuk trace beserta sebuah pencirian: trace adalah satu-satunya invarian linear bagi keserupaan. Di sepanjang soal ini, $E$ dan $F$ adalah ruang vektor atas $K$ yang berdimensi hingga, dan $n = \dim E$.

**Soal 2.1.**

Soal akhir pekan — dualitas dalam dimensi hingga dan alternatif Fredholm

Notasi: untuk $S \subseteq E^*$, *[pra-anihilator](#def-b2-linalg-annihilator)* adalah $S_\circ = \{x \in E : \varphi(x) = 0 \text{ untuk setiap } \varphi
\in S\}$; adapun [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) $F^\circ$ dan [transpos](#def-b2-linalg-transpose) $u^{\mathsf T}$ adalah yang ada pada [Definisi 2.5](#def-b2-linalg-annihilator) dan [Definisi 2.8](#def-b2-linalg-transpose).

**Bagian I — Lema pemfaktoran.** Misalkan $\varphi_1, \dots, \varphi_p, \varphi \in E^*$.

1. Misalkan $\Phi \colon E \to K^p$, $x \mapsto (\varphi_1(x),  \dots, \varphi_p(x))$. Kenali $\ker\Phi$, tunjukkan $\Phi^{\mathsf T}$ memetakan bentuk koordinat $K^p$ ke $\varphi_i$, lalu turunkan $$\dim \bigl(\ker\varphi_1 \cap \dots \cap  \ker\varphi_p\bigr) = n - \dim  \operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots, \varphi_p).$$
2. (Lema pemfaktoran) Buktikan kesetaraan berikut: $$\varphi \in \operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots,  \varphi_p)  \iff  \ker\varphi_1 \cap \dots \cap \ker\varphi_p \subseteq  \ker\varphi .$$
3. Turunkan: $(\varphi_1, \dots, \varphi_p)$ bebas bila dan hanya bila $\bigcap_i \ker\varphi_i$ berdimensi $n - p$ ; dan sebuah subruang berkodimensi $p$ adalah irisan $p$ hiperbidang, tak pernah kurang.
4. Di $\R^4$ , misalkan $\varphi_1 = x + y - z$ , $\varphi_2 = y +  z - t$ , $\psi = x + 2y - t$ dan $\psi' = x + y + t$ . Putuskan, dengan lema pemfaktoran, apakah $\psi$ dan $\psi'$ termasuk $\operatorname{Vect}(\varphi_1,  \varphi_2)$ .
5. Pada $E = \R_2[X]$ , tunjukkan bahwa $\psi_0 \colon P \mapsto  P(0)$ , $\psi_1 \colon P \mapsto P(1)$ , $\psi_2 \colon P  \mapsto \int_0^1 P(t)\dd t$ membentuk basis $E^*$ , hitunglah basis $(P_0, P_1, P_2)$ di $E$ yang dualnya adalah basis itu, lalu carilah satu-satunya $P \in \R_2[X]$ dengan $P(0)  = 1$ , $P(1) = 2$ , $\int_0^1 P = \frac32$ .

**Bagian II — Bidualitas dan kalkulus [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator).**

6. Tunjukkan bahwa *pemetaan evaluasi* $J \colon E \to  E^{**}$ , $J(x)(\varphi) = \varphi(x)$ , bersifat linear dan injektif, jadi merupakan isomorfisma dalam dimensi hingga.
7. ( [Anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) ganda) Tunjukkan $J(F) = F^{\circ\circ} :=  (F^\circ)^\circ$ untuk setiap subruang $F \subseteq E$ : di bawah penyamaan $J$ , [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) dari [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) adalah subruangnya sendiri.
8. Buktikan kalkulus [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) : $(F + G)^\circ = F^\circ  \cap G^\circ$ dan $(F \cap G)^\circ = F^\circ + G^\circ$ .
9. Turunkan (lalu buktikan ulang secara langsung): dua bentuk tak nol yang kernelnya sama pastilah sebanding.
10. (Basis antedual) Tunjukkan bahwa untuk setiap basis $(\varphi_1,  \dots, \varphi_n)$ di $E^*$ ada tepat satu basis $(u_1, \dots, u_n)$ di $E$ dengan $\varphi_i(u_j) =  \delta_{ij}$ .

**Bagian III — Kalkulus [transpos](#def-b2-linalg-transpose).**

11. Tunjukkan bahwa $u \mapsto u^{\mathsf T}$ adalah bijeksi linear dari $\mathcal{L}(E, F)$ pada $\mathcal{L}(F^*, E^*)$ , dan bahwa $(u^{-1})^{\mathsf T} = (u^{\mathsf T})^{-1}$ bila $u$ punya invers.
12. (Kealamian) Tunjukkan bahwa $u^{\mathsf T\mathsf T} \circ J_E  = J_F \circ u$ : di bawah isomorfisma evaluasi, [transpos](#def-b2-linalg-transpose) ganda *adalah* $u$ .
13. Tunjukkan: $u$ surjektif bila dan hanya bila $u^{\mathsf T}$ injektif; dan $u$ injektif bila dan hanya bila $u^{\mathsf T}$ surjektif.
14. Untuk $u \in \mathcal{L}(E)$ : sebuah subruang $F$ stabil terhadap $u$ bila dan hanya bila $F^\circ$ stabil terhadap $u^{\mathsf T}$ .
15. Tunjukkan bahwa $\ker(u^{\mathsf T} - \lambda\,  \mathrm{id}_{E^*}) = \bigl(\operatorname{im}(u - \lambda\,  \mathrm{id}_E)\bigr)^\circ$ , lalu turunkan bahwa $u$ dan $u^{\mathsf T}$ punya nilai eigen yang sama dengan multiplisitas geometrik yang sama.

**Bagian IV — Alternatif Fredholm.**

16. Buktikan bahwa $\operatorname{im} u = (\ker u^{\mathsf  T})_\circ$ untuk $u \in \mathcal{L}(E, F)$ , lalu turunkan *alternatif Fredholm* dalam dimensi hingga: persamaan $u(x) = b$ punya penyelesaian bila dan hanya bila setiap $\psi \in F^*$ dengan $u^{\mathsf T}\psi = 0$ memenuhi $\psi(b) = 0$ .
17. Bentuk matriksnya: untuk $A \in \mathcal{M}_{m,n}(K)$ dan $b \in  K^m$ , tepat satu dari berikut ini berlaku: (i) $Ax = b$ punya penyelesaian; (ii) ada $y \in K^m$ dengan $A^{\mathsf T}y = 0$ dan $y^{\mathsf T}b = 1$ . Buktikan baik “paling banyak satu” maupun “sedikitnya satu”.
18. Carilah semua $b \in \R^3$ yang membuat sistem $$x + y = b_1, \qquad y + z = b_2, \qquad x + 2y + z = b_3$$ punya penyelesaian, dengan menghitung kernel matriks transposnya.
19. (Sebuah masalah Neumann diskret) Pada $E = \R^n$ ( $n \geq 3$ ), tetapkan $L$ oleh $(Lx)_k = x_k - \frac12(x_{k-1} +  x_{k+1})$ , dengan indeks modulo $n$ . Tunjukkan $L^{\mathsf T} = L$ (dengan penyamaan kanonik), tunjukkan $\ker L$ adalah garis vektor konstan *(perhatikan sebuah koordinat maksimal)* , lalu simpulkan: $Lx = b$ terselesaikan bila dan hanya bila $\sum_k b_k = 0$ .

**Bagian V — Bentuk trace dan teorema keawetan.** Ingat kembali dari [Latihan 2.9](#exo-b2-linalg-9) bahwa $A \mapsto
\operatorname{tr}(A\,\cdot)$ menyamakan $\mathcal{M}_n(K)$ dengan dualnya. Andaikan $\operatorname{char} K = 0$ (misalnya $K = \Q, \R,
\C$).

20. Di bawah penyamaan itu, tunjukkan bahwa [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) subruang $\mathcal{S}_n$ berisi matriks setangkup adalah subruang $\mathcal{A}_n$ berisi matriks antisetangkup, dan sebaliknya.
21. Tunjukkan bahwa [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) hiperbidang $\mathfrak{sl}_n = \{M : \operatorname{tr} M = 0\}$ adalah garis $K I_n$ ; setara dengan itu, bentuk linear yang nol pada semua matriks bertrace nol pastilah kelipatan tracenya.
22. Tunjukkan bahwa setiap matriks $\mathcal{M}_n(K)$ adalah jumlah dua matriks yang punya invers.
23. (Trace satu-satunya invarian linear bagi keserupaan) Misalkan $t$ sebuah bentuk linear pada $\mathcal{M}_n(K)$ dengan $t(PMP^{-1}) = t(M)$ untuk setiap $M$ dan setiap $P$ yang punya invers. Tunjukkan lebih dulu $t(PX) = t(XP)$ untuk $P$ berinvers, lalu $t(BX) = t(XB)$ untuk *setiap* $B$ , dan simpulkan $t = c \operatorname{tr}$ untuk suatu $c \in K$ .
24. Tunjukkan bahwa $\operatorname{rk} u \leq r$ bila dan hanya bila $u$ adalah jumlah $r$ pemetaan berank $\leq 1$ , yakni $u =  \sum_{i=1}^{r} \psi_i(\cdot)\,f_i$ dengan $\psi_i \in E^*$ , $f_i \in F$ ; lalu turunkan $\operatorname{rk}(u + v) \leq  \operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ .
25. (Rangkuman) Susunlah kamus yang dibuktikan pada soal ini: subruang lawan [anihilator](#def-b2-linalg-annihilator) , jumlah lawan irisan, pemetaan lawan [transpos](#def-b2-linalg-transpose) , keterselesaian lawan keortogonalan terhadap kernel [transpos](#def-b2-linalg-transpose) , trace lawan keserupaan. Untuk tiap entri, sebutkan pertanyaan yang membuktikannya, dan nyatakan dalam satu kalimat apa yang menggantikan pencacahan dimensi ketika dimensinya menjadi tak hingga (jilid Tahun ke-3 memerincinya pada ruang Hilbert).

**Solusi Soal 2.1.**

**1.** $\Phi$ bersifat linear dengan $\ker\Phi = \bigcap_i
\ker\varphi_i$ (sebuah tupel-$p$ bernilai nol bila dan hanya bila tiap unsurnya nol). Untuk bentuk koordinat $\varepsilon_i$ pada $K^p$: $\Phi^{\mathsf T}(\varepsilon_i) = \varepsilon_i \circ \Phi = \varphi_i$, jadi $\operatorname{im}\Phi^{\mathsf T} \supseteq
\operatorname{Vect}(\varphi_i)$; sebaliknya $\operatorname{im}\Phi^{\mathsf T}$ direntang oleh $\Phi^{\mathsf T}(\varepsilon_i)$ (sebab $\varepsilon_i$ merentang $(K^p)^*$). Jadi $\operatorname{rk}\Phi = \operatorname{rk}
\Phi^{\mathsf T} = \dim\operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots,
\varphi_p) =: r$ ([Proposisi 2.10](#prop-b2-linalg-transposerank)), dan rank–nulitas memberi $\dim\bigcap_i\ker\varphi_i = n - r$.

**2.** ($\Leftarrow$) Simpan satu keluarga bagian bebas yang maksimal, katakanlah $\varphi_1, \dots, \varphi_r$, yang merentang ruang yang sama (jadi hipotesisnya tetap berbunyi $\bigcap_{i \leq
r}\ker\varphi_i \subseteq \ker\varphi$: irisan atas semua $i$ sama dengan irisan atas $i \leq r$, sebab tiap bentuk yang dibuang adalah sebuah kombinasi). Pemetaan $\Psi = (\varphi_1, \dots, \varphi_r) \colon E \to
K^r$ bersifat surjektif (pertanyaan 1: ranknya $r$). Jika $\Psi(x) =
\Psi(y)$ maka $x - y \in \ker\Psi \subseteq \ker\varphi$, jadi $\varphi(x) = \varphi(y)$: karenanya $\varphi$ terfaktorkan sebagai $\varphi = \lambda \circ \Psi$ dengan $\lambda \colon K^r \to K$ yang terdefinisi dengan baik; $\lambda$ bersifat linear karena $\Psi$ linear dan surjektif (untuk $t = \Psi(x)$, $t' = \Psi(x')$: $\lambda(t + \alpha
t') = \varphi(x + \alpha x') = \lambda(t) + \alpha\lambda(t')$). Dengan menulis $\lambda = \sum c_i \varepsilon_i$ diperoleh $\varphi = \sum_{i
\leq r} c_i\varphi_i$. ($\Rightarrow$) Jika $\varphi = \sum c_i
\varphi_i$, maka setiap $x$ yang menolkan tiap $\varphi_i$ menolkan $\varphi$.

**3.** Menurut pertanyaan 1, $\dim\bigcap\ker\varphi_i = n - r$ dengan $r = \dim\operatorname{Vect}(\varphi_i) \leq p$, dan $r = p$ bila dan hanya bila keluarganya bebas. Untuk subruang $F$ berkodimensi $p$: [anihilatornya](#def-b2-linalg-annihilator) berdimensi $p$ ([Teorema 2.6](#thm-b2-linalg-annihilator)); sebuah basis $(\varphi_1, \dots,
\varphi_p)$ untuk $F^\circ$ memberi $F = \bigcap_i\ker\varphi_i$ (lewat rumus pemulihannya). Kurang dari itu tidak mungkin: irisan $q$ hiperbidang berdimensi $\geq n - q > n - p$ menurut pertanyaan 1.

**4.** Hitung $\ker\varphi_1 \cap \ker\varphi_2$: dari $x
+ y - z = 0$ dan $y + z - t = 0$, parameterkan lewat $(y, z)$: $x = z
- y$, $t = y + z$, yang memberi bidang berisi vektor $(z - y,\; y,\;
z,\; y + z)$. Di bidang itu, $\psi = x + 2y - t = (z - y) + 2y - (y + z)
= 0$: jadi menurut lema pemfaktoran $\psi \in
\operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ — dan memang $\psi =
\varphi_1 + \varphi_2$. Namun $\psi' = x + y + t = (z - y) + y +
(y + z) = y + 2z$ tidak nol secara identik di sana (dengan $y = 1, z = 0$ diperoleh $1$): jadi $\psi' \notin \operatorname{Vect}(\varphi_1,
\varphi_2)$.

**5.** Tiga bentuk pada ruang berdimensi $3$: cukuplah kebebasannya. Jika $a\psi_0 + b\psi_1 + c\psi_2 = 0$, ujilah pada $1, X,
X^2$: $a + b + c = 0$, $b + \frac c2 = 0$, $b + \frac c3 = 0$; mengurangkan dua yang terakhir memberi $c = 0$, lalu $b = 0$, $a = 0$. Basis antedual: dengan menulis $P = \alpha + \beta X + \gamma X^2$ lalu menyelesaikan $\psi_i(P_j) = \delta_{ij}$ ($P(0) = \alpha$, $P(1) =
\alpha + \beta + \gamma$, $\int_0^1 P = \alpha + \frac\beta2 +
\frac\gamma3$), diperoleh

$$
P_0 = 1 - 4X + 3X^2, \qquad
P_1 = -2X + 3X^2, \qquad
P_2 = 6X - 6X^2 .
$$

(Periksa, misalnya: $\int_0^1 P_2 = 3 - 2 = 1$, $P_2(0) = P_2(1) = 0$.) Masalah interpolasinya terselesaikan lewat koordinat pada basis antedual itu:

$$
P = 1\cdot P_0 + 2\cdot P_1 + \tfrac32\, P_2 = 1 + X
$$

(koefisien $X$: $-4 - 4 + 9 = 1$; koefisien $X^2$: $3 + 6 - 9 =
0$); dan memang $P(0) = 1$, $P(1) = 2$, $\int_0^1 P = \frac32$.

**6.** Kelinearan: untuk setiap $\varphi$, $J(x + \alpha
y)(\varphi) = \varphi(x + \alpha y) = J(x)(\varphi) + \alpha
J(y)(\varphi)$, yakni $J(x + \alpha y) = J(x) + \alpha J(y)$. Keinjektifan: jika $x \neq 0$, lengkapi $x = e_1$ menjadi basis; bentuk koordinat $e_1^*$ memberi $J(x)(e_1^*) = 1 \neq 0$. Karena $\dim E^{**} =
\dim E^* = \dim E$, keinjektifan mengakibatkan kebijektifan.

**7.** Pemuatan: untuk $x \in F$ dan $\varphi \in F^\circ$ berlaku $J(x)(\varphi) = \varphi(x) = 0$, jadi $J(F) \subseteq
F^{\circ\circ}$. Dimensinya (dengan [Teorema 2.6](#thm-b2-linalg-annihilator) dua kali):

$$
\dim F^{\circ\circ} = \dim E^* - \dim F^\circ
= n - (n - \dim F) = \dim F = \dim J(F),
$$

sebab $J$ injektif. Karenanya $J(F) = F^{\circ\circ}$.

**8.** Kesamaan pertama: $\varphi$ menolkan $F + G$ bila dan hanya bila ia menolkan $F$ maupun $G$ (ia menolkan jumlah bila dan hanya bila ia menolkan potongannya): jadi $(F+G)^\circ = F^\circ \cap G^\circ$. Kesamaan kedua: pemuatan $F^\circ + G^\circ \subseteq (F \cap G)^\circ$ sudah jelas (tiap sukunya menolkan $F \cap G$). Dimensinya, dengan memakai kesamaan pertama dan Grassmann:

$$
\dim(F^\circ + G^\circ) = \dim F^\circ + \dim G^\circ -
\dim(F^\circ \cap G^\circ)
= (n - \dim F) + (n - \dim G) - \bigl(n - \dim(F +
G)\bigr),
$$

dan menurut Grassmann di $E$ itu sama dengan $n - \dim(F \cap G) =
\dim(F \cap G)^\circ$: jadi keduanya sama.

**9.** Lewat lemanya: $\ker\psi \subseteq \ker\varphi$ dengan $p = 1$ memberi $\varphi \in \operatorname{Vect}(\psi)$, dan $\varphi \neq 0$ membuat skalarnya tak nol. Secara langsung: pilih $x_0$ dengan $\psi(x_0) \neq 0$; setiap $x$ dapat ditulis $x = \bigl(x -
\frac{\psi(x)}{\psi(x_0)}x_0\bigr) + \frac{\psi(x)}{\psi(x_0)}
x_0$ dengan suku pertamanya di $\ker\psi = \ker\varphi$; setelah $\varphi$ diterapkan: $\varphi(x) = \frac{\varphi(x_0)}{\psi(x_0)}\psi(x)$.

**10.** Ambil [basis dual](#def-b2-linalg-dual) $(\varphi_1^*, \dots,
\varphi_n^*)$ dari $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ di dalam $E^{**}$ ([Definisi 2.1](#def-b2-linalg-dual) yang diterapkan pada $E^*$) lalu tetapkan $u_j =
J^{-1}(\varphi_j^*)$: diperoleh basis $E$ (sebab $J$ isomorfisma, pertanyaan 6), dengan $\varphi_i(u_j) = J(u_j)(\varphi_i) =
\varphi_j^*(\varphi_i) = \delta_{ij}$. Ketunggalan: syarat $\varphi_i(u_j) = \delta_{ij}$ menentukan $J(u_j)$ pada basis $(\varphi_i)$, sehingga menentukan $u_j$.

**11.** Kelinearan: $(u + \alpha v)^{\mathsf T}\psi = \psi
\circ (u + \alpha v) = u^{\mathsf T}\psi + \alpha\, v^{\mathsf
T}\psi$. Keinjektifan: jika $u \neq 0$, pilih $x$ dengan $u(x) \neq 0$ dan $\psi$ dengan $\psi(u(x)) \neq 0$ (siasat bentuk koordinat pada pertanyaan 6): maka $u^{\mathsf T}\psi \neq 0$. Ruang $\mathcal{L}(E,F)$ dan $\mathcal{L}(F^*, E^*)$ sama-sama berdimensi $\dim E \dim F$, jadi pemetaannya bijektif. Jika $u$ punya invers, aturan pembalikan $(vu)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T}v^{\mathsf T}$ memberi $u^{\mathsf
T}(u^{-1})^{\mathsf T} = (u^{-1}u)^{\mathsf T} =
\mathrm{id}_{E^*}$ dan $(u^{-1})^{\mathsf T}u^{\mathsf T} =
(uu^{-1})^{\mathsf T} = \mathrm{id}_{F^*}$, sehingga $(u^{\mathsf
T})^{-1} = (u^{-1})^{\mathsf T}$.

**12.** Untuk $x \in E$ dan $\psi \in F^*$:

$$
\bigl(u^{\mathsf T\mathsf T}(J_E x)\bigr)(\psi)
= (J_E x)\bigl(u^{\mathsf T}\psi\bigr)
= (u^{\mathsf T}\psi)(x)
= \psi\bigl(u(x)\bigr)
= \bigl(J_F(u(x))\bigr)(\psi).
$$

Karena $\psi$ sembarang, berlaku $u^{\mathsf T\mathsf T} \circ J_E = J_F
\circ u$.

**13.** Menurut [Proposisi 2.10](#prop-b2-linalg-transposerank): $\ker
u^{\mathsf T} = (\operatorname{im} u)^\circ$, jadi $u$ surjektif $\iff \operatorname{im} u = F \iff (\operatorname{im}u)^\circ =
\{0\}$ ([Teorema 2.6](#thm-b2-linalg-annihilator)) $\iff u^{\mathsf T}$ injektif. Dan $\operatorname{im} u^{\mathsf T} = (\ker
u)^\circ$, jadi $u$ injektif $\iff \ker u = \{0\} \iff (\ker
u)^\circ = E^*$ $\iff u^{\mathsf T}$ surjektif.

**14.** Jika $u(F) \subseteq F$ dan $\varphi \in F^\circ$, maka $(u^{\mathsf T}\varphi)(x) = \varphi(u(x)) = 0$ untuk $x \in F$, jadi $u^{\mathsf T}\varphi \in F^\circ$. Sebaliknya, jika $u(F)
\not\subseteq F$, pilih $x \in F$ dengan $u(x) \notin F$; menurut rumus pemulihan pada [Teorema 2.6](#thm-b2-linalg-annihilator) ada $\varphi \in F^\circ$ dengan $\varphi(u(x)) \neq 0$: maka $(u^{\mathsf T}\varphi)(x) \neq 0$ walaupun $x \in F$, sehingga $u^{\mathsf T}\varphi \notin F^\circ$, yakni $F^\circ$ tidak stabil.

**15.** Kita punya $u^{\mathsf T} - \lambda\,\mathrm{id}_{E^*} = (u -
\lambda\,\mathrm{id}_E)^{\mathsf T}$ ([transposisi](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-sn) bersifat linear dan $\mathrm{id}^{\mathsf T} = \mathrm{id}$), jadi kernelnya adalah $(\operatorname{im}(u - \lambda\,\mathrm{id}))^\circ$ ([Proposisi 2.10](#prop-b2-linalg-transposerank)), yang berdimensi

$$
n - \operatorname{rk}(u - \lambda\,\mathrm{id})
= \dim\ker(u - \lambda\,\mathrm{id})
$$

menurut rank–nulitas. Khususnya kernel yang satu tak nol bila dan hanya bila yang lain tak nol: nilai eigennya sama, multiplisitas geometriknya sama.

**16.** Pemuatan: jika $b = u(x)$ dan $u^{\mathsf T}\psi =
0$, maka $\psi(b) = \psi(u(x)) = (u^{\mathsf T}\psi)(x) = 0$, jadi $\operatorname{im} u \subseteq (\ker u^{\mathsf T})_\circ$. Dimensinya: untuk subruang $S \subseteq F^*$ berlaku $S_\circ =
J_F^{-1}(S^\circ)$ (uraikan: $y \in S_\circ$ bila dan hanya bila setiap $\psi \in S$ menolkan $y$, bila dan hanya bila $J_F(y) \in S^\circ$), jadi $\dim S_\circ = \dim F - \dim S$. Dengan $S = \ker u^{\mathsf T}$:

$$
\dim(\ker u^{\mathsf T})_\circ
= \dim F - \dim\ker u^{\mathsf T}
= \operatorname{rk} u^{\mathsf T} = \operatorname{rk} u :
$$

dimensinya sama, sehingga $\operatorname{im} u = (\ker
u^{\mathsf T})_\circ$. Dinyatakan ulang: $b \in \operatorname{im} u$ bila dan hanya bila $\psi(b) = 0$ untuk setiap $\psi$ dengan $u^{\mathsf
T}\psi = 0$ — itulah alternatif Fredholm.

**17.** Samakan $(K^m)^*$ dengan $K^m$ lewat $y \mapsto \psi_y$, $\psi_y(v) = y^{\mathsf T}v$; maka $(u^{\mathsf T}\psi_y)(x) =
y^{\mathsf T}Ax = (A^{\mathsf T}y)^{\mathsf T}x$, jadi $u^{\mathsf
T}\psi_y = \psi_{A^{\mathsf T}y}$: transposnya memang matriks [transpos](#def-b2-linalg-transpose). *Paling banyak satu:* jika $Ax = b$ dan $A^{\mathsf T}y = 0$, maka $y^{\mathsf T}b = y^{\mathsf T}Ax =
(A^{\mathsf T}y)^{\mathsf T}x = 0 \neq 1$. *Sedikitnya satu:* jika (i) gagal, pertanyaan 16 menyediakan $\psi_y$ dengan $A^{\mathsf T}y
= 0$ dan $y^{\mathsf T}b \neq 0$; lalu skalakan $y$ agar bernilai $1$.

**18.** Di sini $A = \left(\begin{smallmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\
1 & 2 & 1\end{smallmatrix}\right)$ (baris ketiga = pertama + kedua, jadi $A$ singular). Selesaikan $A^{\mathsf T}y = 0$: dari $y_1 + y_3 = 0$, $y_1
+ y_2 + 2y_3 = 0$, $y_2 + y_3 = 0$ diperoleh $y_1 = y_2 = -y_3$, yakni garis yang direntang $y = (1, 1, -1)$. Menurut Fredholm: terselesaikan bila dan hanya bila $y^{\mathsf T}b = b_1 + b_2 - b_3 = 0$, yakni $b_3 =
b_1 + b_2$ — yang jelas merupakan syarat yang benar, sebab persamaan ketiganya adalah jumlah dua yang pertama.

**19.** Matriks $L$ bernilai $1$ pada diagonalnya dan $-\frac12$ pada kedudukan $(k, k\pm1)$ (modulo $n$): jadi setangkup, sehingga $L^{\mathsf T} = L$ di bawah penyamaan pertanyaan 17. *Kernelnya:* jika $Lx = 0$ maka tiap $x_k = \frac12(x_{k-1} +
x_{k+1})$. Misalkan $k_0$ memaksimalkan $x_k$; rata-rata kedua tetangganya, yang keduanya $\leq x_{k_0}$, sama dengan $x_{k_0}$ hanya bila keduanya sama dengan $x_{k_0}$; dengan merambatkannya sepanjang [siklus](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-sn), $x$ pastilah konstan. Sebaliknya konstanta memang tertolkan. Jadi $\ker L^{\mathsf T} = \ker L = \R(1, \dots, 1)$, dan alternatif Fredholm berbunyi: $Lx = b$ terselesaikan bila dan hanya bila $(1,\dots,1)^{\mathsf T} b = \sum_k b_k = 0$ — itulah syarat keselarasan diskretnya: sebuah “sebaran panas” pada sebuah cincin dapat diwujudkan oleh sebuah potensial bila dan hanya bila fluks totalnya nol.

**20.** Jika $A$ antisetangkup dan $S$ setangkup, maka

$$
\operatorname{tr}(AS) = \operatorname{tr}\bigl((AS)^{\mathsf
T}\bigr) = \operatorname{tr}(S^{\mathsf T}A^{\mathsf T}) =
-\operatorname{tr}(SA) = -\operatorname{tr}(AS),
$$

jadi $2\operatorname{tr}(AS) = 0$ dan (karena $\operatorname{char} K \neq
2$) $\operatorname{tr}(AS) = 0$: yakni $\mathcal{A}_n \subseteq
\mathcal{S}_n^\circ$ (dengan menyamakan dualnya dengan matriks). Dimensinya: $\dim\mathcal{S}_n^\circ = n^2 - \frac{n(n+1)}2 =
\frac{n(n-1)}2 = \dim\mathcal{A}_n$, jadi keduanya sama. Dengan bertukar peran (perhitungan yang sama), $\mathcal{A}_n^\circ = \mathcal{S}_n$.

**21.** Berlaku $\operatorname{tr}(I_nM) = \operatorname{tr} M = 0$ untuk $M \in \mathfrak{sl}_n$: jadi garis $KI_n$ berada di [anihilatornya](#def-b2-linalg-annihilator), yang berdimensi $n^2 - (n^2 - 1) = 1$, sehingga keduanya sama. Diterjemahkan lewat isomorfisma $A \mapsto
\operatorname{tr}(A\,\cdot)$: bentuk yang nol pada $\mathfrak{sl}_n$ adalah $\operatorname{tr}(\lambda I_n\,\cdot) =
\lambda\operatorname{tr}$.

**22.** Misalkan $M \in \mathcal{M}_n(K)$. Polinomial $t
\mapsto \det(M - tI)$ tak nol dan berderajat $n$, jadi ia punya paling banyak $n$ akar; $K$ berkarakteristik $0$, jadi ia tak hingga: pilihlah $\lambda \neq 0$ yang bukan akar. Maka $M = (M - \lambda I) +
\lambda I$ menuliskan $M$ sebagai jumlah dua matriks berinvers.

**23.** *Langkah 1:* untuk $P$ berinvers dan $X$ sembarang, terapkan keawetannya pada $M = XP$: $t(P(XP)P^{-1}) = t(XP)$, yakni $t(PX) = t(XP)$. *Langkah 2:* tetapkan $X$; kedua ruas $t(BX) = t(XB)$ linear pada $B$ dan berimpit pada $B$ yang berinvers; menurut pertanyaan 22 setiap $B$ adalah jumlah dua matriks berinvers, jadi keduanya berimpit di mana-mana. *Langkah 3:* $t$ menolkan setiap komutator $XB - BX$; komutator merentang $\mathfrak{sl}_n$ (ditunjukkan pada bukti [Proposisi 2.22](#prop-b2-linalg-trace)), jadi $t$ nol pada $\mathfrak{sl}_n$ dan pertanyaan 21 memberi $t =
c\operatorname{tr}$. (Sebaliknya setiap $c\operatorname{tr}$ memang awet terhadap keserupaan: jadi trace adalah *satu-satunya* invarian linear bagi keserupaan.)

**24.** Jika $\operatorname{rk} u = r' \leq r$: ambil basis $(f_1, \dots, f_{r'})$ untuk $\operatorname{im} u$ lalu tulis $u(x)
= \sum_{i=1}^{r'} \psi_i(x) f_i$; tiap koordinat $\psi_i(x)$ pada $u(x)$ linear dalam $x$ (susunan $u$ dengan sebuah bentuk koordinat), jadi $u$ adalah jumlah $r' \leq r$ pemetaan berank $\leq1$ (tambahkan nol bila perlu). Sebaliknya, jika $u = \sum_{i=1}^r
\psi_i(\cdot)f_i$, maka $\operatorname{im} u \subseteq
\operatorname{Vect}(f_1, \dots, f_r)$, yakni $\operatorname{rk} u \leq
r$. Sifat subaditifnya: tulis $u$ dengan $\operatorname{rk} u$ suku dan $v$ dengan $\operatorname{rk} v$ suku; jumlahnya punya $\operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ suku, jadi $\operatorname{rk}(u + v) \leq \operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$.

**25.** Kamusnya: sebuah subruang $F$ berpadanan dengan $F^\circ$ yang dimensinya melengkapi ([Teorema 2.6](#thm-b2-linalg-annihilator)), lalu kembali lagi lewat bidualitas (pertanyaan 6–7); jumlah bertukar dengan irisan (pertanyaan 8); sebuah pemetaan $u$ berpadanan dengan $u^{\mathsf T}$ yang memenuhi $\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im}u)^\circ$, $\operatorname{im}u^{\mathsf T} = (\ker u)^\circ$, dengan rank yang sama, keinjektifan dan kesurjektifan yang bertukar, serta subruang stabil dan nilai eigen yang berpadanan (pertanyaan 11–15); persamaan $u(x) = b$ terselesaikan bila dan hanya bila $b$ ortogonal terhadap $\ker u^{\mathsf T}$ (pertanyaan 16–19); dan pada $\mathcal{M}_n$ pasangan trace mewujudkan seluruh kamus itu secara konkret, dengan trace sebagai satu-satunya invarian linear bagi keserupaan (pertanyaan 20–23) dan rank sebagai panjang terkecil sebuah penguraian atas tensor elementer (pertanyaan 24). Dalam dimensi tak hingga pencacahan dimensinya gagal dan digantikan oleh hipotesis *ketertutupan* pada peta serta oleh kelengkapan — pada ruang Hilbert ini menjadi teorema representasi Riesz dan teori Fredholm atas operator kompak, yang dibuktikan secara jujur pada jilid Tahun ke-3.