Last Updated on November 12, 2021 by prooffic
Postingan kali ini akan membahas tentang Dimensi Subruang dari Ruang Vektor, terutama terkait dengan hubungan dari dimensi subruang dan dimensi dari ruang vektor asalnya. Diberikan sebarang ruang vektor $V$ atas lapangan $F.$ Telah diketahui bahwa setiap ruang vektor memiliki basis sehingga dapat didefinisikan dimensi ruang vektor, yaitu banyaknya vektor pada basis tersebut. Dimensi ruang vektor bersifat tunggal/unik yang berarti bahwa setiap dua basis berbeda dari $V$ memiliki kardinalitas yang sama. Dimensi dari suatu ruang vektor dapat bernilai hingga ataupun tak hingga.
Baca Juga: Eksistensi Basis dari Ruang Vektor
Subruang dari ruang vektor dapat pula dipandang sebagai sebuah ruang vektor sehingga dapat didefinisikan dimensi dari subruang tersebut. Melalui postingan ini, akan ditunjukkan bahwa jika $S$ adalah subruang dari ruang vektor $V$ atas lapangan $F,$ maka $\dim S \leq \dim V.$ Fakta tersebut memberikan hubungan antara subruang dan ruang vektornya terkait dengan dimensinya.
**Selamat menikmati**
Pendahuluan
Terlebih dahulu akan ditunjukkan beberapa lema berikut.
Lema. Misalkan $V$ ruang vektor atas $F.$ Jika $$X = \{v_1, …, v_m\} $$merentang $V$ dan $u \in V$ tak nol maka ada $v_i^{\prime}$ di $X$ sedemikian sehingga himpunan yang dibentuk dari $X$ dengan mengapus $v_{i^{\prime}}$ kemudian menyisipkan $u,$ yaitu $(X-\{v_{i^{\prime}\}}) \cup \{u\}$, tetap merentang $V.$
Bukti. Misalkan $u \in V$ tak nol. Karena $X$ merentang $V,$ maka $$u = a_1 v_1 + \cdots + a_m v_m $$untuk suatu $a_1, …, a_m \in F.$ Karena $u$ tak nol, maka ada $a_{i^{\prime}}$ dari $\{a_1, …, a_m\}$ yang tidak nol. Dari sini, $$v_i^{\prime} = \frac{1}{a_{i^{\prime}}} u – \frac{1}{a_{i^{\prime}}} \sum_{i \neq i^{\prime}} a_i v_i $$Akan ditunjukkan bahwa $(X-\{v_{i^{\prime}\}}) \cup \{u\}$ tetap merentang $V.$
Diberikan sebarang $v \in V.$ Karena $X$ merentang $V,$ maka dapat ditulis $$v = b_1 v_1 + \cdots + b_m v_m $$untuk suatu $b_1, …, b_m$ di $F.$ Oleh karena itu, dengan melakukan subtitusi nilai $v_{i^{\prime}}$ maka diperoleh $$\begin{aligned} v &= \sum_{i \neq i^{\prime}} b_i v_i \\ &= b_{i^{\prime}} v_{i^{\prime}} + \sum_{i \neq i^{\prime}} b_i v_i \\ &= (b_{i^{\prime}}) \left( \frac{1}{a_{i^{\prime}}} u – \frac{1}{a_{i^{\prime}}} \sum_{i \neq i^{\prime}} a_i v_i \right) + \sum_{i \neq i^{\prime}} b_i v_i \\ &= \frac{b_{i^{\prime}}}{a_{i^{\prime}}} u +\sum_{i \neq i^{\prime}} \left(b_i – \frac{a_{i^{\prime}} \cdot a_i }{a_{i^{\prime}}}\right) v_i\end{aligned} $$Oleh karena itu, $(X-\{v_{i^{\prime}\}}) \cup \{u\}$ tetap merentang $V.$ Jadi, ada $v_i^{\prime}$ di $X$ sedemikian sehingga himpunan yang dibentuk dari $X$ dengan mengapus $v_{i^{\prime}}$ kemudian menyisipkan $u,$ yaitu $(X-\{v_{i^{\prime}\}}) \cup \{u\}$, tetap merentang $V.$
Teorema berikut akan digunakan untuk menunjukkan bahwa jika $S$ adalah subruang dari ruang vektor $V$ atas lapangan $F,$ maka $\dim S \leq \dim V.$
Teorema 1. Misalkan $V$ adalah ruang vektor dan asumsikan $$U = \{u_1, …, u_n\} $$bebas linear dan himpunan vektor $$X = \{v_1, …, v_m\} $$merentang $V.$ Maka $n \leq m$
Bukti. Tinjau anggota dari kedua himpunan tersebut $$v_1, …, v_n; u_1, …, u_m$$Karena $X$ merentang $V,$ maka $u_1$ adalah kombinasi linear dari $X.$ Maka, dengan lema sebelumnya, ada suatu $v_{i^{\prime}} \in X$ yang dapat digantikan dengan $_1$ sehingga $(X-\{v_{i^{\prime}\}}) \cup \{u_1\}$, tetap merentang $V.$ dan $$u_2, …, u_m $$bebas linear. Tanpa mengurangi keumuman, dapat diasumsikan bahwa $v_{i^{\prime}} = v_1.$ Sehingga, bagian pertama pada $$u_1, v_2, …, v_n; u_2, …, u_m $$tetap merentang $V$ dan bagian keduanya bebas linear.
Dengan melanjutkan proses tersebut, maka diperoleh bagian pertama pada $$u_1, u_2, v_3, …, v_n; u_2, …, u_m $$tetap merentang $V$ dan bagian keduanya bebas linear. Jika $n < m,$ maka proses tersebut akan menghasilkan u_1, u_2 ,…, u_n; u_{n+1}, …, u_m $$dengan bagian pertama, yaitu $\{ u_1, …, u_n \}$, merentang $V$ dan bagian kedua, yaitu $\{u_{n+1}, …, u_m\}$ bebas linear. Sehingga, $u_{n+1}$ adalah kombinasi linear dari $u_1, …, u_n$. Tetapi hasil tersebut tidak mungkin karena $U = \{u_1, …, u_n\} $bebas linear. Oleh karena itu, haruslah $n \neq m.$
Teorema 1 pada dasarnya menyatakan bahwa kardinalitas dari sebarang himpunan merentang di suatu ruang vektor selalu lebih dari kardinalitas dari sebarang himpunan bebas linear di ruang vektor tersebut. Akibatnya, jika suatu ruang vektor memiliki himpunan merentang dengan kardinalitas $n,$ maka tidak ada himpunan di ruang vektor tersebut dengan kardinalitas lebih dari $n$ yang bebas linear. Contohnya adalah $\mathbb{R}^3.$
Ruang vektor $\mathbb{R}^3$ memiliki dimensi 3. Sehingga, kita dapat memperoleh himpunan di $\mathbb{R}^3$ yang anggotanya terdiri dari 3 unsur, contohnya adalah basis standar. Jika $S$ subhimpunan di ruang vektor tersebut yang anggotanya adalah 4 buah vektor yang berbeda, maka pasti $S$ tidak bebas linear.
Dimensi Subruang dari Ruang Vektor
Berikut ini adalah teorema dan buktinya terkait dengan pernyataan bahwa jika $S$ adalah subruang dari ruang vektor $V$ atas lapangan $F,$ maka $\dim S \leq \dim V.$
Teorema 2. Jika $V$ ruang vektor atas $F$ dan $S$ subruang dari $V.$ Maka, $\dim S \leq \dim V.$
Bukti. Misalkan $V$ ruang vektor dan $S$ subruang dari $V.$ Akan ditunjukkan bahwa $\dim S \leq \dim V$. Jika $\dim V = \infty,$ maka jelas bahwa $\dim S \leq \dim V.$ Selain itu, andaikan bahwa $\dim V < \infty.$ Misalkan $\dim V = n \in \mathbb{N}.$ Misalkan $X$ adalah basis bagi $V$ dan $U$ adalah basis bagi $S.$ Andaikan $\dim S > n. $Maka, ada subhimpunan $$U^{\prime} = \{s_1, …, s_{n+1}\} $$dari $V$ yang bebas linear. Maka, berdasarkan teorema 1, haruslah $n+1 = |U^{\prime}| \leq |X| = n $ yang berakibat $n+1 \leq n$. Akan tetapi, hal tersebut tidaklah mungkin sehingga pengandaian salah dan haruslah $\dim S \leq n = \dim V$
Teorema tersebut menyatakan bahwa setiap subruang memiliki dimensi yang tidak lebih dari dimensi ruang vektornya. Hal tersebut juga bermakna bahwa tidak ada subruang dari ruang vektor $V$ yang memiliki dimensi lebih dari dimensi $V.$ Sebagai contoh adalah ruang vektor $\mathbb{R}^3.$ Kemungkinan dimensi dari sebarang subruang dari ruang vektor tersebut adalah $0,1,2,3.$
Teorema 3. Misalkan $V$ adalah ruang vektor berdimensi hingga dan $S$ adalah subruang dari $V$ dengan $\dim S = \dim V$. Maka, $S = V$.
Bukti. Diberikan $V$ ruang vektor dengan $n = \dim V < \infty$ dan $S$ adalah subruang dari $V$ dengan $\dim V = \dim S$. Akan ditunjukkan bahwa $S=V$. Terlebih dahulu misalkan $U$ adalah basis bagi $S$ dan $X$ adalah basis bagi $V$ dengan $$U=\{s_1, …, s_n\} $$dan $$X = \{v_1, …, v_n\} $$Jelas bahwa $S \subseteq V.$ Karena $U$ basis bagi $V,$ maka $span (U) = S$. Jika $S = span (U) =V$, maka bukti selesai. Andaikan bahwa $span (U) \neq V$. Maka, ada $s \in V$ dengan $s \notin span U$.
Terlebih dahulu ditunjukkan bahwa himpunan $S \cup \{s\}$ adalah bebas linear. Tinjau persamaan $$\alpha_0 s + \alpha_1 s_1 + \cdots + \alpha_n s_n = 0 $$Dari sini, $$\alpha_0 s = -\alpha_1 s_1 – \cdots – \alpha_n s_n $$Karena $s \notin span (U),$ maka haruslah $\alpha_0 = 0$ yang berakibat bahwa $$0 = -\alpha_1 s_1 – \cdots – \alpha_n s_n $$Karena $U$ bebas linear, maka haruslah $\alpha_1 = \cdots = \alpha_n = 0.$ Oleh karena itu, $U \cup \{s\}$ adalah bebas linear di $V$ dengan $|U \cup \{s\}| = n+1$.
Di lain pihak, $X$ merentang $V$ dengan $|X| = n$. Dengan demikian, berdasarkan teorema 1 diperoleh bahwa $$n + 1 = |U \cup \{s\}| \leq |X| = n $$yang berakibat bahwa $n +1 \leq n$ dan hal tersebut tidak mungkin. Pengandaian salah dan haruslah $span (U) = V$. Dari sini, $S =span (U) = V$. Jadi, $S = V$.
Pertanyaan yang mungkin muncul adalah bahwa apakah kasus juga berlaku untuk ruang vektor berdimensi takhingga? Untuk menjawab pertanyaan tersebut, misalkan $C(\mathbb{R})$ adalah ruang vektor yang terdiri fungsi kontinu pada $\mathbb{R}$. Maka, $\dim V = \infty.$ Kemudian, misalkan $\mathcal{R}[x]$ sebagai himpunan semua polinom pada $\mathbb{R}$. Maka, $\mathcal{R}[x]$ adalah subruang dari $C(\mathbb{R})$ dengan $\dim \mathcal{R}[x] = \infty$. Akan tetapi, $\mathcal{R}[x] \neq C(\mathbb{R})$ karena fungsi $x \mapsto |x|$ kontinu pada $\mathbb{R}$ tetapi bukan polinom. Dari sini, dapat disimpulkan bahwa untuk ruang vektor berdimensi tak hingga, teorema 3 belum tentu berlaku.
Demikian pembahasan kali ini tentang Dimensi Subruang dari Ruang Vektor. Postingan kali ini adalah terkait dengan Aljabar Linear. Jika Anda tertarik dengan postingan lainnya terkait dengan Aljabar Linear, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik/materi lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
