Last Updated on Februari 17, 2026 by prooffic
Postingan kali ini akan membahas tetang pembahasan soal aljabar linear ONMIPA 2024. Postingan kali ini mencakup materi matriks dan ruang vektor.
**Selamat menikmati**
Isian Singkat
Nomor 1
Misalkan $P_4$ adalah ruang polinomial dengan koefisien real berderajat paling tinggi $4$. Didefnisikan pemetaan $T_k : P_4 \to P_4$ dengan $$T_k (a_0 + a_1x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4) := a_0 + a_1^k x^2 + a_2 x^4.$$
Banyak pasangan bilangan $(k,m)$ dengan $k,m \in \{1, 2, 3, 4\}$ sehingga $T_k^m$ merupakan pemetaan linear adalah … (Catatan: $T_k^m := T_k \circ T_k \circ \cdots \circ T_k$ yaitu komposisi sebanyak $m$ kali.)
Jawab. Ingat kembali bahwa $T: P_4 \to P_4$ adalah linear apabilan $T(\alpha p_0 + \beta p_1) = \alpha T(p_0) + \beta T(p_1)$ untuk setiap $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ dan $p_0, p_1 \in P_4$. Selanjutnya, diberikan $\alpha, \beta\in \mathbb{R}$ dan $p_0, p_1\in P_4$.
Terlebih dahulu ditinjau untuk $m=1$. Maka, diperoleh $$\begin{aligned} T_k^1 (\alpha p_0 + \beta p_1) & = T((\alpha a_0 + \beta b_0) + (\alpha a_1 + \beta b_1) x + (\alpha a_2 + \beta + b_2) x^2 + (\alpha a_3 + \beta b_3) x^3 + (\alpha a_4 + \beta b_4) x^4) \\ & = (\alpha a_0 + \beta b_0) + (\alpha a_1 + \beta b_1)^k x^2 + (\alpha a_2 + \beta b_2) x^4 \end{aligned}$$
Agar $T_k^1$ linear, maka $$\begin{aligned} T_k^1 (\alpha p_0 + \beta p_1) & = \alpha T_k^1 ( p_0) + \beta T_k^1( p_1) \\ (\alpha a_0 + \beta b_0) + (\alpha a_1 + \beta b_1)^k x^2 + (\alpha a_2 + \beta b_2) x^4 & = \alpha a_0 + \alpha b_0 + (\alpha a_1 + \beta b_1) x^2 + (\alpha a_2 + \beta b_2) x^4\end{aligned} $$sehingga haruslah $k=1$. Dari sini, pasangan pertama adalah $(1,1)$.
Selanjutnya tinjau $m=2$. Perhatikan bahwa $$\begin{aligned} T_k^2 (\alpha p_0 + \beta p_1) & = T_k^1 (T_k^1 (\alpha p_0 + \beta p_1)) \\ & = T_k^1 ((\alpha a_0 + \beta b_0) + (\alpha a_1 + \beta b_1)^k x^2 + (\alpha a_2 + \beta b_2) x^4) \\ & = ((\alpha a_0 + \beta b_0) + (\alpha a_1 + \beta b_1)^kx^4) \end{aligned}$$
Sementara itu, $$\begin{aligned} \alpha T_k^2 (p_o) + \beta T_k^2 (p_1) & = \alpha T_k^1(T_k^1(p_0)) + \beta T_k^1(T_k^1(p_1)) \\ & = \alpha T_k^1 (a_0 + a_1^k x^2 + a_2 x^4) + \beta T_k^1 (b_0 + b_1^k x^2 + b_2 x^4) \\ & = \alpha a_0 + \beta b_0 + (\alpha a_1^k + \beta b_1^k) x^4 \end{aligned}$$
Agar $T_k^2$ linear, maka haruslah $$\begin{aligned} T_k^2 (\alpha p_0 + \beta p_1) & = \alpha T_k^2 (p_o) + \beta T_k^2 (p_1) \\((\alpha a_0 + \beta b_0) + (\alpha a_1 + \beta b_1)^kx^4) & = \alpha a_0 + \beta b_0 + (\alpha a_1^k + \beta b_1^k) x^4 \end{aligned} $$yang berakibat bahwa $k=1$. Dari sini, pasangan yang diperoleh adalah $(1,2)$.
Selanjutnya, misalkan $m=3$. Perhatikan bahwa $T_k^3 (a_0 + a_1x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4) = a_0$ sehingga $$T_k (\alpha p_0 + \beta p_1) = \alpha a_0 + \beta b_0 = \alpha T_k^3 (p_0) + \beta T_k^3 (p_1) $$dan pasangan yang diperoleh adalah $(1, 3), (2,3), (3,3),$ dan $(4,3)$.
Hal yang sama juga berlaku untuk $m=4$. Oleh karena itu, banyaknya pasangan yang mungkin adalah $1+1+4+4=10$.
Nomor 2
Misalkan $\textbf{e}_1, \textbf{e}_2, \cdots, \textbf{e}_10$ adalah basis standar dari ruang vektor $\mathbb{R}^10$. Tinjau dua himpunan $U = \{ \textbf{e}_1, \textbf{e}_2 + \textbf{e}_3, \textbf{e}_4 + \textbf{e}_5 + \textbf{e}_6, \textbf{e}_7 + \textbf{e}_8 + \textbf{e}_9 + \textbf{e}_{10} \}$ dan $V = \{ \textbf{e}_1 + \textbf{e}_2, \textbf{e}_3 + \textbf{e}_4, \textbf{e}_5 + \textbf{e}_6, \textbf{e}_7 +\textbf{e}_8, \textbf{e}_9 + \textbf{e}_{10} \}$. Dimensi terkecil dari subruang yang memuat $U$ dan $V$ adalah …
Jawab. Perhatikan bahwa $\textbf{e}_7 + \textbf{e}_8 + \textbf{e}_9 + \textbf{e}_{10}$ dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari $S = U \cup V \setminus \{\textbf{e}_7 + \textbf{e}_8 + \textbf{e}_9 + \textbf{e}_{10} \}$.
Lebih lanjut, $S$ merupakan himpunan yang bebar linear dengan banyaknya elemen adalah $8$. Selain itu, $S$ merentang $U \cup V$. Dari sini, dimensi terkecil dari subruang yang memuat $U$ dan $V$ adalah 8.
Uraian
Soal 1
Diberikan matriks $$A = \left[\begin{matrix} 0 & a & 0 \\ a & b & a \\ 0 & a & 0 \end{matrix} \right] $$dengan $a, b \in \mathbb{R}$ dan $a\neq 0$. Buktikan bahwa matriks $A$ dapat didiagonalkan.
Jawab. Ingat kembali Teorema Spektral bahwa setiap matriks real simetri, yaitu $A^T = A$, dapat didiagonalkan. Kemudian, karena $A$ pada soal memenuhi $A^T = A$, maka $A$ adalah matriks real simetri yang berakibat bahwa $A$ dapat didiagonalkan.
Soal 2
Diberikan matriks $A = \left[ \begin{matrix} 20 & 24 \\ p & q \end{matrix} \right]$ dengan $p$ dan $q$ adalah bilangan real. Selidiki apakah terdapat bilangan real $p$ dan $q$ agar ada $\textbf{b} \in \mathbb{R}^2$ sehingga persamaan $$A^2 \textbf{x} = A\textbf{b} $$tidak memiliki solusi $\textbf{x} \in \mathbb{R}^2$. Jika ada, sebutkan semua $p$ dan $q$ yang mungkin. Berikan penjelasan jawaban Anda.
Jawab. Agar persamaan tersebut tidak memiliki solusi, haruslah $\text{det } A^2 = 0$ yang berakibat bahwa $(\text{det } A)^2 = 0$ dan $\text{det A} = 0$. Dari sini, $$ 20 q – 24 p = \text{det }A = 0 $$dan $p = \frac56 q.$ Kemudian, misalkan $\textbf{b} = \left[ \begin{matrix} b_1 \\ b_2 \end{matrix} \right]$ sehingga $$ \begin{aligned} A^2 \textbf{x} & = A \textbf{b} \\ \left[ \begin{matrix} 20 & 24 \\ \frac56 q & q \end{matrix} \right]^2 \textbf{x} & = \left[ \begin{matrix} 20 & 24 \\ \frac56 q & q \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} b_1 \\ b_2 \end{matrix} \right] \\ (q+20) \left[ \begin{matrix} 20 & 24 \\ \frac{q}{24} 20 & \frac{q}{24} 24 \end{matrix} \right] \textbf{x} & = (5b_1+6b_2) \left[ \begin{matrix} 4 \\ \frac{q}{6} \end{matrix} \right] \end{aligned}$$
Jika $5b_1 + 6b_2 = 0$, maka selalu ada solusi, yaitu $\textbf{x} = \textbf{0}$. Misalkan $5b_1 + 6b_2 \neq 0$. Maka, $$\left[ \begin{matrix} 20 & 24 \\ \frac{q}{24} 20 & \frac{q}{24} 24 \end{matrix} \right] \frac{q+20}{5b_1+6b_2} \textbf{x} = \left[ \begin{matrix} 4 \\ \frac{q}{6} \end{matrix} \right] $$dan persamaan tersebut dapat diubah dalam bentuk matriks $$\left[ \begin{matrix} 20 & 24 & 4\\ \frac{q}{24} 20 & \frac{q}{24} 24 & \frac{q}{24} 4 \end{matrix} \right]$$
Terlihat bahwa kedua baris tersebut saling bebas linear. Oleh karena itu, senantiasa adalah solusi $\textbf{0}$. Jadi, tidak terdapat bilangan real $p$ dan $q$ agar ada $\textbf{b} \in \mathbb{R}^2$ sehingga persamaan $$A^2 \textbf{x} = A\textbf{b} $$tidak memiliki solusi $\textbf{x} \in \mathbb{R}^2$.
Demikian postingan kali ini tentang pembahasan soal aljabar linear ONMIPA 2024. Jika Anda tertarik dengan pembahasan soal ONMIPA/KNMIPA lainnya, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan materi lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
