Last Updated on Januari 1, 2023 by prooffic
Postingan kali ini adalah mengenai pembahasan soal KNMIPA 2021 Aljabar Linear Tingkat Wilayah. Soalnya terdiri dari dua soal isian singkat dan dua soal uraian. Materi yang termuat adalah seputar matiks, vektor dan transformasi.
**Selamat menikmati**
Isian Singkat
Soal 1
Misalkan $T$ pemetaan linear dari $\mathbb{R}^{2021}$ ke $\mathbb{R}^3$ sehingga untuk setiap $x$ di $\mathbb{R}^{2021},$ vektor $T(x)$ di $\mathbb{R}^3$ berbentuk $$T(x) = \begin{pmatrix} a \\ b \\ a+b \end{pmatrix} $$untuk seatu $a,b \in \mathbb{R}.$ Dimensi terkecil yang mungkin dari kernel $T$ adalah …
Jawab: Misalkan bahwa $x \in \mathbb{R}^{2021},$ maka terdapat bilangan real $a,b$ sedemikian sehingga $$T(x) = \begin{pmatrix} a \\ b \\ a+b \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix}1 \\ 0 \\1 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\1 \end{pmatrix} $$Misal $$u = \begin{pmatrix}1 \\ 0 \\1 \end{pmatrix} $$dan $$v = \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\1 \end{pmatrix} $$Maka, $\{u ,v\}$ merentang daerah hasil dari $T$ yang berakibat bahwa dimensi dari range $T$ akan kurang dari atau sama dengan $2,$ yaitu $$Rank (T) \leq 2 $$Perhatikan bahwa, $$Rank (T) + Nul (T) = 2021 $$dengan $Nul (T)$ adalah dimensi dari kernel $T.$ Dari sini, $$Nul (T) = 2021 – Rank(T) \geq 2021-2 = 2019 $$Jadi, dimensi terkecil yang mungkin dari kernel $T$ adalah $2019.$
Baca Juga:
Pembahasan KNMIPA 2020 Aljabar Linear Tingkat Wilayah
Pembahasan ONMIPA/KNMIPA Aljabar Linear
Soal 2
Banyaknya nilai eigen positif dari matriks $$\begin{pmatrix} -1 & 3 & 0&0&0 \\ 3&2&-1&0&0 \\ 0&-1&2&-1&0 \\ 0&0&-1&2&-1 \\ 0&0&0&-1&-2 \end{pmatrix} $$adalah …
Jawab: Anda dapat menemukan dengan definisi nilai eigen bahwa banyaknya nilai eigen positif dari matriks tersebut adalah 3. Perhitungan menjadi lebih mudah karena matriks tersebut adalah matriks simetri tridiagonal.
Pembahasan Soal KNMIPA 2021 Aljabar Linear Tingkat Wilayah berikutnya adalah terkait dengan soal uraian
Uraian
Soal 1
(a) Misalkan $T:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ suatu pemetaan yang didefinisikan dengan $$T(x) = \begin{dcases} -x, & x=(1,0,0) \\ x, & x\neq (1,0,0) \end{dcases} $$Buktikan bahwa $T$ pemetaan tidak linear dan jika $u \cdot v = 0, $maka $T(u) \cdot T(v) = 0.$
(b) Jelaskan apakah terdapat pemetaan tidak linear $T:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ sehingga $T(u) \cdot T(v) = u \cdot v$ untuk setiap $u, v \in \mathbb{R}^3.$
Jawab:
(a) Pilih $u = v = (1,0,0).$ Maka, $$T(u+v) = T(2,0,0) = (2,0,0)$$yang tidak sama dengan $$ T(u) +T(v) = (-1, 0, 0)+(-1,0,0) = (-2,0,0) $$Sehingga, $T$ tidak linear. Selanjutnya, misalkan bahwa $u, v$ di $\mathbb{R}^3$ dengan $u \cdot v = 0.$ Maka, ada tiga kemungkinan. Kemungkinan pertama, tidak satupun dari $u$ dan $v$ adalah $(1,0,0).$ Sehingga, berdasarkan definisi $T,$ maka $$T(u) \cdot T(v) = u \cdot v = 0 $$
Kemungkinan kedua adalah satu di antara $u$ dan $v$ adalah $(1,0,0).$ Tanpa mengurangi keumuman, kita misalkan bahwa $u = (1,0,0)$ dan $u \neq v.$ Dari sini, berdasarkan definisi pemetaan $T$ dan sifat dot product, diperoleh bahwa $$T(u) \cdot T(v) = (-u) \cdot v = (-1) (u \cdot v) = 0$$
Kemungkinan ketiga adalah $u = v =(1,0,0).$ Sehingga, $$T(u) \cdot T(v) = (-u) \cdot (-v) = u\cdot v = 0 $$Jadi, $T$ tidak linear dan jika $u \cdot v = 0, $maka $T(u) \cdot T(v) = 0.$
(b) Akan ditunjukkan bahwa tidak terdapat pemetaan tak linear $T : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ sehingga $T(u) \cdot T(v) = u \cdot v$ untuk setiap $u, v \in \mathbb{R}^3.$ Ini bahkan dapat diperluas pada $\mathbb{R}^n.$ Asumsikan bahwa pemetaan $T : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ memenuhi $T(u) \cdot T(v) = u \cdot v$ untuk setiap $u, v \in \mathbb{R}^3.$
Sebelumnya perhatikan bahwa dot product merupakan inner product. Sehingga, untuk memudahkan dalam mengaitkan sifat-sifat umum inner product, kita tuliskan bahwa $$u \cdot v = \langle u,v \rangle $$untuk setiap $u, v$ di $\mathbb{R}^3.$ Diberikan sebarang $\alpha , \beta \in \mathbb{R}$ dan $u, v$ di $\mathbb{R}^3.$ Kemudian, dengan menerapkan sifat-sifat inner product, kita dapat membuktikan bahwa $$\langle x-y, x-y \rangle = \langle x, x\rangle -2 \langle x,y \rangle +\langle y, y \rangle … (*)$$untuk setiap $x ,y \in \mathbb{R}^3.$ Dari sini, tulis $$x = T(\alpha u + \beta v), y = \alpha T(u) + \beta T(v) $$
Sehingga, dengan $(*)$, maka diperoleh bahwa $$I = \langle T(\alpha u + \beta v)-(\alpha T(u) + \beta T(v)), T(\alpha u + \beta v)-(\alpha T(u) + \beta T(v)) \rangle$$Dari sini, $$ I = \langle T(\alpha u + \beta v), T(\alpha u + \beta v)\rangle -2 \langle T(\alpha u + \beta v), \alpha T(u) + \beta T(v) \rangle +\langle \alpha T(u) + \beta T(v), \alpha T(u) + \beta T(v) \rangle $$Selanjutnya adalah meninjau ketiga suku tersebut.
Suku pertama: Dengan asumsi, maka $$\langle T(\alpha u + \beta v), T(\alpha u + \beta v)\rangle = \langle \alpha u + \beta v, \alpha u + \beta v\rangle $$
Suku kedua: Dengan sifat inner product dan asumsi, maka $$\begin{aligned} \langle T(\alpha u + \beta v), \alpha T(u) + \beta T(v) \rangle &= \alpha \langle T(\alpha u+ \beta v), T(u) \rangle +\beta \langle T(\alpha u+ \beta v), T(v) \rangle \\ &= \alpha \langle \alpha u + \beta v, u\rangle + \beta \langle \alpha u + \beta v, v \rangle \\ &= \langle \alpha u + \beta v, \alpha u\rangle + \langle \alpha u + \beta v, \beta v \rangle \\ & = \langle \alpha u + \beta v, \alpha u + \beta v \rangle \end{aligned}$$
Suku ketiga: Dengan sifat inner product, $(*)$ dan asumsi, kita juga peroleh bahwa $$\begin{aligned} \langle \alpha T(u) + \beta T(v), \alpha T(u) + \beta T(v) \rangle & = \langle \alpha T(u) , \alpha T(u) \rangle + 2 \langle \alpha T(u), \beta T(v) \rangle + \langle \beta T(v), \beta T(v) \rangle \\ &= \alpha^2 \langle T(u), T(u) \rangle + 2 \alpha \beta^2 \langle T(u), T(v) \rangle + \beta^2 \langle T(v), T(v) \rangle \\ &= \alpha^2 \langle u, u \rangle + 2 \alpha \beta \langle u, v \rangle + \beta^2 \langle v, v \rangle \\ &= \langle \alpha u, \alpha u \rangle + 2 \langle \alpha u, \beta v \rangle + \langle \beta v, \beta v \rangle \\&= \langle \alpha u + \beta v, \alpha u + \beta v \rangle\end{aligned}$$
Dengan menyubtitusi nilai suku-suku tersebut ke $I,$ maka diperoleh bahwa $$ \begin{aligned}I & = \langle T(\alpha u + \beta v)-(\alpha T(u) + \beta T(v)), T(\alpha u + \beta v)-(\alpha T(u) + \beta T(v)) \rangle \\ &= \langle T(\alpha u + \beta v), T(\alpha u + \beta v)\rangle -2 \langle T(\alpha u + \beta v), \alpha T(u) + \beta T(v) \rangle +\langle \alpha T(u) + \beta T(v), \alpha T(u) + \beta T(v) \rangle \\& = \left( \langle \alpha u + \beta v, \alpha u + \beta v\rangle\right) -2 \left( \langle \alpha u + \beta v, \alpha u + \beta v\rangle \right) + \left( \langle \alpha u + \beta v, \alpha u + \beta v\rangle \right) \\ &=0 \end{aligned} $$Akibatnya, $$\langle T(\alpha u + \beta v)-(\alpha T(u) + \beta T(v)), T(\alpha u + \beta v)-(\alpha T(u) + \beta T(v)) \rangle = 0 $$Berdasarkan sifat inner product, maka haruslah $$T(\alpha u + \beta v)-(\alpha T(u) + \beta T(v)) = 0$$ yang berakibat bahwa $$ T(\alpha u + \beta v) =\alpha T(u) + \beta T(v)$$ untuk setiap $u, v \in \mathbb{R}^3$ dan $\alpha, \beta \in \mathbb{R}.$ Jadi, $T$ haruslah linear.
Baca Juga:
Kumpulan Pembahasan KNMIPA 2021
Kumpulan Pembahasan KNMIPA 2020
Kumpulan Pembahasan ONMIPA/KNMIPA tingkat Nasional
Soal 2
Suatu matriks $B$ berukuran $2 \times 2$ dengan komponen real dikatakan menarik jika terdapat matriks $A$ berukuran $2 \times 2$ komponen real sehingga $$AB-BA = B^2$$
(a) Jelaskan apakah matriks $B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ menarik atau tidak.
(b) Jika matriks $B$ menarik, buktikan bahwa $B$ nilpoten, yakni $B^2 = 0$
Jawab:
(a) Misal $B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},$ pilih $A = \textbf{0}$ sebagai matriks nol. Dapat dicek bahwa $B^2 = 0.$ Sehingga $$AB – BA = A \cdot \textbf{0} – \textbf{0} \cdot A = \textbf{0} = B^2 $$Jadi, $B$ adalah matriks menarik
(b) Asumsikan bahwa $B$ adalah matriks menarik. Akan ditunjukkan bahwa $B$ adalah nilpoten. Perhatikan bahwa secara umum, kita punya bahwa untuk matriks persegi $M,$ berlaku $$tr (M^k) = \sum_{i} m_i \lambda_i^k$$ untuk setiap bilangan asli $k$ dan dengan $\lambda_i$ adalah nilai eigen (masing-masing berbeda) dengan multiplisitas aljabar $m_i.$ Selain itu, kita juga punya $$\det (M) = \prod_{i} \lambda_i^{m_i}$$
Kemudian, andaikan bahwa determinan dari $B$ tidak nol, maka haruslah $B$ memiliki invers, misalkan $B^{-1}.$ Dari sini, dengan sifat trace matrik,s $$\begin{aligned} AB – BA &= B^2\\ B^{-1} (AB – BA) B^{-1} &= B^{-1} (B^2) B^{-1} \\ B^{-1} A – A B^{-1} &= I \\ tr(B^{-1} A – A B^{-1}) &= tr (I) \\ tr(B^{-1} A) -tr(A B^{-1}) &= 2 \\ tr(B^{-1} A) – tr(B^{-1} A) &=2\\0 &= 2\end{aligned} $$Ini tidak mungkin, jadi haruslah $\det (B) = 0.$
Selain itu, perhatikan bahwa jika $\lambda_1, \lambda_2$ adalah nilai eigen (dapat berupa bilangan kompleks) dari $B,$ maka $$tr (B^2) = \lambda_1^2 + \lambda_2^2 $$Dari sini, $$0 = tr (B^2) = \lambda_1^2 + \lambda_2^2 $$atau $$\lambda_1^2 + \lambda_2^2 = 0 $$Karena $0 = \det (B) = \lambda_1 \cdot \lambda_2,$ maka haruslah $$(\lambda_1+\lambda_2)^2 = \lambda_1^2 + \lambda_2^2 + 2\lambda_1 \cdot \lambda_2 = 0+0 =0$$ yang berakibat bahwa $$\lambda_1+\lambda_2 =0$$
Sehinga, kita punya
(i) $\det (B) = \lambda_1 \cdot \lambda_2 = 0$
(ii) $tr (B) = \lambda_1+\lambda_2 = 0$
Berdasarkan teorema Caley-Hamilton, diperoleh bahwa $B$ memenuhi persamaan karakteristik polinomialnya. Karena persamaan karakteristik polinomial $B$ adalah $$x^2 – (tr (B)) x + \det(B) I_2 = 0, $$maka $$B^2 – (0) \cdot B + (0) \cdot I_2 = 0 $$yang berkibat bahwa $B^2 = 0.$ Jadi, $B$ adalah nilpoten.
Demikian pembahasan kali ini tentang Pembahasan Soal KNMIPA 2021 Aljabar Linear Tingkat Wilayah. Jika Anda tertarik dengan pembahasan soal ONMIPA/KNMIPA lainnya, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
