Soal dan Pembahasan KNMIPA 2020 Aljabar Linear

Last Updated on Oktober 23, 2021 by prooffic

Postingan kali ini akan membahasa mengenai Soal dan Pembahasan KNMIPA 2020 Aljabar Linear. Soal KNMIPA 2020 Aljabar Linear terdiri dari Isian Singkat dan Uraian. Isian Singkat terdiri dari 2 nomor, sedangkan Uraian juga terdiri dari 2 nomor. Semua soal tersebut melibatkan materi matriks, terutama Rank, determinan dan lainnya. Sebelumnya mengulas soal dan pembahasannya, kita akan terlebih dahulu melakukan sedikit review terkait dengan materi tersebut.

1. Rank dari suatu matriks $A \in M_{m \times n} (\mathbb{R})$ dapat didefinisikan sebagai banyaknya 1 utama dari bentuk eselon baris tereduksi dari matriks tersebut. Dapat ditunjukkan bahwa $\text{Rank} (A_{m \times n})$ juga menyatakan dimensi dari daerah hasil pemetaan $T :  \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^m$. Selain itu, $\text{Rank} (A_{m \times n})$ memenuhi $$\text{Rank} (A_{m \times n}) + \text{Nul} (A_{m \times n}) = n$$dengan $\text{Nul} (A_{m \times n})$ adalah kernel dari pemetaan $T :  \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^m$
2. Misalkan $A$ adalah matriks persegi. Determinan dari matriks tersebut adalah $0$ jika dan hanya jika kolom-kolom matriks tersebut bergantung linear.
3. Misalkan $A$ adalah matriks persegi. $\lambda$ dan vektor $x$ masing-masing disebut nilai eigen dan vektor eigen dari $A$ jika berlaku $$ A x = \lambda x $$

Kita akan menggunakan fakta-fakta tersebut untuk menyelesaikan Soal-soal KNMIPA 2020 Aljabar Linear. Untuk pembahasan lebih lanjut mengenai materi-materi tersebut, Anda dapat melihatnya di buku Matrix Analysis oleh Roger A. Horn dan Charles R. Johnson maupun di buku Elementary Linear Algebra oleh Howard Anton dan Chris Rorres. Berikut ini adalah Pembahasan Soal KNMIPA 2020 Aljabar Linear.

**Selamat menikmati**

Isian Singkat

Soal 1

Diketahui bahwa matriks $$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ -1 & a & 10 \\ 0 & 1 & b\end{pmatrix} $$memiliki rank sama dengan 2. Nilai $ab$ adalah …

Jawab: Untuk menentukan $ab$, kita akan mengubah $A$ menjadi bentuk eselon baris tereduksinya dan dengan menggunakan fakta bahwa banyaknya 1 utama adalah 2. Untuk itu, jumlahkan baris pertama ke baris kedua sehingga kita peroleh $$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & a & 12 \\ 0 & 1 & b\end{pmatrix}$$Kalikan $-a$ pada baris ketiga kemudian jumlahkan baris kedua pada baris ketiga tersebut, sehingga diperoleh $$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & a & 12 \\ 0 & 0 & 12 – ab\end{pmatrix}$$Agar $A$ memiliki rank 2, maka haruslah $12 – ab = 0$. Ini mengakibatkan bahwa $ab = 12$.

Jadi, $ab = 12$ ♦

Baca Juga: Eksistensi Basis dari Ruang Vektor 

Soal 2

Misalkan $A$ sebuah matriks ukuran $9 \times 9$ yang memenuhi sifat:

1. Semua komponen baris pertama matriks $A$ berbeda. Komponen yang dimaksud adalah bilangan asil $\{n_1 ,n_2, \cdots ,n_9\}$.
2. Komponen baris lainnya adalah suatu permutasi dari komponen pada baris pertama.

Nilai eigen yang senantiasa dimiliki oleh matriks $A$ dengan sifat tersebut adalah …

Jawab: Komponen baris lainnya adalah suatu permutasi dari komponen pada baris pertama, maka komponen-komponen baris lainnya berupa $n_1 ,n_2, \cdots ,n_9$. Sehingga, $$\begin{pmatrix} n_1 & n_2 & \cdots & n_9 \\ * & * & \cdots & * \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ * & * & \cdots & * \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1\\ \vdots \\ 1  \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n_1 + n_2 + \cdots + n_9 \\ n_1 + n_2 + \cdots + n_9 \\ \vdots \\n_1 + n_2 + \cdots + n_9 \end{pmatrix} = (n_1 + n_2 + \cdots + n_9) \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}$$Dari sini, $$\begin{pmatrix} n_1 & n_2 & \cdots & n_9 \\ * & * & \cdots & * \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ * & * & \cdots & * \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1\\ \vdots \\ 1  \end{pmatrix} =  (n_1 + n_2 + \cdots + n_9) \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}$$

Oleh karena itu, $n_1 +n_2 + \cdots + n_9$ adalah nilai eigen dengan vektor eigen $$x = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}$$Jadi, nilai eigen yang senantiasa dimiliki oleh matriks $A$ dengan sifat tersebut adalah $n_1 +n_2 + \cdots + n_9$ ♦

Uraian

Soal 1

Tentukanlah bilangan bulat positif terkecil $k$ terkecil, sedemikian sehingga untuk setiap $k$ buah matriks $A_1, A_2 , …, A_k$ berukuruan $100 \times 100$ dengan komponen riil, senantiasa terdapat bilangan riil $\alpha_1, \alpha_2 , …, \alpha_k$ yang tidak semuanya nol sehingga $$\text{det} (\alpha_1 A_1 + \alpha_2 A_2 + \cdots +\alpha_k A_k) = 0$$

Jelaskan jawaban Anda!

Jawab: Misalkan bahwa $k$ adalah bilangan bulat positif. Diberikan sebarang $k$ buah matriks $A_1, A_2 , …, A_k$ berukuruan $100 \times 100$ dengan komponen riil. Asumsikan bahwa $$\text{det} (\alpha_1 A_1 + \alpha_2 A_2 + \cdots +\alpha_k A_k) = 0, $$maka kolom-kolom matriks $\alpha_1 A_1 + \alpha_2 A_2 + \cdots +\alpha_k A_k$ bergantung linear. Misalkan $$B := \alpha_1 A_1 + \alpha_2 A_2 + \cdots +\alpha_k A_k $$serta $[B]_i$ menyatakan kolom ke-$i$ matriks $B$. Maka, terdapat $\beta_1, \beta_2, …, \beta_k$ yang tidak semuanya nol sedemikian sehingga $$\beta_1 [B]_1 + \beta_2 [B]_2 + \cdots + \beta_k [B]_k = \textbf{O} \text{ … (1)}$$dengan $\textbf{O}$ adalah vektor nol. Dari persamaan (1), diperoleh sebuah sistem persamaan homohen dengan $100$ buah persamaan dalam $$\alpha_1, \alpha_2 , …, \alpha_k $$

Sehingga, jika $k \leq 100$, maka haruslah $\alpha_1, \alpha_2 , …, \alpha_k$ semuanya bernilai $0$. Sedangkan jika sebaliknya, maka sistem tersebut menghasilkan solusi yang tidak trivial, dengan kata lain $\alpha_1, \alpha_2 , …, \alpha_k$ tidak semuanya nol.

Jadi, bilangan $101$ adalah bulat positif $k$ terkecil, sedemikian sehingga untuk setiap $k$ buah matriks $A_1, A_2 , …, A_k$ berukuruan $100 \times 100$ dengan komponen riil, senantiasa terdapat bilangan riil $\alpha_1, \alpha_2 , …, \alpha_k$ yang tidak semuanya nol sehingga $$\text{det} (\alpha_1 A_1 + \alpha_2 A_2 + \cdots +\alpha_k A_k) = 0$$

Soal 2

Misalkan $$\textbf{e}_1 = \begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \textbf{e}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \textbf{e}_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}.$$

Misalkan juga $\textbf{b}$ sebuah vektor tak nol di $\textbf{R}^3$ dan diketahui bahwa tiga vektor $\textbf{e}_1, 2 \textbf{e}_1 + \textbf{e}_2, \textbf{e}_1 + \textbf{e}_2 + \textbf{e}_3$ merupakan solusi suatu persamaan linear $A \textbf{x} = \textbf{b},$ dengan $A$ suatu matriks berukuran $3 \times 3$.

1. Buktikan bahwa kombinansi linear $a_1 \textbf{e}_1 +a_2 \textbf{e}_2 +a_3 \textbf{e}_3,$ dengan $a_1, a_2, a_3$ skalar, juga merupakan solusi sistem persamaan linear $A \textbf{x} = \textbf{b}$ jika dan hanya jika $a_1 + a_3 = a_2 + 1$
2. Jika $$\textbf{b} = \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\b_3 \end{pmatrix},$$tentukan semua nilai eigen real dari $A$

Jawab: Karena $\textbf{e}_1$ adalah solusi dari $A \textbf{x} = \textbf{b}$, maka $$A \textbf{e}_1 = \textbf{b} $$Kemudian, karena $2 \textbf{e}_1 + \textbf{e}_2$ juga merupakan solusi dari $A \textbf{x} = \textbf{b}$, maka $$\begin{aligned}A (2 \textbf{e}_1 + \textbf{e}_2) &= \textbf{b} \\2 A \textbf{e}_1 + A \textbf{e}_2 &= \textbf{b} \\ 2 \textbf{b} + A \textbf{e}_2 &= \textbf{b} \\ A \textbf{e}_2 &= -\textbf{b} \end{aligned} $$Selanjutnya, karena $\textbf{e}_1 + \textbf{e}_2 + \textbf{e}_3$ juga merupakan solusi, maka $$\begin{aligned}A (\textbf{e}_1 + \textbf{e}_2 + \textbf{e}_3) &= \textbf{b} \\ A \textbf{e}_1 + A \textbf{e}_2 +A \textbf{e}_3 &= \textbf{b} \\ \textbf{b} +(- \textbf{b}) + A \textbf{e}_3 &= \textbf{b}\\ A \textbf{e}_3 &= \textbf{b} \end{aligned}$$

Kita akan menggunakan fakta-fakta tersebut untuk menyelesaikan a dan b.

1. Terlebih dahulu asumsikan bahwa $a_1 \textbf{e}_1 +a_2 \textbf{e}_2 +a_3 \textbf{e}_3,$ dengan $a_1, a_2, a_3$ skalar, merupakan solusi sistem persamaan linear $A \textbf{x} = \textbf{b}$. Dengan hasil sebelumnya, maka $$\begin{aligned}A (a_1 \textbf{e}_1 + a_2 \textbf{e}_2 + a_3 \textbf{e}_3) &= \textbf{b}\\ a_1 A \textbf{e}_1 + a_2 A \textbf{e}_2 + a_3 A  \textbf{e}_3 &= \textbf{b}\\ a_1 \textbf{b} – a_2 \textbf{b} + a_3 \textbf{b} &= \textbf{b} \\ (a_1 – a_2 + a_3) \textbf{b} &= \textbf{b} \end{aligned} $$Ini berakibat bahwa $$a_1 + a_3 =a_2 + 1$$Sebaliknya, asumsikan bahwa $a_1 + a_3 =a_2 + 1$, maka dengan hasil sebelumnya, diperoleh bahwa $$\begin{aligned}A (a_1 \textbf{e}_1 + a_2 \textbf{e}_2 + a_3 \textbf{e}_3 &= a_1 A \textbf{e}_1 + a_2 A \textbf{e}_2 + a_3 A \textbf{e}_3 \\ &= a_1 (\textbf{b}) +a _2 (-\textbf{b}) +a_3 (\textbf{b}) \\ &= (a_1 – a_2 +a_3) \textbf{b} \\ &= 1 \textbf{b} \\ &= \textbf{b} \end{aligned}$$Sehingga, $a_1 \textbf{e}_1 + a_2 \textbf{e}_2 + a_3 \textbf{e}_3$ adalah solusi.
   Jadi, kombinasi linear $a_1 \textbf{e}_1 +a_2 \textbf{e}_2 +a_3 \textbf{e}_3,$ dengan $a_1, a_2, a_3$ skalar, juga merupakan solusi sistem persamaan linear $A \textbf{x} = \textbf{b}$ jika dan hanya jika $a_1 + a_3 = a_2 + 1$.

   Catatan: Pada naskah soal yang asli, persamaan yang dipenuhi adalah $a_1 + a_3 =a_2$. Tetapi, dengan persamaan tersebut, pernyataan a bernilai benar hanya ketika $\textbf{b} = 0$

2. Tulis $$A = \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22}& a_{23}\\ a_{31} & a_{32}& a_{33} \end{pmatrix} $$Perhatikan bahwa karena $A \textbf{e}_1 = \textbf{b}$, maka $$\begin{aligned}A\textbf{e}_1 &= \textbf{b}\\ \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\b_3 \end{pmatrix}  \\ \begin{pmatrix} a_{11} \\ a_{21} \\ a_{31} \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\b_3 \end{pmatrix} \end{aligned}$$Kemudian, karena $A \textbf{e}_2 = – \textbf{b}$, maka $$\begin{aligned}A\textbf{e}_2 &= – \textbf{b}\\ \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} – b_1 \\ – b_2 \\ – b_3 \end{pmatrix}  \\ \begin{pmatrix} a_{12} \\ a_{22} \\ a_{32} \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} – b_1 \\ – b_2 \\ – b_3 \end{pmatrix} \end{aligned}$$Selain itu, karena $A \textbf{e}_3 = \textbf{b}$, maka $$\begin{aligned}A\textbf{e}_3 &= \textbf{b}\\ \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\b_3 \end{pmatrix}  \\ \begin{pmatrix} a_{13} \\ a_{23} \\ a_{33} \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\b_3 \end{pmatrix} \end{aligned}$$Dari sini, $$A = \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22}& a_{23}\\ a_{31} & a_{32}& a_{33} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}b_{1} & – b_{1} & b_{1} \\ b_{2} & – b_{2}& b_{2}\\ b_{3} & – b_{3}& b_{3} \end{pmatrix} $$Misal $\lambda$ adalah nilai eigen dari $A$, maka $\lambda$ memenuhi $\text{Det} (A-\lambda I) = 0 $. Kemudian, $$\begin{aligned}\text{Det} (A-\lambda I) &= \text{Det} \begin{pmatrix} b_{1} – \lambda & – b_{1} & b_{1} \\ b_{2} & – b_{2} – \lambda & b_{2}\\ b_{3} & – b_{3}& b_{3} – \lambda \end{pmatrix}\\ &= (b_1 – \lambda) (- b_2 – \lambda) (b_3 – \lambda) – b_1 b_2 b_3 – b_1 b_2 b_3 + b_1 b_3 (b_2 + \lambda) + b_2 b_3 (b_1 – \lambda) + b_1 b_2 (b_3 – \lambda) \\ &= – b_1 b_2 b_3 +(b_2 b_3 – b_1 b_3 – b_1 b_2) \lambda + (b_1 + b_3 – b_2) \lambda^2 -\lambda^3 -2 b_1 b_2 b_3 +b_1 b_2 b_3 + b_1 b_3 \lambda + b_1 b_2 b_3 – b_2 b_3 \lambda + b_1 b_2 b_3 – b_1 b_2 \lambda \\ &= -\lambda^3 + (b_1 + b_3 – b_2) \lambda^2 \\ &= -\lambda^2 (\lambda – (b_1 + b_3 – b_2) )\end{aligned}$$ Karena $$-\lambda^2 (\lambda – (b_1 + b_3 – b_2) )= \text{Det} (A – \lambda I) = 0$$maka haruslah $\lambda = 0$ atau $\lambda = b_1 – b_2 + b_3$Jadi, semua nilai eigen real dari $A$ adalah $0$ dan $b_1 – b_2 + b_3$ ♦

Demikian Soal dan Pembahasan KNMIPA 2020 Aljabar Linear kali ini. Jika Anda tertarik dengan soal dan pembahasan ONMIPA atau KNMIPA lainnya, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.