BAB 2
LANDASAN TEORI
2.1 Transpose, Invers dan Determinan Matriks Definisi 2.1.1 Apabila terdapat suatu matriks A [aij ] berordo m n , maka transpose dari matriks A adalah AT berordo n m yang dihasilkan dengan mempertukarkan baris dan kolom matriks A ; yaitu, kolom pertama dari AT adalah baris pertama dari A, kolom kedua dari AT adalah baris kedua dari A , dan seterusnya.
Beberapa sifat matriks transpose: (i). ( A B)T AT BT (ii). ( AT )T A (iii). k ( AT ) (kAT ) , k suatu skalar. (iv). ( AB )T BT AT
Definisi 2.1.2 Suatu matriks A disebut simetris apabila transpose matriks A sama dengan matriks A atau matriks A simetris bila A AT .
Contoh 2.1 1 2 4 A 2 7 0 0 6 4
dan
1 2 4 A 2 7 0 0 6 4 T
A disebut matriks simetris, A AT .
Definisi 2.1.3 Misalkan A adalah matriks bujursangkar, jika terdapat matriks B yang ukurannya sama sedemikian hingga AB BA I , maka A disebut invertibel (dapat dibalik) dan B disebut sebagai invers dari A , ditulis A1 .
10 Contoh 2.2 Misal
2 5 3 5 dan B A 1 3 1 2 maka
2 5 3 5 1 0 AB I 1 3 1 2 0 1 3 5 2 5 1 0 BA I 1 2 1 3 0 1
Definisi 2.1.4 Jika A adalah matriks bujursangkar, maka minor dari entri aij dinyatakan sebagai M ij dan didefinisikan sebagai determinan dari submatriks yang tersisa setelah baris ke-i dan kolom ke-j dihilangkan dari A . Nilai
( 1)i j M ij dinyatakan sebagai Cij dan disebut sebagai kofaktor dari entri aij . Determinan dapat dinotasikan A a11C11 a12 C12 ... a1nC1n .
Contoh 2.3 Misalkan 3 1 4 A 2 5 6 1 4 8
Determinan dari matriks A adalah A = a11C11 a12 C12 a13C13 3
5 6 4 8
1
2 6 1 8
( 4)
2 5 1 4
3(16) 1(10) 4(3) 48 10 12 46
2.2 Sistem Persamaan Linier Homogen
Definisi 2.2.1 Suatu sistem persamaan linier disebut homogen jika semua bentuk konstantanya adalah 0; yaitu, sistem ini memiliki bentuk
11
a11 x1 a12 x2 ... a1n xn 0 a21 x1 a22 x2 ... a2 n xn 0
am1 x1 am 2 x2 ... amn xn 0 Setiap sistem persamaan linier homogen adalah konsisten karena semua sistem memiliki solusi x1 0 , x2 0 , ... , xn 0 . Solusi ini disebut solusi trivial; jika terdapat solusi lain, maka solusi-solusi tersebut disebut solusi nontrivial.
Contoh 2.4 Suatu sistem persamaan linier sebagai berikut
2 x1 2 x2 − x3
+ x5 = 0
x1 − x2 + 2x3 − 3x4 + x5 = 0
x1 + x2 − 2x3
− x5 = 0
x3 + x4 + x5 = 0 Matriks yang diperbesar untuk sistem tersebut adalah 2 1 0 1 2 1 1 2 3 1 1 2 0 1 1 0 1 1 1 0
0 0 0 0
Dengan mereduksi matriks tersebut menjadi bentuk eselon baris, kita memperoleh 1 0 0 0
1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0
Sistem persamaan yang bersesuaian adalah
x1 + x2
+ x5 = 0
x3
+ x5 = 0
x4
=0
Dengan menyelesaikan variabel-variabel utama diperoleh
x1 x2 x5
x3 x5
12
x4 0 Jadi, solusi umumnya adalah
x1 s t ,
x2 s ,
x3 t ,
x4 0 ,
x5 t
Perhatikan bahwa solusi trivial diperoleh bila s t 0 .
2.3 Ruang Vektor dengan Ruang Hasil Kali Dalam
Definisi 2.3.1 Hasil kali dalam (inner product) pada sebuah ruang vektor real V adalah sebuah fungsi yang mengasosiasikan sebuah bilangan real
dengan sepasang vektor u dan v di dalam V sedemikan hingga aksioma-aksioma berikut ini terpenuhi bagi semua vektor u, v dan w di dalam V dan semua bilangan skalar
k. (i). < u, v > = < v, u >
(Aksioma kesimetrian)
(ii). < u + v, w > = < u, w > + < v, w >
(Aksioma penjumlahan)
(iii). < ku, v > = k< u, v >
(Aksioma homogenitas)
(iv). < v, v > ≥ 0
(Aksioma positivitas)
dan < v, v > = 0 jika dan hanya jika v 0. Sebuah ruang vektor real yang memiliki sebuah hasil kali dalam disebut ruang hasil kali dalam real (real inner product space).
Definisi 2.3.2 Jika V adalah sebuah ruang hasil kali dalam, maka norma (norm) atau panjang (length) sebuah vektor u di dalam V dinotasikan dengan ||u|| dan didefinisikan sebagai ||u|| = < u, u >1/2 Jarak (distance) antara dua buah titik (vektor) u dan v dinotasikan dengan d(u, v) dan didefinisikan sebagai d(u, v) = || u - v ||
Contoh 2.5 Misalkan u = (u1, u2) dan v = (v1, v2) adalah vektor-vektor pada R 2 . Hasil kali dalam Euclidean berbobot = 3u1v1 + 2u2v2 memenuhi keempat aksioma hasil kali dalam.
13 (i). Aksioma kesimetrian; < u, v > = 3u1v1 + 2u2v2 = 3v1u1 + 2v2u2 = < v, u > yang membuktikan terpenuhinya aksioma pertama. (ii). Aksioma penjumlahan; Jika w = (w1, w2), maka < u +v, w > = 3(u1 + v1)w1 + 2(u2 + v2)w2 = (3u1w1 + 2u2w2) + (3v1w1 + 2v2w2) = + yang membuktikan terpenuhinya aksioma kedua. (iii). Aksioma homogenitas; Selanjutnya, < ku, v > = 3(ku1)v1 + 2(ku2)v2 = k(3u1v1 + 2u2v2) = k< u, v > yang membuktikan terpenuhinya aksioma ketiga. (iv). Aksioma positivitas; Akhirnya, = 3v1v1 + 2v2v2 = 3v12 + 2v22 Jelaslah, = 3v12 + 2v22 ≥ 0. Lebih jauh lagi, = 3v12 + 2v22 = 0 jika dan hanya jika v1 = v2. Dengan demikian, semua aksioma memenuhi syarat.
2.4 Basis Ortonormal dan Matriks Ortogonal
2.4.1 Basis Ortonormal
Definisi 2.4.1 Himpunan S = {u1, u2, ..., uk} pada R n adalah himpunan ortogonal jika = 0, untuk setiap i j .
Definisi 2.4.2 Himpunan S = {u1, u2, ..., uk} pada R n adalah ortonormal jika : (i). S adalah ortogonal (ii). Setiap vektor dalam S adalah vektor satuan, yaitu ||ui|| = 1, untuk setiap i .
14 Contoh 2.6 Himpunan S = {u1, u2}, dengan u1= [0, 1, 0] dan u2= [1, 0, 1] adalah ortogonal, karena : = 0(1) + 1(0) + 0(1) = 0 Karena ||u1|| = 1 dan ||u2|| = 2 maka S bukan himpunan ortonormal. Dengan menormalisasikan masing-masing vektor dari S , diperoleh : v1 = u1/|| u1|| = 1[0, 1, 0] = [0, 1, 0],
v2 = u2/|| u2|| =
1 1 1 [1, 0, 1] = ,0, 2 2 2
{v1, v2}adalah himpunan yang ortonormal, karena : (i). 0.
1 1 1.0 0. 0 2 2
(ii). ||v1|| = 1 dan ||v2|| = 1
Teorema 2.4.1 Jika S = {v1, v2, ..., vn} adalah suatu himpunan ortogonal vektorvektor taknol pada sebuah ruang hasil kali dalam, maka S bebas linier.
Bukti. Asumsikan bahwa k1v1 + k2v2 +...+ knvn = 0 Akan ditunjukkan bahwa S = {v1, v2, ..., vn} adalah bebas linier, yakni dengan membuktikan k1 k2 ... kn 0 . Untuk setiap vi dalam S, berdasarkan asumsi diperoleh < k1v1 + k2v2 +...+ knvn, vi > = < 0, vi > = 0 atau secara ekuivalen k1< v1,vi > + k2< v2,vi > +...+ kn< vn,vi > = 0 Dari ortogonalitas S kita memperoleh = 0 untuk
j i , sehingga
persamaan ini dapat disederhanakan menjadi ki < vi,vi > ki vi , vi 0 Karena vektor-vektor di dalam S diasumsikan sebagai vektor-vektor taknol ≠ 0 berdasarkan aksioma positivitas untuk hasil kali dalam. Dengan demikian,
ki 0 . Karena indeks
i
adalah sebarang, kita memperoleh
k1 k2 ... kn 0 yang mengakibatkan S bebas linier.
15 Teorema 2.4.2 Misalkan {v1, v2,..., vn} adalah basis ortonormal pada R n dan misal u sembarang vektor pada R n maka memenuhi : u = v1 + v2 +...+ vn dengan adalah koefisien dari vi . Bukti. Misalkan S = {v1, v2,..., vn} adalah basis ortonormal pada R n dan misal u sembarang vektor pada R n , maka memenuhi : u = k1v1 + k2v2 +...+ knvn dengan k1 , k2 ,..., kn adalah skalar. Karena S adalah ortonormal maka ortogonal sedemikian hingga = 0 untuk i j . Selebihnya, jika S adalah ortonormal, maka setiap vektor vi pada S adalah vektor satuan, yaitu = ||vi||2 = 1. Misal i memenuhi 1 i n , maka :
= = k1 + k2 +...+ ki +...+ kn
k1.0 k2 .0 ... ki .1 ... kn .0 ki Jadi terbukti koefisien dari vi adalah ki i = vi.u = u.vi
Contoh 2.7 Misalkan
4 3 4 3 v1 = [0, 1, 0], v2 = ,0, , v3 = ,0, 5 5 5 5 Maka V = {v1, v2, v3} adalah basis ortonormal untuk R 3 . Akan diperlihatkan bahwa u = [1, 1, 1] adalah kombinasi linier vektor-vektor V . Sesuai teorema 2.4.2 didapatkan : = 1;
1 ; 5
7 5
dan u = v1 + v2 + v3
1 [1, 1, 1] = 1 [0, 1, 0] + 5
3 7 3 4 4 ,0, + ,0, 5 5 5 5 5
28 3 21 4 = [0, 1, 0] + + = [1, 1, 1] ,0, ,0, 25 25 25 25
16 Teorema 2.4.3 (Proses Gram-Schmidt) Setiap ruang hasil kali dalam taknol berdimensi terhingga memiliki sebuah basis ortonormal.
Bukti. Misalkan V adalah suatu ruang hasil kali dalam taknol berdimensi terhingga sebarang dan misalkan {u1,u2,...,un} adalah basis sebarang untuk V . Akan ditunjukkan bahwa V memiliki sebuah basis ortogonal, karena vektor-vektor di dalam basis ortogonal itu dapat dinormalisasikan untuk menghasilkan sebuah basis ortonormal untuk V . Urutan langkah berikut ini akan menghasilkan sebuah basis ortogonal {v1,v2,...,vn} untuk V . Langkah 1. Misalkan v1 = u1 / || u1 || Langkah 2. Terdapat sebuah vektor v2 yang ortogonal terhadap v1 dengan menghitung komponen v1 yang direntang oleh v1. v1 = (u2 – v1) / || u2 – v1 || Langkah 3. Selanjutnya v3 = (u3 – v1 – v2) / || u3 – v1 – v2 || dan seterusnya sampai vn. Setelah langkah ke-n akan diperoleh himpunan vektorvektor ortogonal {v1,v2,...,vn}. Karena V berdimensi n dan setiap himpunan ortogonal bersifat bebas linier, maka himpunan {v1,v2,...,vn} adalah sebuah basis ortogonal bagi V.
Contoh 2.8 Diberikan R 3 beserta perkalian dalam Euclid dengan mempergunakan proses ortonormalisasi Gram-Schmidt transformasikan vektor-vektor basis u1 = (1, 1, 1),
u2 = (0, 1, 1)
u3 = (0, 0, 1)
menjadi basis yang ortonormal. Vektor v1 yang ortonormal v1 = u1 / ||u1||
1 1,1,1 1 , 1 , 1 3 3 3 3
Vektor v2 yang ortonormal v1 = (u2 – v1) / || u2 – v1 || u2 – v1 0,1,1
2 1 1 1 2 1 1 , , , , 3 3 3 3 3 3 3
17 maka v1 = (u2 – v1) / || u2 – v1 ||
3 2 1 1 2 1 1 , , , , 6 3 3 3 6 6 6
Vektor v3 yang ortonormal v3 = (u3 – v1 – v2) / || u3 – v1 – v2 || u3 – v1 – v2 0,0,1
1 1 1 1 1 2 1 1 , , , , 3 3 3 3 6 6 6 6
1 1 0, , 2 2
maka v3 = (u3 – v1 – v2) / || u3 – v1 – v2 ||
1 1 1 1 2 0, , 0, , 2 2 2 2 1 1 1 , , Jadi, v1 , 3 3 3
2 1 1 , , v2 , 6 6 6
1 1 , v3 0, 2 2
Membentuk basis ortonormal untuk R 3 .
2.4.2. Matriks Ortogonal Definisi 2.4.3 Matriks A berordo n n adalah matriks ortogonal jika kolomkolom dari matriks A adalah himpunan vektor kolom yang ortonormal.
Definisi 2.4.4 Sebuah matriks bujursangkar A yang memiliki sifat A1 AT
disebut sebagai matriks ortogonal. Teorema 2.6.4 Jika matiks A adalah matiks ortogonal, maka A 1 . Bukti. Matriks A ortogonal jika dan hanya jika AT A1 AT A A1 A AT A I
18 kemudian
AT A I AT A 1 A 1 2
A 1
1 2 , Contoh 2.9 Vektor-vektor u = [1, 0, 0], v = 0, dan w = 5 5
1 2 0, 5 , 5
adalah vektor-vektor ortonormal. Sedemikian hingga matriks : 0 0 1 A 0 2 5 1 5 0 1 5 2 5
Adalah ortogonal, maka didapatkan : 0 1 A A 0 2 5 0 1 5 1
T
0 1 A A 0 2 5 0 1 5 T
1 5 2 5 0
0 0 1 1 5 0 2 5 1 5 2 5 0 1 5 2 5 0
1 0 0 0 1 0 0 0 1
2.5 Ekuivalensi Bentuk Kuadrat
Sebelumnya akan didefinisikan suatu operasi elementer pada matriks.
Definisi 2.5.1 Operasi elementer pada matriks A adalah: (i). Penukaran tempat antara dua baris atau dua kolom, yakni baris ke-i dengan baris ke-j atau kolom ke-i dengan kolom ke-j. (ii). Mengalikan baris ke-i atau kolom ke-i dengan suatu konstanta 𝛼.
19 (iii). Menambah baris ke-i dengan 𝛼 kali baris ke-j atau menambah kolom ke-i dengan konstanta 𝛼 kali kolom ke-j.
Definisi 2.5.2 Dua matriks A dan B yang berordo sama dikatakan ekuivalen bila salah satu matriks tersebut dapat diperoleh dari matriks yang lain dengan menggunakan operasi elementer. Atau dengan kata lain, dua matriks A dan B yang berordo sama disebut ekuivalen jika B = PAQ untuk suatu matriks P dan Q yang tak singular atau matriks elementer. Untuk relasi ekuivalensi ini diberikan simbol ‘ ~ ‘. A ~ B memiliki arti A ekuivalen dengan B . Relasi ekuivalen, yaitu : (i). A ~ A untuk setiap matriks A (ii). A ~ B maka B ~ A (iii). A ~ B dan B ~ C maka A ~ C
Contoh 2.10 1 2 3 A 2 1 3 3 2 1
1 2 3 B 0 1 1 0 0 1
maka
3 1 2 3 1 2 A 2 1 3 ~ b2 2b1 0 3 3 ~ 1 b2 3 3 2 1 b3 3b1 0 4 8 1 b3 4 1 2 3 1 2 3 0 1 1 ~ 0 1 1 B 0 1 2 b3 b2 0 0 1
ditulis A ~ B . Di mana b1 yaitu baris ke-1, b2 yaitu baris ke-2 dan b3 yaitu baris ke-3. Definisi 2.5.3 Dua bentuk kuadrat xTAx dan yTBy disebut ekuivalen jika dan hanya jika terdapat matriks tak singular P yang memenuhi x = Py dan B P T AP , yaitu
20 xTAx = (Py)TA(Py) = yTPT A Py = yT (PTAP) y = yTBy
2.6 Nilai Eigen, Vektor Eigen dan Ruang Eigen Definisi 2.8.1 Misalkan A adalah sebuah matriks n n . Skalar disebut nilai eigen dari A ketika sebuah vektor x sedemikian hingga Ax = λx. Vektor x disebut vektor eigen dari A yang bersesuaian terhadap λ. Vektor eigen A terhadap λ yang didapat merupakan vektor tak nol di dalam ruang solusi pada sistem linier. Ruang solusi ini disebut ruang eigen yang tersusun atas basis ruang eigen. Dari persamaan
Ax = λx didapatkan:
a11 a12 a a22 21 λx – Ax = (λI – A) x an1 an 2
a1n x1 a2 n x 2 0 ann xn
Sistem persamaan homogen di atas mempunyai solusi tak trivial jika dan hanya jika I A 0 . Penguraian determinan ini akan menghasilkan suatu polinomial P berderajat n yang biasa disebut sebagai persamaan karakteristik. Metode pencarian akarnya dapat dicari dengan pemfaktoran, rumus ABC (jika persamaan kuadrat) dan pembagian sintetis (aturan horner). Contoh 2.11 4 2 2 A 2 4 2 2 2 4
Karena 2 4 2 I A 2 4 2 2 4 2
maka persamaan karakteristik matriks A adalah
21
4 I A 2 2
2
4 2
2 2 0
4
Dijabarkan sebagai berikut
43 (2)3 (2)3 (2)2 4 (2)2 4 (2)2 4 0
3
122 48 64 8 8 12 4 0
3 122 48 64 16 12 48 0 3 122 36 32 0
22 8 0 Jadi, nilai-nilai eigen dari matriks A adalah 2 dan 8 . Untuk 2 , maka: x 2 2 2 2 I A 2 2 2 dan misal x y z 2 2 2
adalah penyelesaian tak trivial dari 2 I A x = 0, yaitu: 2 2 2 x 0 2 2 2 y 0 2 2 2 z 0
akan diselesaikan dengan operasi baris elementer sebagai berikut 1 2b1 1 1 1 0 2 2 2 0 2 2 2 0 b b 0 0 0 0 2 1 b3 b2 0 0 0 0 2 2 2 0
Persamaan tunggal yang didapat adalah x y z 0 . Misalkan z t , y s dan
x y z s t . sehingga vektor eigen yang bersesuaian dengan 2 adalah x s t 1 1 x y s s 1 t 0 z t 0 1 1 1 maka 1 dan 0 adalah basis pada ruang eigen yang bersesuaian dengan 0 1
22
2. Untuk 8 , maka: x 4 2 2 8 I A 2 4 2 dan misal x y z 2 2 4
adalah penyelesaian tak trivial dari 8I A x = 0, yaitu: 4 2 2 x 0 2 4 2 y 0 2 2 4 z 0
akan diselesaikan dengan operasi baris elementer sebagai berikut 4 2 2 0 1 2b1 1 2b2 1 1 2 0 2 4 2 0 1 6b 1 6b 0 1 1 0 2 3 2 2 4 0 1 6b1 1 3 b3 0 1 1 0
b1 b3
1 0 1 0 1 6b2 1 6b3 0 1 1 0 b2 b3 0 0 0 0
Persamaan yang didapat adalah x z 0 dan y z 0 . Misalkan z u , y z u dan x z u .
sehingga vektor eigen yang bersesuaian dengan 8 adalah x u 1 x y u u 1 z u 1 1 maka 1 adalah basis pada ruang eigen yang bersesuaian dengan 8 . 1
2.7 Diagonalisasi Matriks dan Diagonalisasi secara Ortogonal
Definisi 2.7.1 Sebuah matriks bujursangkar A dapat didiagonalisasi jika terdapat matriks P yang mempunyai invers sehingga P 1 AP merupakan matriks diagonal. Matriks P disebut mendiagonalisasi matriks A .
23 Teorema 2.7.1 Jika A adalah sebuah matriks n n , maka kedua pernyataan berikut adalah ekuivalen. (i). A dapat didiagonalisasi (ii). A memiliki n vektor eigen yang bebas linier. Bukti. (i) (ii) Karena A diasumsikan dapat didiagonalisasi, maka terdapat sebuah matriks yang dapat dibalik p11 p P 21 p n1
p12 p22 pn 2
p1n p2 n pnn
Sedemikian rupa sehingga P 1 AP adalah diagonal, misal P 1 AP D , di mana 1 0 0 2 D 0 0
0 0 n
Berdasarkan rumus P 1 AP D bahwa AP PD ; jelasnya, p11 p AP 21 p n1
p12 p22 pn 2
p1n p2 n pnn
1 0 0 2 0 0
0 1 p11 2 p12 0 1 p21 2 p22 n 1 pn1 2 pn 2
n p1n n p2 n n pnn
(2.1) Jika p1, p2,..., pn menotasikan vektor-vektor kolom dari matriks P , maka dari persamaan (2.1) urutan kolom-kolom matriks AP adalah λ1p1, λ2p2,..., λnpn. Akan tetapi, urutan kolom-kolom AP
adalah Ap1, Ap2,..., Apn. Sehingga, kita
memperoleh Ap1 = λ1p1,
Ap2 = λ2p2,
.......
Apn = λnpn
(2.2)
Karena P dapat dibalik, vektor-vektor kolomnya semua tak nol; sehingga, berdasarkan persamaan (2.2) 1 , 2 ,..., n adalah nilai-nilai eigen dari A , dan p1, p2,..., pn adalah vektor-vektor eigen yang terkait. Karena P dapat dibalik dan memiliki invers, maka p1, p2,..., pn bebas linier. Jadi, A mempunyai n vektor eigen yang bebas linier.
24 (ii) (i) Misalkan A memiliki n vektor eigen p1, p2,..., pn yang bebas linier, dengan nilainilai eigen 1 , 2 ,..., n yang terkait, dan misalkan p11 p P 21 p n1
p12 p22 pn 2
p1n p2 n pnn
adalah sebuah matriks yang vektor-vektor kolomnya adalah p1, p2,..., pn. Berdasarkan perkalian matriks, vektor-vektor kolom dari matriks AP adalah Ap1, Ap2,..., Apn Namun Ap1 = λ1p1,
Ap2 = λ2p2,
.......
Apn = λnpn
sehingga 1 p11 2 p12 p 2 p22 AP 1 21 1 pn1 2 pn 2
n p1n n p2 n n pnn
p11 p 21 p n1
p12 p22 pn 2
p1n p2 n pnn
1 0 0 2 0 0
0 0 PD n (2.3)
di mana D adalah matriks diagonal yang memiliki nilai-nilai eigen 1 , 2 ,..., n sebagai entri-entri diagonal utamanya. Karena vektor-vektor kolom matriks P bebas linier; sehingga, persamaan (2.3) dapat dinotasikan sebagai P 1 AP D dengan demikian matriks A dapat didiagonalisasi.
Berdasarkan teorema 2.7.1 di atas didapatlah langkah-langkah untuk mendiagonalisasi sebuah matriks A berordo n n yang dapat didiagonalisasi, yaitu : Langkah 1. Tentukan nilai-nilai eigen matriks A . Langkah 2. Tentukan n vektor eigen yang bebas linier dari matriks A , yaitu p1, p2,..., pn. Langkah 3. Bentuk matriks P yang kolomnya adalah vektor-vektor dengan p1, p2,..., pn sebagai vektor-vektor kolomnya matriks. Langkah 4. Matriks P 1 AP D kemudian akan menjadi diagonal dengan
25
1 , 2 ,...,n sebagai entri-entri diagonalnya secara berurutan, di mana
i adalah nilai eigen yang terkait dengan pi , untuk i 1,2,..., n . Contoh 2.12
3 2 0 A 2 3 0 0 5 0 Karena
2 0 3 I A 2 3 0 0 5 0 maka persamaan karakteristik matriks A adalah
I A 1 52 0 Jadi, nilai-nilai eigen dari matriks A adalah 5 dan 1 . Untuk 5 , maka:
x 2 2 0 5I A 2 2 0 dan misal x y z 0 0 0 adalah penyelesaian tak trivial dari 5I A x = 0, yaitu:
2 2 0 x 0 2 2 0 y 0 0 0 0 z 0 akan diselesaikan dengan operasi baris elementer sebagai berikut
1 2b1 1 1 0 0 2 2 0 0 2 2 0 0 b b 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 Persamaan tunggal yang didapat adalah x y 0 . Misalkan x s , y s dan
z t. sehingga vektor eigen yang bersesuaian dengan 5 adalah
x s 1 0 x y s s 1 t 0 z t 0 1
26
1 0 maka p1 1 dan p2 0 adalah basis pada ruang eigen yang bersesuaian 0 1 dengan 5 . Untuk 1 , maka:
0 x 2 2 I A 2 2 0 dan misal x y z 0 4 0 adalah penyelesaian tak trivial dari 8I A x = 0, yaitu:
0 x 0 2 2 2 2 0 y 0 0 4 z 0 0 akan diselesaikan dengan operasi baris elementer sebagai berikut
0 0 1 2b1 1 1 0 0 2 2 2 2 0 0 b b 0 0 0 0 2 1 0 0 4 0 1 4 b 3 0 0 1 0 Persamaan yang didapat adalah x y 0 dan z 0 . Misalkan x u , y x u dan z 0 . Sehingga vektor eigen yang bersesuaian dengan 1 adalah
x u 1 x y u u 1 z 0 0
1 maka p3 1 adalah basis pada ruang eigen yang bersesuaian denga 1 . 0 Sehingga {p1, p2, p3} adalah vektor bebas linier dan didapatkan :
1 0 1 P 1 0 1 0 1 0 yang akan mendiagonalisasi A . Untuk membuktikannya :
27
1 2 1 2 0 3 2 0 1 0 1 5 0 0 P AP 0 0 1 2 3 0 1 0 1 0 5 0 0 5 0 1 0 0 0 1 1 2 1 2 0 0 1
Contoh 2.13 Persamaan karakteristik dari matriks
3 2 A 2 1 adalah I A
3
2
2
1
1 0 2
Jadi 1 adalah satu-satunya nilai eigen yang didapat. Vektor eigen yang bersesuaian dengan 1 , misalkan
x x 0 y yang memenuhi I A x = 0
2 2 x 0 2 2 y 0 akan diselesaikan dengan operasi baris elementer sebagai berikut
2 2 0 1 2 b1 1 1 0 2 2 0 b b 0 0 0 2 1 Persamaan yang didapat adalah x y 0 . Misalkan x s dan y s . Sehingga vektor eigen yang bersesuaian dengan 1 adalah
x s 1 x s y s 1 Karena merupakan ruang eigen yang berdimensi satu, maka A tidak mempunyai dua vektor eigen yang bebas linier, sehingga A tidak dapat didiagonalisasi.
Teorema 2.7.2 Jika v1,v2,...,vk adalah vektor eigen dari matriks A yang bersesuaian dengan nilai-nilai eigen yang berbeda 1 , 2 ,..., k , maka {v1,v2,...,vk} adalah himpunan vektor bebas linier.
Bukti. Misalkan v1,v2,...,vk adalah vektor-vektor eigen yang bersesuaian dengan
28 nilai-nilai eigen yang berbeda 1 , 2 ,..., k . Misalkan v1,v2,...,vk adalah tidak bebas linier agar didapatkan kontradiksinya. Agar disimpulkan v1,v2,...,vk bebas linier. Karena vektor eigen menurut definisi adalah tak nol, maka {v1} adalah bebas linier. Misalkan r adalah bilangan bulat terbesar sehingga {v1,v2,...,vk} bebas linier. Karena diasumsikan bahwa {v1,v2,...,vk} tidak bebas linier, r memenuhi syarat 1 r k . Selanjutnya, sesuai definisi r , {v1,v2,...,vr+1} tidak bebas linier. Dengan demikian, skalar c1 , c2 ,..., cr 1 , tidak semuanya nol, sehingga c1v1 + c2v2 +...+ cr+1vr+1 = 0
(2.4)
Dengan mengalikan kedua sisi pada (2.4) dengan matriks A dan menerapkan Av1 = λ1v1,
Av2 = λ2v2,
Avr+1 = λ1vr+1
......,
kita memperoleh c1λ1v1 + c2λ2v2 +...+ cr+1λr+1vr+1 = 0
(2.5)
Dengan mengalikan kedua sisi (2.4) dengan r 1 dan mengurangkan persamaan yang diperoleh dari (2.5) menghasilkan c1(λ1 – λr+1)v1 + c2(λ2 – λr+1)v2 +...+ cr (λr – λr+1)vr = 0 Karena
{v1,v2,...,vr}
merupakan
himpunan
bebas
linier,
persamaan
ini
mengakibatkan
c1 1 r1 c2 2 r1 ... cr r r1 0 dan karena 1 , 2 ,..., r 1 berbeda, maka diperoleh
c1 c2 ... cr 0
(2.6)
Substitusi nilai-nilai ini pada (2.4) akan menghasilkan cr+1vr+1 Karena vektor eigen vr+1 tidak nol, maka
cr1 0
(2.7)
Persamaan (2.6) dan (2.7) bertentangan dengan hal yang terjadi bahwa
c1 , c2 ,..., cr 1 tidak semuanya nol. Jadi terbukti bahwa pengandaian salah dan {v1,v2,...,vk} bebas linier.
29 Contoh 2.14 Dari contoh 2.12 didapatkan matriks
1 0 1 P 1 0 1 0 1 0 di mana kolom-kolomnya adalah vektor eigen. Karena P 0 maka vektorvektor kolomnya adalah vektor-vektor yang bebas linier. Teorema 2.7.3 Jika sebuah matriks A berordo n n memiliki n nilai eigen yang berbeda, maka A dapat didiagonalisasi.
Bukti. Jika v1,v2,...,vn adalah vektor-vektor eigen yang terkait dengan nilai-nilai eigen yang berbeda 1 , 2 ,..., n , maka sesuai teorema 2.7.2, v1,v2,...,vn bebas linier. Jadi sesuai dengan teorema 2.7.1 maka A dapat didiagonalisasi.
0 1 0 0 1 Contoh 2.15 Misalkan sebuah matriks A 0 4 17 8 memiliki tiga nilai eigen yang berbeda, 1 4, 2 2 3 dan 3 2 3 . Oleh karena itu, A dapat didiagonalisasi. Yakni :
0 0 4 P AP 0 2 3 0 0 2 3 0 1
Selanjutnya untuk menentukan matriks P dapat digunakan cara yang sesuai teorema 2.7.1.
Definisi 2.7.2 Matriks bujursangkar A dapat didiagonalisasi secara ortogonal jika terdapat matriks P yang ortogonal sehingga P 1 AP P T AP diagonal. Matriks
P disebut mendiagonalisasi A secara ortogonal. Teorema 2.7.4 Jika A adalah matriks berordo n n , maka pernyataan berikut ini adalah ekuivalen.
30 (i). A dapat didiagonalisasi secara ortogonal. (ii). A memiliki sebuah himpunan vektor-vektor eigen yang ortonormal. Bukti. (i) (ii) Karena A dapat didiagonalisasi secara ortogonal, maka terdapat sebuah matriks ortogonal P sedemikian hingga matriks P 1 AP adalah diagonal. Sesuai teorema 2.7.1, n vektor kolom matriks P adalah vektor-vektor eigen matriks A . Karena P ortogonal, ortogonal vektor-vektor kolom ini adalah ortonormal, sehingga A memiliki n vektor eigen yang ortonormal. (ii) (i) Asumsikan bahwa A memiliki sebuah himpunan ortonormal yang terdiri dari n vektor eigen { p1,p2,...,pn }. Sebagaimana ditunjukkan dalam pembuktian pada teorema 2.7.1, matriks P dengan vektor-vektor eigen ini sebagai kolom-kolomnya akan mendiagonalisasi A . Karena vektor-vektor eigen ini ortonormal, maka P ortogonal sehingga akan mendiagonalisasi A secara ortogonal.
Teorema 2.7.5 Jika A adalah matriks yang dapat didiagonalisasi maka A adalah matiks simetris.
Bukti. Misalkan A dapat didiagonalisasi secara ortogonal, terdapat matriks P yang ortogonal sedemikian hingga :
D P 1 AP Jadi,
A PDP 1 atau, karena ortogonal, maka :
A PDP T sehingga
AT PDP T PD T P T PDP T A T
terbukti bahwa A simetris.
Teorema 2.7.6 Jika A adalah matriks simetris, maka vektor-vektor yang berasal dari ruang eigen yang berbeda akan saling ortogonal.
31
Bukti. Misalkan v1 dan v2 adalah vektor-vektor eigen yang terkait dengan dua nilai eigen yang berbeda, yaitu 1 dan 2 dari matriks A . Akan ditunjukkan bahwa v1.v2 = 0. Pembuktian mengenai hal ini melibatkan suatu trik yang dimulai dengan menyatakan Av1.v2. Dari sifat perkalian vektor dan sifat simetris matriks akan A diperoleh Av1.v2 = v1. ATv2 = v1. Av2
(2.8)
Tetapi v1 adalah sebuah vektor eigen matriks A yang berhubungan dengan 1 dan v2 adalah sebuah vektor eigen matriks A yang berhubungan dengan 2 , sehingga persamaan (2.8) menghasilkan hubungan λ1v1.v2 = v1. λ2v2 dapat dituliskan kembali sebagai (λ1 – λ2)v1.v2 = 0
(2.9)
Karena 1 2 0 , karena 1 dan 2 diasumsikan berbeda. Oleh karena itu, dari persamaan (2.9) diperoleh v1.v2 = 0.
Akibat teorema 2.7.6 di atas, berikut langkah-langkah yang dapat dilakukan untuk mendiagonalisasi matriks simetris yang ortogonal: Langkah 1. Tentukan sebuah basis untuk setiap ruang eigen matriks A . Langkah 2. Gunakan proses Gram-Schmidt pada masing-masing basis berikut untuk memperoleh sebuah basis ortonormal pada setiap ruang eigen. Langkah 3. Bentuklah sebuah matriks P yang kolom-kolomnya adalah vektorvektor basis yang dibuat pada langkah 2; matriks ini secara ortogonal mendiagonalisasi A .
Contoh 2.16 Tentukan sebuah matriks ortogonal P yang mendiagonalisasi
4 2 2 A 2 4 2 2 2 4 Persamaan karakteristik untuk A adalah
32
4 2 2
I A 2 4 2 2 2 8 0 2 2 4 Sehingga, nilai-nilai eigen dari A adalah 2 dan 8 . Dengan menggunakan pencarian basis, dapat ditunjukkan bahwa
1 u1 1 0
1 u2 0 1
dan
membentuk sebuah basis untuk ruang eigen yang terkait dangan 2 . Dengan menerapkan proses Gram-Schmidt pada {u1,u2} akan menghasilkan vektor-vektor eigen ortonormal seperti berikut:
1 2 v1 1 2 0
1 6 v2 1 6 2 6
dan
Ruang eigen yang terkait dengan 8 memiliki
1 u3 1 1 sebagai sebuah basis. Dengan menerapkan proses Gram-Schmidt pada {u3} akan menghasilkan
1 v3 1 1
3 3 3
Akhirnya, dengan menggunakan v1, v2 dan v3 sebagai vektor-vektor kolom diperoleh
1 2 P1 2 0
1 1
6 1 6 1
2
6
yang mendiagonalisasi A secara ortogonal.
1
3 3 3
