Mengkaji Perbedaan Diagonalisasi Matriks Atas Field dan Matriks Atas Ring Komutatif Teorema 1 : Jika A adalah matriks n x n , maka pernyataan – pernyataan berikut ekivalen satu sama lain : a. A dapat didiagonalisasi b. A mempunyai n vektor eigen yang bebas linier Bukti : ( a ⇒ b) Misalkan A dapat didiagonalisasi, maka terdapat matriks invertibel P. Misalkan p11 p12 ... p1n p p 22 p 2 n 21 P= invertibel, sehingga P-1AP = D, dimana D . p n1 p nn adalah matriks diagonal. λ1 0 0 0 λ 0 2 D= 0 0 0 λn Maka AP = PD yaitu p11 p12 ... p1n λ1 0 0 p p 22 p 2 n 0 λ2 0 21 AP = . p n1 p nn 0 0 0 λn λ1 p11 λ2 p12 ... λn p1n λ p λ2 p 22 p 2 n 1 21 = . λ1 p n1 λ2 p n 2 λnp nn Misalkan p1, p2, …..pn adalah vektor – vektor kolom P, maka AP berurut – turut λ1 p1, λ2 p2, …. λn .pn. Dilain pihak kolom – kolom AP berturut – turut adalah A1p1, A2 p2, ….. Anpn. Jadi diperoleh A1p1= λ1 p1, A2 p2 = λ2 p2, …., Anpn = λn .pn. Karena P invertibel maka determinan P tidak sama dengan nol, sehingga vektor – vektor kolomnya tak nol. Dimana λ1 , λ2 ,...., λn adalah nilai eigen dari matriks A dan dan p1, p2, …..pn adalah vektor – vektor eigen yang bersesuaian dengan λ1 , λ2 ,...., λn .
Jadi p1, p2, …..pn adalah bebas linier jadi A mempunyai n vektor eigen yang bebas linier. ( b ⇐ a ) Misalkan A mempunyai n bektor eigen yang bebas linier. Maka p1, p2, …..pn adalah vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ1 , λ2 ,...., λn . p11 p12 ... p1n p p 22 p 2 n 21 Misalkan P = adalah matriks yang vektor – vektor . p n1 p nn kolomnya p1, p2, …..pn . Kolom – kolom dari hasil kali AP adalah A1p1, A2 p2, ….. Anpn. Tetapi A1p1= λ1 p1, A2 p2 = λ2 p2, …., Anpn = λn pn. Karena p1, p2, …..pn adalah vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ1 , λ2 ,...., λn , sehingga : λ1 p11 λ2 p12 ... λn p1n λ p λ2 p 22 p 2 n 1 21 AP = . λ1 p n1 λ2 p n 2 λnp nn p11 p12 ... p1n λ1 0 0 p p 22 p 2 n 0 λ2 0 21 = = PD . p n1 p nn 0 0 0 λn Dimana D adalah matriks diagonal yang mempunyai nilai eigen λ1 , λ2 ,...., λn pada diagonal utama. Karena vektor – vektor dari P adalah bebas linier maka P invertibel. Dan karena P invertibel maka dapat ditulis P-1AP = D yaitu A dapat didiagonalisasi. Dari teorema di atas di dapat prosedur mendiagonalisasi matriks atas field adalah : 1. Carilah n vektor eigen yang bebas linear 2. Bentuk p matriks yang mempunyai p1, p2, …..pn sebagai vektor – vektor kolom 3. Matriks P-1AP = D , dimana ( λ 1, λ 2,…., λ n) sebagai entri – entri diagonal utama matriks diagonal D dimana λi adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan pi untuk i = 1, 2, 3, …., n
Teorema 2 : Misal M adalah R – Modul. Andaikan m1,m2, …. mk. dan p1, p2, …..pn adalah elemen dari M dimana { m1,m2, …. mk. } bebas linier dan { p1, p2, …..pn } merentang M. Maka k ≤ n. Jika k = n maka { p1, p2, …..pn } adalah R – Modul bebas. Bukti : Diketahui { m1,m2, …. mk. } bebas linier dan { p1, p2, …..pn } merentang M. Andaikan k > n untuk j = 1, 2, 3, ….., n Karena { p1, p2, …..pn } merentang M maka terdapat aij ∋ k
mi =
∑a i =1
ij
pi
Pandang persamaan r1m1 + r2m2 + …. rkmk = 0 dimana r1, r2, …..rk adalah konstanta. k
mi =
∑r m i =1
i
i
n r1 ∑ aij p1 = 0 ∑ i =1 i =1 n k ∑ r1 a ij pi = 0 ∑ i =1 i =1 n k ∑ cik pi = 0 ∑ i =1 i =1 maka terdapat lebih banyak variabel dalam persamaan, maka persamaan tersebut mempunyai penyelesaian taktrivial. Kontradiksi dengan { m1,m2, …. mk. } bebas linier Jadi k ≤ n. k
Untuk k = n maka R – Modul memuat elemen M dimana { m1,m2, …. mk. } bebas linier dan { p1, p2, …..pn } merentang M. Akan dibuktikan { p1, p2, …..pn } bebas linier. n
Misalkan mj =
∑a i =1
ij
pi , untuk j = 1, 2, 3, …., n dan aij ∈ M n x n ( R )
Pandang persamaan y1p1+ y2p2 + ….. + ynpn = 0 t Jika Y = [ y1 , y 2 ,..., y 3 ] , maka persamaan dapat ditulis PY = 0. Misalkan n
Cj =
∑b k =1
jk
y k , untuk j = 1, 2, 3, …., n dimana bjk ∈ M n x n (R)
Cj = BY Sehingga ,
n
∑cjmj j =1
n c ∑ j ∑ a ij p i j =1 j = 1 n n ∑ aij c j pi ∑ i =1 j =1 n n n ∑ aij ∑ b jk y k pi ∑ i =1 j =1 j =1 n n n ∑ y k ∑ aij b jk pi ∑ i =1 j =1 j =1 n n ∑ y k α ik pi ∑ i =1 k =1 n
= = = = =
n
=
∑y p i
1=1
i n
Dari { m1,m2, …. mk. } bebas linier maka n
untuk j = 1, 2, …n. cj =
∑b k =1
jk
∑c m j =1
j
j
= 0, cj = 0
yk = 0
Jadi yk = 0 untuk k = 1,2 , 3, …., n, karena aij = 0 Karena yk = 0 untuk k = 1,2 , 3, …., n, maka { p1, p2, …..pn } bebas linier. Karena { p1, p2, …..pn } bebas linier dan { p1, p2, …..pn } merentang M maka { p1, p2, …..pn } membentuk basis. Jadi { p1, p2, …..pn } adalah R- Modul Bebas. Dari teorema 2 diatas tercipta akibat – akibat yaitu : Akibat 1 : Misalkan P, Q ∈ M n x n (R) dimana ruang kolom matriks P samadengan ruang kolom matriks Q. Jika setiap kolom di P adalah bebas linier pada Rn,maka terdapat matriks invertibel S dimana P= QS Bukti : Misalkan P = ( p1 p 2 .... p n ) dan Q = ( q1 q 2 .... q n ) adalah partisi matriks dari P dan Q, dimana ruang kolom dari matriks P sama dengan ruang kolom dari matriks Q. { p1, p2, …..pn } adalah bebas linier di Rn. Asumsikan { q1, q2, …. qn } adalah merentang di Rn. Menurut teorema 2 , maka { q1, q2, …. qn } juga bebas linier di Rn. Misalkan n
pi =
∑a j =1
ij
n
qj ,
dan
qi =
∑b j =1
ij
pj
untuk i = 1, 2, 3, …., n
Dimana A = (aij) dan B = ( bij) ∈ M nxn (R) n n n a q = pi = ∑ ij j ∑ ∑ b jk p k j =1 j =1 k =1 n n = ∑ ∑ aij b jk p k k =1 j =1 n n = ∑ ∑ cij p k k =1 j =1 Karena { p1, p2, …..pn } adalah bebas linier di Rn, maka cij untuk I,k = 1, 2, …., n Ambil S matriks invertibel QS = Q ( col1 ( S ) col 2 ( S ) col n ( S ) ) = ( Qcol1 ( S ) Qcol 2 ( S ) Qcol n ( S ) ) n n = ∑ aij ∑ a nj q j j =1 j =1 = ( p1 p 2 .... p n )
Jadi QS = P Akibat 2 : Misalkan matriks P = ( p1 p 2 .... p n ) . Matriks P invertibel jika dan hanya jika { p1, p2, …..pn } adalah R- Modul Bebas. Bukti : ( ⇒ ) Diketahui P invertibel. Misalkan P = ( p1 p 2 .... p n ) . Akan dibuktikan { p1, p2, …..pn } adalah R- Modul Bebas. Pandang persamaan x1 p1 + x 2 p 2 + .... + x n p n = 0 (1.1)
Jika dimisalkan X = [ x1 x 2 ....x n ] , maka persamaan dapat ditulis dalam bentuk PX = 0 X = (PP-1)X = P-1 (XP) = P-10 =0 Karena X = 0, maka { p1, p2, …..pn } adalah bebas linier Ambil sebarang λ ∈ R n Akan dibuktikan { p1, p2, …..pn } adalah merentang. x1 p1 + x 2 p 2 + .... + x n p n = λ PX = λ Persamaan ini mempunyai penyelesaian X = P-1 λ Jadi persamaan { p1, p2, …..pn } adalah merentang t
Karena { p1, p2, …..pn } adalah bebas linier dan merentang maka { p1, p2, …..pn } membentuk basis di Rn. Jadi { p1, p2, …..pn } adalah R- Modul Bebas. (⇐)
Diketahui { p1, p2, …..pn } adalah R- Modul Bebas. Akan dibuktikan P invertibel Karena { p1, p2, …..pn } adalah R- Modul Bebas, maka { p1, p2, …..pn } membentuk basis di Rn dimana basis baku untuk Rn adalah (e1,e2, …., en) Misalkan matriks P = ( p1 p 2 .... p n ) dan 1 0 0 0 0 1 I = , , , adalah matriks yang kolomnya membentuk basis. 0 0 1 Menurut akibat 1, maka terdapat mariks S invertibel sehingga P = IS Jadi P adalah invertibel
Definisi 1 : a. Misalkan A ∈ M n x n (R), maka : b. Elemen λ ∈ Rn disebt nilai eigen dari A jika Ax = λ x untuk x ∈ Rn c. λ ∈ R n , λ adalah nilai eigen dari A dan disebut spectrum dari A d. Vektor tak nol λ ∈ Rn, disebut vektor eigen dari A jika Ax = λ x untuk x ∈ R e. Misalkan λ ∈ spectrum A, n E( λ ) = x ∈ R Ax = xλ disebut ruang eigen dari λ
{
}
{
}
Definisi 2 : ( R ) = { x ∈ R xmempunyaiinvers} . Elemen identitas dari R terhadap perkalian adalah 1. Maka x ∈ (R ) jika ∃y ∈ R ∋ xy = 1 Teorema 3 : Misalkan A ∈ M n x n (R). Matriks diagonal similar dengan matriks A jika dan hanya jika λ∈R ( A) E ( λ ) merupakan R – Modul Bebas di Rn. Bukti : ( ⇒ ) Misalkan D = diag ( λ 1, λ 2,…., λ n) similar dengan matriks A di M n x n (R). Akan dibuktikan λ∈R ( A) E ( λ ) merupakan R – Modul Bebas di Rn. Misalkan P = ( p1 p 2 .... p n ) adalah partisi kolom dari matriks P sehingga AP = ( Ap1 Ap 2 .... Ap n )
PD = ( λ1 p1 λ2 p 2 .... λ n p n ) Ambil sebarang matriks P invertibel. Menurut akibat 2 jika { p1, p2, …..pn } adalah R- Modul Bebas maka { p1, p2, …..pn } membentuk basis di Rn Sehingga { p1, p2, …..pn } adalah bebas linier dan merentang. Misalkan ( λ 1, λ 2,…., λ n) ∈ R( A) , dimana R (A) = { λ ∈ R} C A ( λ ) = 0} Dan { p1, p2, …..pn } ⊆ λ∈R ( A) Karena { p1, p2, …..pn } adalah bebas linier dan merentang Maka λ∈R ( A) E ( λ ) adalah bebas linier dan merentang Jadi λ∈R ( A) E ( λ ) merupakan R – Modul Bebas di Rn (⇐)
Misalkan λ∈R ( A) E ( λ ) merupakan R – Modul Bebas di Rn Akan dibuktikan matriks diagonal D similar dengan matriks A. Misalkan { p1, p2, …..pn } adalah vektor – vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen di R(A) { p1, p2, …..pn } ⊆ λ∈R ( A) E ( λ ) P = ( p1 p 2 .... p n ) ,dimana P adalah invertibel. AP
= ( Ap1 Ap 2 .... Ap n )
= ( λ1 p1 λ2 p 2 .... λ n p n )
= P ( p1 p 2 .... p n ) P AP = diag ( λ 1, λ 2,…., λ n) Jadi matriks diagonal D similar dengan matriks A. -1
Teorema 4 : Misalkan A ∈ M n x n (R). A invertibel jika dan hanya jika det ( A) ∈ (R ) . Bukti : ( ⇒ ) Misalkan A invetibel Akan dibuktikan det ( A) ∈ (R ) . Karena A invertibel ,maka ∃ B ∈ M n x n (R) ∋ AB = BA = I AB = I det (AB) = det (I) det (A) det ( B ) = det (I) det (A) det ( B ) = 1 Jadi det ( A) ∈ (R ) . ( ⇐ ) Misalkan det ( A) ∈ (R ) . Akan dibuktikan A invetibel. Karena det ( A) , maka ∃ y ∈ R ∋ det( y) = 1 1 adj ( A) A -1 = det( A) A-1det ( A) = adj (A) Dengan mengalikan kedua ruas dengan A didapat A A-1det ( A)= A adj (A) I det ( A)= A adj (A) Dengan mengalikan kedua ruas dengan y ∈ R I det ( A)y= A adj (A)y I = A adj (A)y I = A y adj (A) Dari teorema – teorema diatas di dapat prosedur mendiagonalisasikan matriks atas ring komutatif adalah : 1. Carilah n vektor eigen yang merupakan R – modul bebas 2. Bentuk matriks P yang mempunyai p1, p2, …..pn sebagai vektor = vektor kolom 3. Matriks P-1AP = D adalah dengan ( λ 1, λ 2,…., λ n) sebagai entri – entri diagonal utama matriks diagonal D dimana λi adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan pi untuk i = 1, 2, 3, …., n
