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
P =
nn n
n n
p p
p p
p
p p
p
1
2 22
21
1 12
11
.
...
invertibel, sehingga P-1AP = D, dimana D
adalah matriks diagonal.
D =
λn
λ λ
0 0 0
0 0
0 0
2 1
Maka AP = PD yaitu
AP =
nn n
n n
p p
p p
p
p p
p
1
2 22
21
1 12
11
.
...
λn
λ λ
0 0 0
0 0
0 0
2 1
=
nn n
n
n n n
np p
p
p p
p
p p
p
λ λ
λ
λ λ
λ λ
λ
2 2 1 1
2 22
2 21 1
1 12
2 11 1
.
...
Misalkan p1, p2, …..pn adalah vektor – vektor kolom P, maka AP berurut – turut λ1p1, λ2p2, ….λn.pn. Dilain pihak kolom – kolom AP berturut – turut adalah A1p1, A2 p2, ….. Anpn. Jadi diperoleh A1p1= λ1p1, A2 p2 = λ2 p2, …., Anpn = λn.pn. Karena P invertibel maka determinan P tidak sama dengan nol, sehingga vektor – vektor kolomnya tak nol. Dimana
λn
λ
λ1, 2,...., 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.
Misalkan P =
nn n
n n
p p
p p
p
p p
p
1
2 22
21
1 12
11
.
...
adalah matriks yang vektor – vektor
kolomnya p1, p2, …..pn . Kolom – kolom dari hasil kali AP adalah A1p1, A2 p2, ….. Anpn.
Tetapi A1p1= λ1p1, A2 p2 = λ2p2, …., Anpn = λnpn. Karena p1, p2, …..pn
adalah vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ1,λ2,....,λn, sehingga :
AP =
nn n
n
n n n
np p
p
p p
p
p p
p
λ λ
λ
λ λ
λ λ
λ
2 2 1 1
2 22
2 21 1
1 12
2 11 1
.
...
=
nn n
n n
p p
p p
p
p p
p
1
2 22
21
1 12
11
.
...
λn
λ λ
0 0 0
0 0
0 0
2 1
= PD
Dimana D adalah matriks diagonal yang mempunyai nilai eigen λn
λ
λ1, 2,...., 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 (λ1, λ2,…., λn) sebagai entri – entri diagonal utama matriks diagonal D dimana λiadalah 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 ∋ mi =
∑
= k
i i ijp a
1
Pandang persamaan
r1m1 + r2m2 + …. rkmk = 0 dimana r1, r2, …..rk adalah konstanta.
mi =
∑
= k
i rimi 1
∑
∑
= = ni ij k
i
p a r
1 1 1
1 = 0
i n
i k
i
ij p a
∑ ∑
r= =
1 1
1 = 0
i n
i k
i
ik p
∑ ∑
c= =
1 1
= 0
maka terdapat lebih banyak variabel dalam persamaan, maka persamaan tersebut mempunyai penyelesaian taktrivial.
Kontradiksi dengan { m1,m2, …. mk. } bebas linier Jadi k ≤ n.
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.
Misalkan mj =
∑
= n
i i ijp a
1
, untuk j = 1, 2, 3, …., n dan aij ∈M n x n ( R ) Pandang persamaan y1p1+ y2p2 + ….. + ynpn = 0
Jika Y =
[
y1,y2,...,y3]
t, maka persamaan dapat ditulis PY = 0.Misalkan Cj =
∑
= n
k bjkyk 1
, untuk j = 1, 2, 3, …., n dimana bjk ∈M n x n (R) Cj = BY
Sehingga ,
∑
= nj j jm c
1
=
∑ ∑
= =
n
j
n
j i ij
j a p
c
1 1
= i
n
i n
j j ijc p
∑ ∑
a= =
1 1
= i
n
i n
j
n
j k jk
ij b y p
∑ ∑ ∑
a= = =
1 1 1
= i
n
i n
j
n
j jk ij
k a b p
∑ ∑ ∑
y= = =
1 1 1
= i
n
i n
k
ik
k p
∑ ∑
y= =
1 1
α
=
∑
= n
i ip y
1 1
Dari { m1,m2, …. mk. } bebas linier maka
∑
= n
j j jm c
1
= 0, cj = 0 untuk j = 1, 2, …n. cj =
∑
= n
k
k jky b
1
= 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 p2....pn)
dan Q =(
q1q2....qn)
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
pi =
∑
= nj j ijq a
1 , dan qi =
∑
= n
j j ijp b
1 untuk i = 1, 2, 3, …., n
Dimana A = (aij) dan B = ( bij) ∈ M nxn (R) pi =
∑ ∑ ∑
= = =
=
n
j
n
j n
k
k jk j
ijq b p
a
1 1 1
= k
n
k n
j jk
ijb p
∑ ∑
a= =
1 1
= k n
k n
j ij p
∑ ∑
c= =
1 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)col2(S)coln(S))
=
(
Qcol1(S)Qcol2(S)Qcoln(S))
=
∑ ∑
=
=
n
j nj j
n
j aij a q
1 1
=
(
p1 p2....pn)
Jadi QS = P
Akibat 2 :
Misalkan matriks P =
(
p1 p2....pn)
. Matriks P invertibel jika dan hanya jika { p1, p2, …..pn } adalah R- Modul Bebas.Bukti :
( ⇒) Diketahui P invertibel.
Misalkan P =
(
p1 p2....pn)
.Akan dibuktikan { p1, p2, …..pn } adalah R- Modul Bebas.
Pandang persamaan
n np x p
x p
x1 1+ 2 2 +....+ = 0 (1.1)
Jika dimisalkan X =
[
x1x2....xn]
t, maka persamaan dapat ditulis dalam bentuk PX = 0X = (PP-1)X = P-1 (XP) = P-10 = 0
Karena X = 0, maka { p1, p2, …..pn } adalah bebas linier Ambil sebarang λ∈Rn
Akan dibuktikan { p1, p2, …..pn } adalah merentang.
n np x p
x p
x1 1+ 2 2 +....+ = λ PX = λ
Persamaan ini mempunyai penyelesaian X = P-1λ Jadi persamaan { p1, p2, …..pn } adalah merentang
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 p2....pn)
danI =
1 0 0 , , 0 1 0 , 0 0 1
adalah matriks yang kolomnya membentuk basis.
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 = λx untuk x ∈Rn c.
{
λ∈Rn}
, λ adalah nilai eigen dari A dan disebut spectrum dari Ad. Vektor tak nol λ∈ Rn, disebut vektor eigen dari A jika Ax = λx untuk x ∈ R
e. Misalkan λ ∈ spectrum A,
E(λ) =
{
x∈Rn Ax= xλ}
disebut ruang eigen dari λ Definisi 2 :{
x Rxmempunyaiinvers}
R)= ∈ (
. 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 (λ1, λ2,…., λn) 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 p2....pn)
adalah partisi kolom dari matriks P sehingga AP =(
Ap1 Ap2....Apn)
PD =
(
λ1p1λ2p2....λnpn)
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 (λ1, λ2,…., λn) ∈R
( )
A ,dimana R (A) =
{
λ∈R} ( )
CA 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 RnAkan 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
( )
λP =
(
p1 p2....pn)
,dimana P adalah invertibel.AP =
(
Ap1 Ap2....Apn)
=
(
λ1p1λ2p2....λnpn)
= P
(
p1 p2....pn)
P-1AP = diag (λ1, λ2,…., λn)
Jadi matriks diagonal D similar dengan matriks A.
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 A -1 = ( )
) det(
1 adj A 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 (λ1, λ2,…., λn) sebagai entri – entri diagonal utama matriks diagonal D dimana λiadalah nilai eigen yang bersesuaian dengan pi untuk i = 1, 2, 3, …., n
