BAB 2
LANDASAN TEORI
2.1 Transpose, Invers dan Determinan Matriks
Definisi 2.1.1 Apabila terdapat suatu matriks A[aij] berordo mn, maka transpose dari matriks A adalah T
A berordo nm 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). T T T
B A B
A )
(
(ii). (AT)T A (iii). ( T) ( T)
kA A
k , k suatu skalar.
(iv). T T T
A B AB) (
Definisi 2.1.2 Suatu matriks A disebut simetris apabila transpose matriks A
sama dengan matriks A atau matriks A simetris bila T
A
A .
Contoh 2.1
6 0 4
0 7 2
4 2 1
A dan
6 0 4
0 7 2
4 2 1
T
A
A disebut matriks simetris, T
A
A .
Contoh 2.2 Misal
3 1
5 2
A dan
2 1
5 3 B
maka
I
AB
1 0
0 1 2 1
5 3 3 1
5 2
I
BA
1 0
0 1 3 1
5 2 2 1
5 3
Definisi 2.1.4 Jika A adalah matriks bujursangkar, maka minor dari entri a ij dinyatakan sebagai M ij dan didefinisikan sebagai determinan dari submatriks yang tersisa setelah baris ke-i dan kolom ke-j dihilangkan dari A. Nilai
ij j i
M 1)
( dinyatakan sebagai C ij dan disebut sebagai kofaktor dari entri a . ij Determinan dapat dinotasikan A a11C11a12C12 ...a1nC1n.
Contoh 2.3 Misalkan
8 4 1
6 5 2
4 1 3 A
Determinan dari matriks A adalah
A =
4 1
5 2 ) 4 ( 8 1
6 2 1 8 4
6 5 3 13 13 12 12 11
11C a C a C a
46 12 10 48 ) 3 ( 4 ) 10 ( 1 ) 16 (
3
2.2 Sistem Persamaan Linier Homogen
0 ...
0 ...
2 2
22 1 21
1 2
12 1 11
n n
n n
x a x
a x a
x a x
a x a
0 ...
2 2 1
1 m mn n
m x a x a x
a
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
1 2
2x x − x3 + x5= 0 1
x
− x2+ 2x3− 3x4 + x5= 0
1
x + x2− 2x3 − x5= 0 3
x + x4 + x5= 0 Matriks yang diperbesar untuk sistem tersebut adalah
0 1
1 1 0 0
0 1 0 2 1 1
0 1
3 2 1 1
0 1
0 1 2 2
Dengan mereduksi matriks tersebut menjadi bentuk eselon baris, kita memperoleh
0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
0 1 0 1 0 0
0 1 0 0 1 1
Sistem persamaan yang bersesuaian adalah 1
x + x2 + x5= 0 3
x + x5= 0 4
x = 0 Dengan menyelesaikan variabel-variabel utama diperoleh
5 2 1 x x x
0 4 x Jadi, solusi umumnya adalah
t s
x1 , x2 s, x3t, x4 0, x5 t Perhatikan bahwa solusi trivial diperoleh bila st0.
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 <u,v> 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 v0.
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 R2.
Hasil kali dalam Euclidean berbobot
<u, v> = 3u1v1 + 2u2v2
(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)
= <u, w> + <v, w> 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,
<v, v> = 3v1v1 + 2v2v2 = 3v12 + 2v22
Jelaslah, <v, v> = 3v12 + 2v22 ≥ 0. Lebih jauh lagi, <v, v> = 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 Rn adalah himpunan ortogonal jika <ui, uj> = 0, untuk setiap i j.
Definisi 2.4.2 Himpunan S = {u1, u2, ..., uk} pada Rn adalah ortonormal jika : (i). S adalah ortogonal
Contoh 2.6 Himpunan S = {u1, u2}, dengan u1= [0, 1, 0] dan u2= [1, 0, 1] adalah
ortogonal, karena :
<u1, u2> = 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|| =
2 1
[1, 0, 1] =
2 1 , 0 , 2 1
{v1, v2}adalah himpunan yang ortonormal, karena :
(i). <u1, u2> 0 2 1 . 0 0 . 1 2 1 .
0
(ii). ||v1|| = 1 dan ||v2|| = 1
Teorema 2.4.1 Jika S = {v1, v2, ..., vn} adalah suatu himpunan ortogonal vektor-vektor 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 <vj,vi> = 0 untuk ji, sehingga persamaan ini dapat disederhanakan menjadi
ki < vi,vi>ki vi,vi 0
Karena vektor-vektor di dalam S diasumsikan sebagai vektor-vektor taknol <vi,vi> ≠ 0 berdasarkan aksioma positivitas untuk hasil kali dalam. Dengan demikian, ki 0. Karena indeks i adalah sebarang, kita memperoleh
0 ...
2
1 k kn
Teorema 2.4.2 Misalkan {v1, v2,..., vn} adalah basis ortonormal pada Rn dan misal u sembarang vektor pada n
R maka memenuhi : u = <u,v1> v1 + <u,v2> v2 +...+ <u,vn> vn dengan <u,v1> adalah koefisien dari vi .
Bukti. Misalkan S = {v1, v2,..., vn} adalah basis ortonormal pada Rn dan misal u sembarang vektor pada n
R , maka memenuhi : u = k1v1 + k2v2 +...+ knvn
dengan k1,k2,...,kn adalah skalar. Karena S adalah ortonormal maka ortogonal sedemikian hingga <vi, vj> = 0 untuk i j. Selebihnya, jika S adalah ortonormal, maka setiap vektor vi pada S adalah vektor satuan, yaitu <vi, vi> = ||vi||2 = 1. Misal
i memenuhi 1in, maka :
<vi, u> = <vi, k1v1 + k2v2 +...+ knvn >
= k1<vi, v1> + k2<vi, v2> +...+ ki<vi, vi> +...+ kn<vi, vn> 0
. ... 1 . ... 0 . 0
. 2
1 k ki kn
k
ki
Jadi terbukti koefisien dari vi
adalah i i
k <vi, u> = vi.u = u.vi
Contoh 2.7 Misalkan
v1 = [0, 1, 0], v2 =
5 3 , 0 , 5 4
, v3 =
5 4 , 0 , 5 3
Maka V = {v1, v2, v3} adalah basis ortonormal untuk R3.
Akan diperlihatkan bahwa u = [1, 1, 1] adalah kombinasi linier vektor-vektor V . Sesuai teorema 2.4.2 didapatkan :
<u,v1> = 1; <u,v2> 5 1
; <u,v3> 5 7
dan
u = <u,v1> v1 + <u,v2> v2 + <u,v3> v3
[1, 1, 1] = 1 [0, 1, 0] +
5 1
5 3 , 0 , 5 4
+
5 7
5 4 , 0 , 5 3
= [0, 1, 0] +
25 3 , 0 , 25
4
+ 25 28 , 0 , 25 21
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– <u2, v1>v1) / || u2– <u2, v1>v1 ||
Langkah 3. Selanjutnya
v3 = (u3– <u3, v1>v1– <u3, v2>v2) / || u3– <u3, v1>v1– <u3, v2>v2 ||
dan seterusnya sampai vn. Setelah langkah ke-n akan diperoleh himpunan vektor-vektor 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 3
R 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||
3 1 , 3 1 , 3 1 1 , 1 , 1 3 1
Vektor v2 yang ortonormal
v1 = (u2– <u2, v1>v1) / || u2– <u2, v1>v1 ||
u2– <u2, v1>v1
3 1 , 3 1 , 3
2 3
maka
v1 = (u2– <u2, v1>v1) / || u2– <u2, v1>v1 ||
6 1 , 6 1 , 6
2 3
1 , 3 1 , 3
2 6 3
Vektor v3 yang ortonormal
v3 = (u3– <u3, v1>v1– <u3, v2>v2) / || u3– <u3, v1>v1– <u3, v2>v2 ||
u3– <u3, v1>v1– <u3, v2>v2
6 1 , 6 1 , 6 2 6 1 3 1 , 3 1 , 3 1 3 1 1 , 0 , 0
2 1 , 2 1 , 0
maka
v3 = (u3– <u3, v1>v1– <u3, v2>v2) / || u3– <u3, v1>v1– <u3, v2>v2 ||
2 1 , 2 1 , 0 2 1 , 2 1 , 0 2
Jadi, v1
3 1 , 3 1 , 3 1
, v2
6 1 , 6 1 , 6 2
, v3
2 1 , 2 1 , 0
Membentuk basis ortonormal untuk R3.
2.4.2. Matriks Ortogonal
Definisi 2.4.3 Matriks Aberordo nn adalah matriks ortogonal jika kolom-kolom dari matriks A adalah himpunan vektor kolom yang ortonormal.
Definisi 2.4.4 Sebuah matriks bujursangkar A yang memiliki sifat T
A A1
disebut sebagai matriks ortogonal.
Teorema 2.6.4 Jika matiks A adalah matiks ortogonal, maka A 1.
Bukti. MatriksAortogonal jika dan hanya jika 1
A
AT
A A A AT 1
kemudian
I A AT
1 A AT
1
2
A
1 A
Contoh 2.9 Vektor-vektor u = [1, 0, 0], v = 5 1 , 5 2 ,
0 dan w =
5 2 , 5 1 , 0 adalah vektor-vektor ortonormal. Sedemikian hingga matriks :
5 2 5 1 0
5 1 5 2 0
0 0
1 A
Adalah ortogonal, maka didapatkan :
5 2 5 1 0
5 1 5 2 0
0 0
1
1 T
A A
5 2 5 1 0
5 1 5 2 0
0 0
1
5 2 5 1 0
5 1 5 2 0
0 0
1 A AT
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.
(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
3 1 2
3 2 1 A
1 0 0
1 1 0
3 2 1 B
maka
3 2 1
3 1 2
4 13 1 ~ 8 4 0
3 3 0
3 2 1
3 2 ~ 1 2 3
3 1 2
3 2 1
b b b
b b b A
B
b b
1 0 0
1 1 0
3 2 1 ~
2 1 0
1 1 0
3 2 1
2 3
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
AP P
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 nn. 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:
λx – Ax = (λI– A) x 2 0
1
2 1
2 22
21
1 12
11
n nn n
n
n n
x x x
a a
a
a a
a
a a
a
Sistem persamaan homogen di atas mempunyai solusi tak trivial jika dan hanya jika IA 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
2 4 2
2 2 4 A
Karena
4 2
2
2 4 2
2 2
4
I A
0
Dijabarkan sebagai berikut
4
3(2)3(2)3(2)2
4
(2)2
4
(2)2
4
0akan diselesaikan dengan operasi baris elementer sebagai berikut
sehingga vektor eigen yang bersesuaian dengan 2 adalah
x
2
akan diselesaikan dengan operasi baris elementer sebagai berikut
sehingga vektor eigen yang bersesuaian dengan 8 adalah
x
adalah basis pada ruang eigen yang bersesuaian dengan 8.
2.7 Diagonalisasi Matriks dan Diagonalisasi secara Ortogonal
Teorema 2.7.1 Jika A adalah sebuah matriks nn, 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
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,
(ii) (i) Berdasarkan perkalian matriks, vektor-vektor kolom dari matriks AP adalah
Ap1, Ap2,..., Apn Namun
Ap1 = λ1p1, Ap2 = λ2p2, ... Apn = λnpn sehingga
PD sebagai entri-entri diagonal utamanya. Karena vektor-vektor kolom matriks P bebas linier; sehingga, persamaan (2.3) dapat dinotasikan sebagai P1AP D
dengan demikian matriks A dapat didiagonalisasi.
Berdasarkan teorema 2.7.1 di atas didapatlah langkah-langkah untuk mendiagonalisasi sebuah matriks A berordo nn 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.
n
1, 2,..., sebagai entri-entri diagonalnya secara berurutan, di mana
i
adalah nilai eigen yang terkait dengan pi , untuk i1,2,...,n. Contoh 2.12
Karena
maka persamaan karakteristik matriks A adalah
1
5
2 0akan diselesaikan dengan operasi baris elementer sebagai berikut
sehingga vektor eigen yang bersesuaian dengan 5 adalah
maka p1
adalah basis pada ruang eigen yang bersesuaian
dengan 5.
akan diselesaikan dengan operasi baris elementer sebagai berikut
Sehingga vektor eigen yang bersesuaian dengan 1 adalah
x
Contoh 2.13 Persamaan karakteristik dari matriks
akan diselesaikan dengan operasi baris elementer sebagai berikut vektor eigen yang bersesuaian dengan 1 adalah
x
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.
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 1rk. Selanjutnya, sesuai definisi r, {v1,v2,...,vr+1} tidak bebas linier.
Dengan demikian, skalar c1,c2,...,cr1, 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 r1 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
1 1
2
2 1
...
1
01 r c r cr r r
c
dan karena 1,2,...,r1 berbeda, maka diperoleh 0 ...
2
1 c cr
c (2.6)
Substitusi nilai-nilai ini pada (2.4) akan menghasilkan cr+1vr+1
Karena vektor eigen vr+1 tidak nol, maka
0 1 r
c (2.7)
Persamaan (2.6) dan (2.7) bertentangan dengan hal yang terjadi bahwa 1
2 1,c ,...,cr
Contoh 2.14 Dari contoh 2.12 didapatkan matriks
0 1 0
1 0 1
1 0 1 P
di mana kolom-kolomnya adalah vektor eigen. Karena P 0 maka vektor- vektor kolomnya adalah vektor-vektor yang bebas linier.
Teorema 2.7.3 Jika sebuah matriks A berordo nn 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.Contoh 2.15 Misalkan sebuah matriks
8 17 4
1 0 0
0 1 0 A
memiliki tiga nilai eigen yang berbeda, 1 4,2 2 3 dan 3 2 3. Oleh karena itu, A dapat didiagonalisasi. Yakni :
3 2 0 0
0 3 2 0
0 0
4 1AP P
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 P1AP PTAP diagonal. Matriks
P disebut mendiagonalisasi A secara ortogonal.
(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 P1APadalah 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 :
AP P D 1 Jadi,
1 PDP A
atau, karena ortogonal, maka :
T PDP A sehingga
PDP
PD P PDP AAT T T T T T
terbukti bahwa A simetris.
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 1dan
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 12 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 vektor-vektor 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
2 4 2
2 2 4 A
2
8
0 42 2
2 4 2
2 2 4
2
I A
Sehingga, nilai-nilai eigen dari Aadalah 2 dan 8. Dengan menggunakan pencarian basis, dapat ditunjukkan bahwa
u1
0 1 1
dan u2
1 0 1
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:
v1
0 2 1
2 1
dan v2
6 2
6 1
6 1
Ruang eigen yang terkait dengan 8 memiliki
u3
1 1 1
sebagai sebuah basis. Dengan menerapkan proses Gram-Schmidt pada {u3} akan
menghasilkan
v3
3 1
3 1
3 1
Akhirnya, dengan menggunakan v1, v2 dan v3 sebagai vektor-vektor kolom
diperoleh
3 1 6 2 0
3 1 6 1 2 1
3 1 6 1 2 1 P
