97 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Teorema IV.3 Jika A suatu matriks n x n, dan jika TA : Rn → Rn adalah perkalian dengan A, maka pernyataan – pernyataan berikut ini ekuivalen : a. A dapat dibalik b. Ax = 0 hanya mempunyai solusi trivial c. Bentuk matriks eselon baris tereduksi dari A adalah In d. A dapat dinyatakan sebagai hasil kali dari matriks – matriks dasar e. Ax = b konsisten untuk setiap bnx1 f. Ax = b tepat mempunyai satu solusi untuk setiap bnx1 g. Det A ≠ 0 h. Daerah hasil TA adalah Rn i. TA bersifat satu – satu j. Vektor – vektor kolom dari A bebas secara linier k. Vektor – vektor varis dari A bebas secara linier l. Vektor – vektor kolom dari A merentang Rn m. Vektor – vektor varis dari A merentang Rn n. Vektor – vektor kolom dari A membentuk suatu basis untuk Rn o. Vektor – vektor varis dari A membentuk suatu basis Rn p. Rank (A) = n q. A mempunyai kekosongan 0 r. Komplemen ortogonal dari ruang kosong A adalah Rn s. Komplemen ortogonal dari baris A adalah {0} 6.4 Basis orthogonal 1. Suatu himpunan vector dalam suatu ruang hasil kali dalam disebut himpunan orthogonal jika semua pasangan vector-vektor yang berada dalam himpunan tersebut orthogonal. P={1, 2, 3}, dimana 1, 2, 3 merupakan vector pada . P himpunan orthogonal jika (1, 2), (1, 3), (2, 3 ) bernilai 0. 2. Suatu himpunan orthogonal jika setiap vector mempunyai norma 1 disebut ortonormal. Himpunan P={1, 2, 3} ortonormal pada 3 , jika
98 ALJABAR LINEAR ELEMENTER (1, 2)= (1, 3)= (2, 3 )=0 Dan ‖1‖ = ‖2‖ = ‖3‖ = 1 3. Mengubah himpunan orthogonal menjadi ortonormal dengan membagi setiap komponen vector dengan norma vektornya. Contoh soal: 1. 1 = ( 1 √2 , − 1 √2 ) ,2 = ( 1 √2 , 1 √2 ), S={1,2} pada 2 Apakah S merupakan himpunan orthogonal? Penyelesaian: Cek apakah (1,2) = 0 ( 1 √2 , − 1 √2 ) ( 1 √2 , 1 √2 ) = 0 ( 1 √2 × 1 √2 + − 1 √2 × 1 √2 ) = 0 1 2 + (− 1 2 ) = 0 Jadi S merupakan himpunan orthogonal. 2. Apakah himpunan S ortonormal, telah diketahui bahwa (1,2) = 0 Penyelesaian: Cek apakah ‖1‖ = 1 ‖2‖ = 1 ‖1‖ = √ 1 2 + 1 2 √ 1 2 + 1 2 = ‖2‖ 1 = 1 1 = 1 3. Ubahlah himpunan orthogonal tersebut menjadi ortonormal Penyelesaian: Cari ‖1‖ = √ 1 2 + 1 2 = 1 ‖2‖ = √ 1 2 + 1 2 = 1 Vektor ortonormalnya: 1 = 1 ‖2‖ = 1 √2 ,− 1 √2 1 = 1 √2 , − 1 √2 1 = 2 ‖2‖ = 1 √2 , 1 √2 1 = 1 √2 , 1 √2
99 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Sehingga didapat: Teorema 1 U dan V orthogonal jika (U,V)=0 1. Himpunan H disebut orthogonal, = {ℎ1, ℎ2, … . , ℎ } disebut orthogonal jika untuk setiap pasang vector ℎ ortogonal ℎ ; i≠j Maksudnya adalah: (ℎ1, ℎ2 ) = (ℎ1, ℎ3 ) = ⋯ = (ℎ1, ℎ ) = (ℎ2, ℎ1 ) = ⋯ = (ℎ2, ℎ ) = ⋯ (ℎ, ℎ1 ) = ⋯ = (ℎ, ℎ ) = 0 2. Himpunan = {ℎ1, ℎ2, … . , ℎ } disebut ortonormal jika untuk setiap pasang vector ℎ ortogonal ℎ ; i≠j dan ‖ℎ‖ = 1 Contoh soal: U1= ( 2 3 , − 2 3 , 1 3 ) 2 = ( 2 3 , 1 3 , − 2 3 ) 3 = ( 1 3 , 2 3 , 2 3 ) Apakah B merupakan bbasis ortonormal pada 3 ? 1. Periksa bebas llinier vector-vektor dalam U 1.1 + 2. 2 + 3.3 = 0 (memiliki solusi trivial) [ − 2 3 2 3 1 3 0 2 3 1 3 2 3 0 1 3 − 2 3 2 3 0 ] B21(1) [ 2 3 2 3 1 3 0 0 1 1 0 1 3 − 2 3 2 3 0 ] B31 (− 1 2 ) [ 2 3 2 3 1 3 0 0 1 1 0 0 −1 1 2 0 ] B23(−1) [ 1 1 1 2 0 0 1 1 0 0 −1 1 2 0 ] B32(1) [ 1 1 1 2 0 0 1 1 0 0 0 3 2 0 ] B3 ( 2 3 ) [ 1 1 1 2 0 0 1 1 0 0 0 1 0 ] B23(−1) [ 1 1 1 2 0 0 1 0 0 0 0 1 0 ] B12(−1) [ 1 0 1 2 0 0 1 0 0 0 0 1 0 ] B13 (− 1 2 ) [ 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 ] 1 = 2 = 3 = 0(memiliki solusi trivial)vektor dalam U saling bebas linier. 2. Berikut juga akan ditunjukan bahwa sembarang vector V=(a,b,c) direntang oleh U
100 ALJABAR LINEAR ELEMENTER [ − 2 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 − 2 3 2 3 ] [ 2 3 2 3 1 3 0 1 1 + 0 −1 1 2 − 1 2 ] [ 1 1 1 2 3 2 0 1 1 + 0 −1 1 2 + 1 2 + ] 3 ( 2 3 ) [ 1 1 1 2 3 2 0 1 1 + 0 0 1 2(+ 1 2 +) 3 ] 23(−1) [ 1 1 1 2 3 2 0 1 0 ( + ) − ( 2(+ 1 2 +) 3 ) 0 0 1 2(+ 1 2 +) 3 ] 12(−1 ) [ 1 1 1 2 3 2 − ( + ) + ( 2++2 3 ) 0 1 0 ( + ) − ( 2++2 3 ) 0 0 1 2(+ 1 2 +) 3 ] 13 (− 1 2 ) [ 1 0 1 2 3 2 − ( + ) + ( 2++2 3 ) − 1 3 ( + 1 2 + ) 0 1 0 ( + ) − ( 2(++2) 3 ) 0 0 1 2(+ 1 2 +) 3 ] Ini menunjukan U merentang V, karena U bebas linier dan merentang V maka B merupakan basis pada 3 . 3. Dilihat apakah ( ,) = 0 untuk i≠j dan apakah ‖‖ = 1 〈1,2 〉 = [ − 2 3 2 3 1 3] × [ 2 3 1 3 − 2 3] = 4 9 − 2 9 − 2 9 = 0 〈1,3 〉 = [ − 2 3 2 3 1 3] × [ 1 3 2 3 2 3] = 2 9 − 4 9 + 2 9 = 0 〈2,3 〉 = [ 2 3 1 3 − 2 3] × [ 1 3 2 3 2 3] = 2 9 + 2 9 − 4 9 = 0 ‖1‖ = √ 4 9 + 4 9 + 1 9 = √ 9 9 = 1
101 ALJABAR LINEAR ELEMENTER ‖2‖ = √ 4 9 + 1 9 + 4 9 = √ 9 9 = 1 ‖3‖ = √ 1 9 + 4 9 + 4 9 = √ 9 9 = 1 Terlihat bahwa ( ,) = 0untuk i≠j dan ‖1‖ = 1 Maka dapat disimpulkan bahwa U merupakan basisi ortonormal pada 3 6.5 Koordinat- Koordinat Relatif terhadap Basis-Basis Ortonormal Teorema 2 Jika S={,, … , } adalah basis ortonormal untuk suatu ruang hasil kali dalam V, dan u adalah sembarang vector dalam v, maka; = 〈, 1 〉1 + 〈, 2 〉2 + ⋯ + 〈, 〉 Bukti: karena S= {,, … , } suatu basis, maka vector u dapat dinyatakan sebagai: = 11 + 22 + ⋯ + Akan ditunjukan bahwa = 〈, 1 〉, = 1, 2, … , Untuk setiap dalam S diperoleh: 〈, 1 〉 = 〈11 + 22 + ⋯ + , 〉 = 1 〈1, 〉 + 2 〈2, 〉 + ⋯ + 〈, 〉 = Karena S basis ortonormal maka 〈 , 〉 = 0 untuk ≠ dan 〈 , 〉 = ‖‖ 2 = 1 ∴ 〈, 〉 = Teorema 3 Jika S={,, … , } adalah basis ortogonal untuk setiap ruang vektor, maka menormalkan masing-masing dalam S akan menghasilkan basis ortonormal: ∗ = { 1 ‖1‖ , 2 ‖2‖ , … , ‖‖ } ; ∗ adalah basis ortonormal Sembarang vektor u dalam v dapat dinyatakan sebagai: = 〈, 1 ‖1‖ 〉 1 ‖1‖ + 〈, 2 ‖2‖ 〉 2 ‖2‖ + ⋯ + 〈, ‖‖ 〉 ‖‖
102 ALJABAR LINEAR ELEMENTER = 〈, 1 〉 ‖1‖2 1 + 〈, 2 〉 ‖2‖2 2 + ⋯ + 〈, 〉 ‖‖2 u 2 = 1 + 2 1 w Teorema 4 (teorema proyeksi) Jika w adalah suatu subruang berdimensi berhingga suatu ruang hasil kali dalam V, maka setiap vektor u dalam V bisa dinyatakan sebagai: = 1 + 2 Dimana 1 berada dalam w dan 2 berada dalam Dengan 1 : proy : proyeksi orthogonal u pada w 2: − 1 = ∴ = − ∴ = − ∴ = + Teorema 5 Anggap w adalah suatu subruang berdimensi terhingga suatu ruang hasil kali dalam V, a. Jika {,, … , } adalah basis ortonormal untuk w, dan untuk u sembarang vector dalam v, maka; = 〈, 1 〉1 + 〈, 2 〉2 + ⋯ + 〈, 〉 b. Jika {,, … , } adalah basis ortogonal untuk w, dan untuk u sembarang vector dalam v, maka; = 〈, 1 〉 ‖1‖2 1 + 〈, 2 〉 ‖2‖2 2 + ⋯ + 〈, 〉 ‖2‖2 6.6 Proses Gram-Schmidt untuk membentuk basis-basis Ortogonal/Ortonormal Teorema 6 Setiap ruang hasil kali dalam tak nol berdimensi terhingga mempunyai basis ortonormal.
103 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Bila V adalah sembarang ruang hasil kali dalam tak nol berdimensi terhingga, dan = {1, 2 … }sembarang basis untuk V. dalam membentuk basis-basis orthogonal {1, 2 … } untuk V dilakukan langkah berikut: 1. Tetapkan 1 = 1 2. 2 = 2 − 12 (1 ℎ1) = 2 − 〈2,1〉 ‖1‖2 1 3. 3 = 3 − 23 (2 ℎ1, 2) = 2 − 〈3,2〉 ‖2‖2 2 − 〈3,1〉 ‖2‖2 1 ………………………….dst……………….. n. = − (−1) (−1 ℎ 1, 2 … −1) = 2 − 〈2, 1 〉 ‖1‖2 −1 − ⋯ − 〈, 2 〉 ‖2‖2 2 − 〈, 1 〉 ‖1‖2 1 Bila {1, 2 … } basis ortonormalnya untuk V maka: 1 = 1 ‖1‖ ; 2 = 2 ‖2‖ ; … ; = ‖‖ ; − ℎ : 1. Tetapkan q1 = 1 1 u u 2. q2 = 2 2 1 1 2 2 1 1 u ,q u ,q u q u q 3. q3 = 3 3 2 2 3 1 1 3 3 2 2 3 1 1 u u ,q q u ,q q u u ,q q u ,q q …………..dst …………………. n. 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 u u ,q q ... u ,q q u ,q q u u ,q q ... u ,q q u ,q q q n n n - n n n n n n - n n n n Contoh 9
104 ALJABAR LINEAR ELEMENTER S = {u1, u2, u3} basis pada R 3 , dengan u1= (1,1,1), u2=(-1,1,0), dan u3 = (1,2,1) Melalui proses Gram-Schmidt ubahlah basis-basis tersebut menjadi basis ortogonal dan ortonormal Misalkan S1 = {v1, v2, …, vn} basis ortogonal pada R3 diperoleh melalui : 1. Misalkan v1 = u1 = (1,1,1) 2. Selanjutnya v2 = u2 - 2 1 1 2 1 , v v u v = 0 1 1 1 1 1 3 0 0 1 1 3. v3 = u3 - Proyw2 u3 = u3 - 2 1 1 3 1 2 2 2 3 2 v v u ,v v v u ,v = 1 1 1 3 4 0 1 1 2 1 1 2 1 = 2 1 1 6 1 6 2 6 1 6 1 6 8 6 11 6 5 1 2 1 Jadi basis ortogonal dari S pada R3 = 2 1 1 6 1 , 0 1 1 , 1 1 1 Untuk menentukan basis ortonormal setelah diketahui basis ortogonalnya, dapat diperoleh dengan dua cara yaitu : (i) Membagi basis-basis ortogonal tersebut dengan normanya sehingga diperoleh: q1 = 1 1 v v = 3 1 , 3 1 , 3 1 3 (1,1,1) ; q2 = 2 2 v v = ,0 2 1 , 2 1 2 ( 1,1,0)
105 ALJABAR LINEAR ELEMENTER q3 = 3 3 v v = 6 2 , 6 1 , 6 1 6 6 1 (1,1, 2) 6 1 (ii) Secara langsung melalui proses Gram-Schmidt dengan langkah-langkah : 1. Tetapkan q1 = 1 1 u u = 3 1 , 3 1 , 3 1 3 (1,1,1) 2. q2 = 2 2 1 1 2 2 1 1 u ,q u ,q u q u q = ,0 2 1 , 2 1 2 1,1,0 3 1 , 3 1 , 3 1 ( 1,1,0) 0. 3 1 , 3 1 , 3 1 ( 1,1,0) 0. 3. q3 = 3 3 2 2 3 1 1 3 3 2 2 3 1 1 u u ,q q u ,q q u u ,q q u ,q q = 6 2 , 6 1 , 6 1 6 2 , 6 1 , 6 1 3 1 , 3 1 , 3 1 3 4 ,0 2 1 , 2 1 2 1 (1,2,1) 3 1 , 3 1 , 3 1 3 4 ,0 2 1 , 2 1 2 1 (1,2,1) = 6 2 , 6 1 , 6 1 6 6 1 (1,1, 2) 6 1 Dekomposisi – QR Jika A matriks berukuran m x n dengan vektor-vektor kolom yang bebas linear, maka A bisa difaktorkan sebagai : A = QR Dengan : A = [ u1:u2: …:un] Q = [ q1:q2: …:qn] : basis ortonormal dari A R = matriks segitiga atas = n n n n u q u q u q u q u q u q 0 0 , 0 , , , , , 2 2 2 1 1 2 1 1
106 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Contoh10 : Dekomposisi –QR dari matriks A = 1 1 1 1 1 1 1. Menentukan matriks Q yang kolom-kolomnya basis ortonormal dari A q1 = 1 1 u u = 3 1 -1 1 = 3 1 3 1 3 1 q2 = 2 2 1 1 2 2 1 1 u ,q u ,q u q u q = 2 2 1 1 u ,q 3 1 3 1 3 1 3 1 1 1 1 u q = 2 2 q1 1 u , 3 1 3 1 3 1 1 1 1 u q = 3 2 3 4 3 2 3 2 3 4 3 2 = 6 1 6 2 6 1 6 3 2 3 2 3 4 3 2 24 3 1 3 2 3 4 3 2 , jadi Q = 6 1 3 1 6 2 3 1 6 1 3 1 2. Menentukan matriks R = 2 2 1 1 2 1 0 u ,q u ,q u ,q = 6 4 0 3 1 3
107 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Jadi 1 1 1 1 1 1 = 6 1 3 1 6 2 3 1 6 1 3 1 6 4 0 3 1 3 6.7 Dimensi Definisi : Suatu ruang vektor tak nol disebut berdimensi terhingga jika berisi suatu himpunan vektor terhingga {1, 2, … , } yang membentuk suatu basis. Jika tidak ada himpunan yang seperti itu, maka disebut berdimensi tak-hingga. Disamping itu, kita akan menganggap ruang vector nol sebagai berdimensi terhingga. Teorema: Jika adalah suatu ruang vektor berdimensi terhingga dan {1, 2, … , } adalah sebarang basis, maka: 1. Setiap himpunan dengan lebih dari n vektor adalah tak bebas secara linier 2. Tidak ada himpunan dengan vektor yang kurang dari n yang merentang Teorema: Semua basis untuk suatu ruang vector berdimensi terhingga mempunyai jumlah vektor yang sama. Teorema: Jika adalah suatu ruang vektor berdimensi , dan jika adalah himpunan dalam dengan tepat n vektor , maka adalah suatu basis untuk jika merentang atau bebas linier. Teorema: a. Jika merentang tetapi bukan merupakan basis untuk , maka bisa direduksi menjadi suatu basis untuk dengan menghilangkan vektor yang tepat dari .
108 ALJABAR LINEAR ELEMENTER b. Jika adalah suatu himpunan yang bebas linier tetapi belum menjadi basis untuk , maka bisa diperbesar menjadi basis untuk dengan menyelipkan vektor – vektor yang tepat ke dalam . Contoh: 21 + 22 − 3 + 5 = 0 −1 − 2 + 23 − 34 + 5 = 0 1 + 2 − 23 − 5 = 0 3 + 4 + 5 = 0 Tentukan basis dan dimensinya! Penyelesaian: Jika diubah ke dalam bentuk matriks dan kita umpamakan Y maka akan menjadi: = [ 2 2 −1 1 0 −1 1 0 −1 0 2 −2 1 −3 0 1 1 0 1 −1 1 0 0 0 ]132(−1) [ 1 1 1 2 0 1 2 0 −2 0 −2 −1 1 3 0 1 −1 0 −1 1 1 0 0 0 ] 21(−1)31(−2) [ 1 1 0 0 0 0 0 0 −2 0 0 3 1 3 0 1 −1 0 0 3 1 0 0 0 ] 2( 1 3 ) 3( 1 3 ) [ 1 1 0 0 0 0 0 0 −2 0 0 1 1 1 0 1 −1 0 0 1 1 0 0 0 ]42(−1) [ 1 1 0 0 0 0 0 0 −2 0 0 1 1 1 0 0 −1 0 0 1 1 0 0 0 ] [ 1 1 0 0 0 0 0 0 −2 0 0 1 1 1 0 0 −1 0 0 1 1 0 0 0 ]13(2)43(−1) [ 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 ] Dari hasil reduksi matriks di atas kita dapatkan 1 = − − , 2 = , 3 = −, 4 = 0, 5 = [ 1 2 3 4 5] = [ − − − 0 ] = [ − 0 0 0 ] + [ − 0 − 0 ] = [ −1 1 0 0 0 ] + [ −1 0 −1` 0 1 ] yang menunjukkan bahwa vektor – vektor
109 ALJABAR LINEAR ELEMENTER = [ −1 1 0 0 0 ] = [ −1 0 −1` 0 1 ] merentangkan ruang penyelesaian. Karena vektor – vektor ini juga bebas secara linier, maka {1, 2 } adalah suatu basis dan ruang penyelesaiannya berdimensi dua. 6.8 Ruang Baris, ruang Kolom dan ruang Kosong Definisi : Jika A ( m x n ) maka sub ruang dari Rn yang terentang oleh vektor – vektor barisdari A disebut ruang baris dari A, dan vektor – vektor kolom dari A disebut ruang kolom dari A. Ruang penyelesaian dari SPL Homogen Ax = 0 yang merupakan sub ruang dari Rn disebut ruang kosong dari A. A ( m x n ) = [ 11 12 … 21 22 … ⋮ ⋮ ⋱ 1 2 ⋮ 1 2 … ] C1 C2 Cn m Є Rn : vektor – vektor baris dari A c1, c2, …, cn Є Rm : vektor – vektor kolom dari A A ( m x n ) = [ 11 12 … 21 22 … ⋮ ⋮ ⋱ 1 2 ⋮ 1 2 … ] C1 C2 Cn X( n x 1) = [ 1 2 ⋮ ] A x = b X1C1 + X2C2 + … + XnCn = b b merupakan kombinasi linear dari c,i, i=1,…,n SPL A x = b konsisten jika dan hanya jika b berada dalam ruang kolom A. Jika X0 adalah sembarang penyelesaian tunggal dari suatu SPL A x = b, dan jika V1, V2,…, Vk membentuk basis untuk ruang kosong A (ruang penyelesaian SPL homogen A x =0), maka setiap penyelesaian dari A x = b bisa dinyatakan dalam bentuk :
110 ALJABAR LINEAR ELEMENTER X = X0 + C1V1 + C2V2 + … + CK VK Dan sebaliknya, untuk semua pilihan skalar C1, C2, … , CK, vector X merupakan suatu penyelesaian dari A x = b. X0 : penyelesaian dari A x = b A x0 = b A x =0 , A x = b A x - A x0 = 0 A (X - X0) = 0 X - X0 merupakan penyelesaian SPL homogen A x =0 X - X0 = C1V1 + C2V2 + … + CK VK X = X0 + C1V1 + C2V2 + … + CK VK A x = A ( X0 + C1V1 + C2V2 + … + CK VK ) = A x0 + C1(AV1) + C2 (AV2) + … + CK (AVK) X0 penyelesaian khusus dari A x = b X0 + C1V1 + … + CK VK penyelesaian umum dari A x = b C1V1 + C2V2 + … + CK VK penyelesaian umum dari A x = 0 Penyelesaian Umum = penyelesaian khusus + penyelesaian umum dari A x = b dari A x = b A x = 0 Bila diketahui penyelesaian SPL tak homogen A x = b sebagai berikut : [ 1 2 3 4 5 6] = [ −3 − 4 − 2 −2 1 3 ] = [ 0 0 0 0 0 1 3] + r [ −3 1 0 0 0 0 ] + s [ −4 0 −2 1 0 0 ] + t [ −2 0 0 0 0 ]
111 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Maka 0 = [ 0 0 0 0 0 1 3] X = r [ −3 1 0 0 0 0 ] + s [ −4 0 −2 1 0 0 ] + t [ −2 0 0 0 0 ] Mencari Basis Dari Suatu Ruang Basis dari ruang yang dibangun oleh vektor-vektor. Misal : {1,2, 3, 4} Langkah – langkah : 1. Susun vektor ke dalam matriks A = [ 1, 2 3, 4 ] 2. Lakukan operasi baris dasar (OBE) untuk mendapatkan bentuk eselon baris dari A. 3. Baris tak nol dari bentuk selon baris A akan membentuk baris dari ruang yang dibangun oleh {1,2, 3, 4}. Contoh : tentukan basis dari ruang yang dibangun oleh vektor – vektor berikut : 1,= ( 1, -2, 0, 0, 3 ) 2 = ( 2, -5, -3, -2, 6 ) 3 = ( 0, 5, 15 10, 0 ) 4 = ( 2, 6 18, 8, 6 ) 1. Susun vektor ke dalam matriks : A = [ 1 −2 2 −5 0 0 3 −3 −2 6 0 5 2 6 15 10 0 18 8 6 ] 2. Lakukan OBE :
112 ALJABAR LINEAR ELEMENTER [ 1 −2 2 −5 0 0 3 −3 −2 6 0 5 2 6 15 10 0 18 8 6 ]21(−2) 41(−2) [ 1 −2 0 −1 0 0 3 −3 −2 0 0 5 0 10 15 10 0 18 8 0 ] 32(5)42(10) [ 1 −2 0 −1 0 0 3 −3 −2 0 0 5 0 10 15 10 0 18 8 0 ] Ruang Kosong/ Ruang Nul (Null Space) Definisi Ruang Nul Misalkan kita anggap A adalah sebuah matriks, maka Ruang nul (A) adalah ruang solusi dari system persamaan linier yang homogen Ax = 0, yang merupakan sub ruang dari R n . dapat dinyatakan dengan : S = ruang nul = {x|Ax = 0} x1, x2 ϵ S, maka : Ax1 = 0 Ax2 = 0 A(x1 + x2) = 0 x1, x2 ϵ S, maka x1 + x2 ϵ S untuk k skalar, x1 ϵ S, maka : A(k x1) = k (A x1) = k . 0 = 0 k x1 ϵ S Dimensi ruang nul dari A disebut sebagai nulitas (nulity) dari A dan dinyatakan sebagai nulitas(A). Sebagai contoh : Tentukan nulitas dari matriks berikut : B = 7 1 4 3 4 6 1 5 4 9 2 4 2 5 2 4 3 7 2 0 1 2 0 4 Penyelesaian : Bentuk eselon baris tereduksi dari B adalah 0 0 5 13 0 0 16 37 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 12 1 0 4 28
113 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Untuk menetukan nulitas dari matriks A, tentukan terlebih dahulu dimensi dari ruang solusi system linier Ax = 0, system ini dapat diselesaikan dengan mereduksi matriks menjadi bentuk eselon baris tereduksi. System persamaan yang didapat adalah : x1 - 4x3 - 28x4 - 37x5 + 13x6 = 0 x2 – 2x3 – 12x4 -16x5 + 5x6 = 0 mencari solusi umum dari variable - variabel utama : x1 = 4x3 - 28x4 – 37x5 + 13x6 x2 = 2x3 + 12x4 +16x5 – 5x6 jadi, x1 = 4r – 28s + 37t + 13u x2 = 2r + 12s + 16t – 5u x3 = r x4 = s x5 = t x6 = u secara ekuivalen : 1 0 0 0 5 13 0 1 0 0 16 37 0 0 1 0 12 28 0 0 0 1 2 4 6 5 4 3 2 1 r s t u x x x x x x Keempat vektor pada ruas kanan membentuk basis untuk ruang solusi, sehingga nulitas(A) = 4 Hubungan Antara Rank dan Nulitas Jika A adalah suatu matriks m x n, maka : rank(A) + nulitas(A) = n Bukti : A memiliki n kolom, maka system linier homogeny Ax = 0 memiliki n variable. Variable ini terbagi menjadi 2, yaitu variable utama dan bebas. Maka, n bebas iabel banyaknya utama iabel banyaknya var var
114 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Banyaknya variable utama = banyaknya 1 utama di dalam bentuk eselon baris tereduksi dari A, jadi : n bebas iabel banyaknya rank A ( ) var Banyaknya variable bebas = nulitas(A) = banyaknya parameter pada solusi umum dari Ax = 0 Nilai Maksimum untuk Rank Jika A adalah matriks m x n, maka vector barisnya terletak pada Rn dan vector kolomnya terletak pada Rm. Ruang baris dan ruang kolom memiliki rank dari A yang sama, oleh karena itu jika m≠n, rank dari A yang terbanyak adalah nilai yang lebih kecil antara nilai m dan n, dapat dinotasikan dengan : rank(A) ≤ min(m,n) Sistem Linier yang Terdiri dari m Persamaan dengan n Faktor yang Tidak Diketahui Dalam sistem linier ini, m dan n tidak perlu sama. 1. Teorema Konsistensi, dimana menyataan system linier ini dipastikan selalu konsisten dengan syarat pernyataan yang ekuivalen, yaitu : a. Ax = b adalah konsisten b. b berada pada ruang kolom dari A c. matriks koefisien A dan matriks [A|b] memiliki rang yang sama 2. jika Ax=b adalah system linier yang terdiri dari m persamaan dengan n factor yang tidak diketahui, maka pernyataan- pernyataan berikut ini adalah ekuivalen, untuk: a. Ax=b (konsisten untuk setiap matriks b, m x 1) b. Vektor- vektor kolom dari A merentang Rm c. Rank(A)= m 3. Jika Ax = b adalah suatu system linier konsisten yang terdiri dari m persamaan dengan n faktor yang tidak diketahui dan jika A memiliki rank r, maka penyelesaian umum dari system linier tersebut terdiri dari n-r parameter 4. Jika A adalah suatu matriks m x n, maka pernyataan berikut adalah ekuivalen, untuk : a. Ax = 0 (hanya memiliki solusi trivial) b. Vektor- vektor kolom A adalah bebas linier
115 ALJABAR LINEAR ELEMENTER c. Ax = b memiliki paling banyak 1 solusi untuk setiap matriks b, m x 1. 5. Teorema dari seluruh topik utama yang sudah dipelajari sebagai berikut : Jika A adalah matriks n x n, dan jika TA : Rn R n adalah perkalian dengan A, maka pernyataan- pernyataan berikut ini adalah ekuivalen a. A dapat balik (punya invers) b. Ax = 0 ( hanya memiliki solusi trivial) c. Bentuk eselon baris tereduksi dari A adalah In d. A dapat dinyatakan sebagai suatu hasilkali dari matriks- matriks elementer e. Ax = b konsisten untuk setiap matriksb, n x 1 f. Ax = b memiliki tepat 1 solusi untuk setiap matriks b, n x 1 g. Det (A) ≠ 0 h. Range dari TA adalah Rn i. TA adalah satu ke satu j. Vektor- vektor kolom dari A adalah bebas linier k. Vektor- vektor baris dari A adalah bebas linier l. Vektor- vektor kolom dari A adalah merentang Rn m. Vektor- vektor baris dari A adalah merentang Rn n. Vektor- vektor kolom dari A adalah membentuk basis untuk Rn o. Vektor- vektor baris dari A adalah membentuk basis untuk Rn p. A memiliki rank n q. A memiliki nulitas 0
116 ALJABAR LINEAR ELEMENTER BAB VII NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN 7.1 Nilai Eigen dan Vektor Eigen Jika A adalah suatu matriks n x n, maka vektor tak-nol x pada Rn disebut suatu vektor eigen dari A jika Ax adalah suatu penggandaan skalar dari x; yaitu: Ax = λx Untuk suatu skalar λ. Skalar λ disebut nilai eigen dari A, dan x disebut suatu vektor eigen dari a yang berpadanan dengan λ. Pada R2 dan R3 perkalian dengan A memetakan setiap vector eigen x dari A (jika ada) ke garis yang melalui titik asal yang sama dengan x. tergantung pada tanda dan besarnya nilai eigen λ yang berpadanan dengan x, operator linear Ax= λx memanfaatkan atau meregang x dengan factor λ, dengan suatu pembalikan arah dalam kasus di mana λ negatif. x λx x x λx x λx λx Contoh 1 : vektor [ 1 2 ] adalh suatu vektor – eigen dari A=[ 3 0 8 −1 ] Yang berpadanan dengan nilai – eigen λ=3,karena Ax=[ 3 0 8 −1 ][ 1 2 ]=[ 3 6 ]=3x untuk mencari nilai-eigen dari suatu matriks A pada n x n kita tuliskan ulang Ax= λx sebagai Ax= λ/x Atau ekuivalen dengan (λI-A)x=0 0≤ λ≤1 λ ≥1 -1≤ λ≤0 λ≤-1
117 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Agar λ menjadi suatu nilai-eigen, harus ada suatu penyelesaian tak-nol dari persamaan ini. Persamaan ini akan mempunyai suatu penyelesaian tak-nol jika dan hanya jika Det(λI-A)=0 Ini disebut persamaan karakteristik dari A; skalar - skalar yang memenuhi persamaan ini adalah nilai-eigen dari A. jika diperluas, determinan (λI-A) adalah suatu polinom dalam λ yang disebut polinom karakteristik dari A. Contoh 2: cari nilai-eigen dari matriks segitiga atas A=[ a11 12 0 22 0 0 0 0 13 14 23 24 33 34 0 44 ] Penyelesaian: dengan mengingat bahwa determinan matriks segitiga adalah hasil kali anggotaanggota diagonal utamanya, maka kita dapatkan: Det (λI-A)=det[ − 11 −12 0 −22 0 0 0 0 −13 −14 −23 −24 −33 −34 0 −44 ] =(λ - a11 )(λ - a22 )(λ – a33)(λ – a44 )=0 Jadi, persamaan karakteristiknya adalah (λ - a11 )(λ - a22 )(λ – a33)(λ – a44 )=0 Dan nilai-eigennya adalah λ = a11, λ = a22, λ = a33, λ = a44 yang tepat merupakan anggota-anggota diagonal A. Teorema 7.1.1. Jika A adalahsuatu matriks segitiga n xn ( segitiga atas, segitiga bawah atau diagonal), maka nilai-eigen dari A adalah anggota-anggota diagonal utama A. Teorema 7.1.2. jika A adalah suatu matriks n x n dari λ adalah suatu bilangan real, maka pernyataan-pernyataan berikut ekuivalen. a. λ adalah suatu nilai-eigen dari A. b. system persamaan (λI-A)x=0 mempunyai penyelesaian tak-trivial. c. Ada suatu vector tak-nol x pada Rn sedemikian sehingga Ax=λx. d. Λmerupakan suatu penyelesaian dari persamaan karakteristik (λI-A)=0.
118 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Contoh3: dengan mencongak, nilai – eigen dari matriks segitiga bawah A= [ 1 2 0 0 −1 2 3 0 5 −8 − 1 4 ] Adalah λ = 1 2 , λ = 2 3 , dan λ = − 1 4 Pada masalah-masalah praktis, matriks A seringkali begitu besar sehingga menghitung persamaan kerakteristiknya adalah tidaklah praktis. Akibatnya, berbagai metode hampiran digunakan untuk memperoleh nilai-eigen. Persamaan karakteristik suatu matriks dengan anggota-anggota real mungkin saja mempunyai penyelesaian kompleks. Misalnya, polinom karakteristik dari matriks A = [ −2 −1 5 2 ] Adalah det(λI-A)=det[ + 2 1 −5 − 2 ]=λ2 +1 sehingga persamaan karakteristiknya adalah λ2 +1 = 0, yang penyelesaiannya adalah bilangan – bilangan imajiner λ = i dan λ = -i. jadi, kita dipaksa meninjau nilai-eigen kompleks, sekalipun untuk matriks-matriks real. 7.1.1 Mencari Basis–Basis Untuk Ruang Eigen Vektor – eigen dari A yang berpadanan dengan suatu nilai eigen λ adalah vektor-vektor tak-nol x yang memenuhi Ax = λx. Secara setara, vektor-eigen yang berpadanan dengan λ adalah vektor-vektor tak-nol dalam ruang penyelesaian dari (λI-A)x=0. Kita sebut ruang penyelesaian ini sebagai ruang-eigen dari A yang berpadanan dengan λ. Contoh4: cari basis-basis untuk ruang-eigen dari A = [ 0 0 −2 1 2 1 1 0 3 ]
119 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Penyelesaian: persamaan karakteristik dari A adalah λ3 -5 λ2 + 8 λ – 4 =0, atau dalam bentuk terfaktorkan, (λ - 1)( λ - 2)2 (tunjukkan); jadi, nilai-eigen dari A adalah λ=1 dan λ=2, sehingga ada dua ruang – eigen dari A. Menurut definisi, X = [ 1 2 3 ] Adalah vektor-vektordari A yang berpadanan dengan λ jika dan hanya jika x adalah suatu penyelesaian tak-trivial dari(λI – A)x=0, yaitu, dari [ 0 2 −1 − 2 −1 −1 0 − 3 ][ 1 2 3 ]=[ 0 0 0 ] (3) jika λ=2, maka (3) menjadi [ 2 0 2 −1 0 −1 −1 0 −1 ][ 1 2 3 ] = [ 0 0 0 ] Menyelesaikan system ini menghasilkan (tunjukkan) x1 =-s, x2 =t, x3 =s jadi, vektor-eigen dari A yang berpadanan dengan λ = 2 adlah vektor-vektor tak-nol berbentuk x = [ − ]=[ − 0 ]+[ 0 0 ]=s[ −1 0 1 ]+t[ 0 1 0 ] Karena, [ −1 0 1 ] dan [ 0 1 0 ] Bebas secara linear, maka vektor-vektor ini membentuk suatu basis untuk ruang-eigen yang berpadanan dengan λ = 2. Jika λ = 1, maka (3) menjadi [ 1 0 2 −1 −1 −1 −1 0 −2 ][ 1 2 3 ] = [ 0 0 0 ] Menyelesaikan system ini menghasilkan (tunjukkan) x1 =-2s, x2 =s, x3 =s
120 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Jadi, vektor-eigen yang berpadanan dengan λ1 adlah vektor-vektor tak-nol yang berbentuk [ −2 ]= s[ −2 1 1 ] Sehingga [ −2 1 1 ] Merupakan suatu basis untuk ruang-eigen yang berpadanan dengan λ=1. Contoh: pada contoh 4 kita menunjukkan bahwa nilai-eigen dari A = [ 0 0 −2 1 2 1 1 0 3 ] Adalah λ = 2 dan λ =1,sehingga dari teorema 7.3.1 baik λ=27 = 128 dan λ = 17 =1 adalah nilaieigen dari A7 . Kita juga menunjukkan bahwa [ −1 0 1 ] dan [ 0 1 0 ] Adalah vektor-eigen dari A yang berpadanan dengan nilai –eigen λ=2, sehingga dari teorema 7.1.3 vektor-vektor ini juga merupakan vektor-eigen dari A7 yang berpadanan dengan λ=27 =128. Demikian juga, vector-eigen [ −2 1 1 ] Dari A yang berpadanan dengan nilai-eigen λ=1 juga merupakan suatu vektor-eigen dari A7 yang berpadanan dengan λ = 17 =1. Teorema ini menetapkan suatu hubungan antara nilai-eigen dan bisa atau tidaknya suatu matriks dibalik. Teorema 7.1.3. Jika k adalah suatu bilangan bulat positif, λ adalah suatu nilai-eigen dari suatu matriks A, danx adalah suatu vektor-eigen yang berpadanan, maka λk adalah suatu nilai-eigen dari Ak dan x adalah suatu vector-eigen yang berpadanan. Teorema 7.1.4. suatu matriks bujur sangkar A dapat dibalik jika dan hanya jika λ=0 bukanlah suatu nilai-eigen dari A.
121 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Bukti: anggap A adalah suatu matriks n x n dan pertama amati bahwa λ=0 adalah penyelesaian dari persamaan karakteristik λ n + c1 λ n-1 +…+ cn =0 jika dan hanya jika suku konstanta cn adalah nol. jadi, kita cukup membuktikan bahwa A dapat dibalik jika dan hanya jika cn ≠0. Tetapi det(λI-A) =λ n + c1 λ n-1 +…+ cn =0 atau dengan menetapkan λ=0, det(-A)=cn atau (-1)n det(A)=cn Dari persamaan terakhir kita dapatkan bahwa det(A)=0 jika dan hanya jika cn =0, dan ini pada gilirannya mengimplikasikan bahwa A dapat dibalik jika dan hanya jika cn ≠0. Teorema 7.1.5. jika a adalah suatu matriks n x n, dan jika TA :Rn R n adalah perkalian dengan A, maka pernyataan – pernyataan berikut ini ekuivalen. a. A dapat dibalik b. Ax = 0 hanya mempunyai penyelesaian trivial. c. Bentuk baris-eselon tereduksi dari A adalah In . d. A dapat dinyatakan sebagai hasil kali matriks-matriks dasar. e. Ax = b konsisten untuk setiap matriks b, n x 1. f. Ax = b tepat mempunyai satu penyelesaian untuk setiap matriks b, n x 1 g. Det(A)≠0 h. Daerah hasil TA adalah Rn i. TA adalah satu-satu j. Vektor-vektor kolom dari A bebas secara linear k. Vektor-vektor baris dari A bebas secara linear l. Vektor-vektor kolom dari A merentang Rn m. Vektor-vektor baris dari A merentang Rn n. Vektor-vektor kolom dari A membentuk suatu basis untuk Rn o. Vektor-vektor baris dari A membentuk suatu basis untuk Rn p. A berperingkat n q. A mempunyai kekosongan 0 r. Komplemen ortogonal dari ruang-kosong A adalah Rn s. Komplemen ortogonal dari ruang baris A adalah {0} t. A TA bias dibalik u. λ = 0 bukanlah suatu nilai-eigen dari A.
122 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Contoh: Misalkan terdapat matriks A: Selanjutnya masukkan ke persamaan: |(A − λ I)| = 0 Sehingga diperoleh: Untuk λ = 0 1 2 3 1 2 3 2 2 0 0 2 2 0 0 0 0 1 0 2 2 0 2 2 0 21( 1) 2 2 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 x x x B x x x 0 0 1 2 2 0 2 2 0 A 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 2 0 2 2 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 2 2 0 2 2 0 2 41 0 2 2 1 4 1 0 0 0 0 1 2 2 0 2 2 0 2
123 ALJABAR LINEAR ELEMENTER 2 2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 0 3 1 1 0 x x x x x x x x Untuk λ = 1 2 3 3 2 1 1 3 3 3 2 0 3 0 0 0 0 0 0 0 x x x x x x x x x x 0 0 0 0 0 0 0 3 0 1 2 0 0 0 0 0 3 0 1 2 0 21( 1) 0 0 0 2 1 0 1 2 0 0 0 0 0 0 1 2 2 0 2 2 0 3 2 1 3 2 1 x x x B x x x
124 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Untuk λ = 4 1 2 3 3 2 2 0 1 2 2 3 0 0 1 1 0 x x x x x x x 7.2 Diagonalisasi Pada pembahasan kali ini adalah mengenai penentuan matriks diagonal D dan matriks pendiagonal P yang berkaitan dengan basis ruang eigen yang telah dipelajari pada bahasan sebelumnya. Jika A matriks bujursangkar berukuran n , dan terdapat matriks diagonal D sedemikian hingga D = P−1AP sehingga dikatakan matriks A dapat didiagonalisasi. P merupakan matriks n x n yang kolom – kolomnya merupakan vektor – vektor kolom dari basis ruang eigen A. P disebut matriks yang mendiagonalisasi A , sedangkan D merupakan matriks diagonal yang elemen diagonalnya merupakan semua nilai eigen dari A. 0 0 0 0 0 3 0 0 0 2 2 0 0 0 3 0 0 0 2 2 0 21(1) 0 0 3 2 2 0 2 2 0 0 0 0 0 0 3 2 2 0 2 2 0 3 2 1 3 2 1 x x x B x x x
125 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Tidak semua matriks bujur sangkar dapat didiagonalisasi tergantung dari jumlah basis ruang eigen yang dimiliki. Jika matriks bujur sangkar berukuran n dan basis ruang eigen yang bebas linear berjumlah n juga, maka matriks tersebut dapat didiagonalisai , jika jumlahnya kurang dari n maka tidak dapat didiagonalisasi. Pada saat matriks memiliki nilai eigen sejumlah n, maka basis ruang eigennya juga akan berjumlah n , sedangkan pada saat jumlah nilai eigennya kurang dari n , masih ada dua kemungkinan yaitu jumlah nilai eigennya sama dengan n atau jumlah nilai eigennya kurang dari n . Jadi pada saat jumlah nilai eigen sama dengan n maka matriks dapat didiagonalisasi, sedangkan pada saat jumlah nilai eigen kurang dari n belum bisa ditentukan apakah matriks bisa didiagonalisasi atau tidak . Secara umum untuk menentukan matriks pendiagonal P dan matriks diagonal D adalah sebagai berikut : Misal A matriks bujur sangkar n x n memiliki n buah basis ruang eigen yang bebas linear ̅̅1̅, ̅̅2̅, … , ̅̅̅ yang bersesuaian dengan nilai eigen 1, 2, … , ( tidak harus berbeda dengan ) , maka matriks pendigonal P bisa diambil sebagai , = [̅̅1̅̅̅2̅̅̅̅] dengan matriks diagonalnya adalah : = [ 1 0 0 2 0 0 0 0 ⋮ ⋮ 0 0 ⋮ ⋮ 0 ] 7.2.1 Masalah Diagonalisasi Matriks Masalah Vektor eigen. Diketahui suatu matriks A pada n x n, adakah suatu basis untuk Rn yang terdiri dari vektor-eigen dari A. Masalah Diagonalisasi (Bentuk Matriks). Diketahui suatu matriks A pada n x n, adakah suatu matriks P yang dapat dibalik sedemikian sehingga P-1 AP adalah suatu matriks diagonal? Masalah kedua mengemukakan terminology berikut ini: Definisi: suatu matriks segi Anxn dikatakan dapat didiagonalisasikan jika terdapat sebuah matriks P yang invertible sehingga P-1 AP merupakan matriks diagonal. Matriks P dikatakan mengdiagonalisasikan A. Jika Anxn ,maka hal-hal berikut adalah ekuivalen: a. A dapat didiagonalisasikan b. A memiliki n vektor-vektor eigen yang saling bebas
126 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Buktikan! Langkah-langkah untuk Diagonalisasi Matriks: 1. Menentukan vektor eigen A, misalkan P1 ,P2,…,Pn 2. Tentukan matriks P yang memiliki P1 ,P2,…,Pn sebagai vektor kolomnya 3. Matriks P-1 AP adalah matriks diagonal dengan λ1 , λ2 ,…., λn unsure diagonal utama dimana λ1 adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan Pi, i=1,2,…,n Dari contoh di atas P1 =[ 1 −1 ] dan P2 = [ 3/4 1 ] atau [ 3 4 ] Maka P = [ 1 3 −1 4 ] maka P-1 = 1 7 [ 4 −3 1 1 ] P -1 AP = 1 7 [ 4 −3 1 1 ][ 1 3 4 2 ][ 1 3 −1 4 ] = 1 7 [ 4 −3 1 1 ][ −2 15 2 20] = 1 7 [ −14 0 0 5 ] Contoh lain : Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari A, tentukan pula matriks P yang kolom-kolomnya adalah vektor eigen dari A yang mampu mendiagonalisasi A = 1 3 3 1 ! Nilai eigen dari A adalah penyelesaian A - I = 0 0 1 3 3 1 (3-) 2 – 1 = 0 9 - 6+ 2 – 1 = 0 2 - 6 + 8 = 0 ( - 2)(-4) = 0; = 2 atau = 4 Vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen = 2 adalah solusi dari 1 1 1 1 x = 0 ; 1 1 0 1 1 0 B211 0 0 0 1 1 0 ; x1 = -x2 Maka x = 2 1 x x = 2 2 x x = x2 1 1 . Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen = 2 adalah 1 1
127 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Untuk = 4 maka 1 1 0 1 1 0 B211 0 0 0 1 1 0 ; x1 = x2 Maka x = 2 1 x x = 2 2 x x = x2 1 1 . Jadi nilai eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen = 4 adalah 1 1 Matriks P = 1 1 1 1 dan P -1 = 2 1 2 1 2 1 2 1 PAP-1 = 1 1 1 1 1 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 = 4 4 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 = 0 4 2 0 Solusi Alternatif Jika kita hanya tertarik untuk mengetahui apakah sebuah matriks dapat didiagonalisasikan atau tidak, tanpa harus menentukan matriks P, maka tidak perlu mencari basis-basis ruang eigen, cukup dengan menentukan dimensi dari ruang eigen Teorema : Jika v1,v2,....,vk adalah vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan nilai eigen λ1, λ2,....,λk maka { v1,v2,....,vk} gugus yang bebas linear. Teorema: Jika sebuah matriks Anxn memiliki n nilai eigen yang berbeda, maka A dapat didiagonalisasikan. Teorema: Nilai-nilai eigen dari matriks segitiga adalah unsure-unsur diagonal utamanya. Suatu matriks segitiga yang unsure-unsur diagonal utamanya berbeda, dapat didiagonalisasikan. Jika Anxn dan P invertible maka: (P-1AP)k = (P-1AP). (P-1AP)…. (P-1AP)
128 ALJABAR LINEAR ELEMENTER = P-1 A k P Jika a dapat didiagonalisasikan, dan P-1AP = D, maka (P-1AP)k =Dk P -1 A k P = Dk maka Ak = P Dk P -1 Contoh di atas D = P-1AP = [ −2 0 0 5 ] A 3 = PD-3 P -1 [ 1 3 4 2 ] = [ 1 3 −1 4 ][ −8 0 0 125] 1 7 [ 4 −3 1 1 ] = 1 7 [ 1 3 −1 4 ][ −32 24 125 125] = 1 7 [ 343 399 532 476] 7.3 Diagonalisasi Ortogonal Sebelum membahas lebih lanjut mengenai diagonalisasi orthogonal akan didefinisikan tentang matriks orthogonal. Matriks bujur sangkar P disebut matriks orthogonal bila berlaku Pt = P−1. Matriks A dapat didiagonalisasi secara orthogonal jika terdapat P orthogonal sehingga P −1 A P = D dengan D adalah matriks diagonal. Berbeda dengan masalah diagonalisasi sebelumnya , maka pada pembahasan kali ini ada sedikit perbedaan tentang matriks yang bisa didiagonalisasi ataukah tidak , yaitu : P -1 A P = D P D P-1 = A P D Pt = A ( dari sifat Pt = P-1 ) ……………………………………….( 1 ) (P D Pt ) t = At ( kedua ruas ditransposekan ) P D Pt = At ……………………………………………………………. ( 2 ) Dari persamaan 1 dan 2 didapatkan agar A bisa didiagonalisasi secara orthogonal maka matriks A harus memenuhi sifat A = A t ( A harus matriks simetri ). Menentukan matriks P yang mendiagonalisasi secara orthogonal Cara menentukan matriks P pada diagonalisasi orthogonal ini sebenarnya hampir sama dengan penentuan P pada diagonalisasi sebelumnya yaitu didasarkan pada basis ruang eigen yang telah diperoleh sebelumnya. Misalkan ̅̅1̅, ̅̅2̅, … , ̅̅̅ merupakan basis ruang eigen yang
129 ALJABAR LINEAR ELEMENTER bersesuaian dengan nilai eigen 1, 2, … , kemudian ̅̅1̅, ̅̅2̅, … , ̅̅̅ merupakan himpunan orthonormal hasil transformasi dari ̅̅1̅, ̅̅2̅, … , ̅̅̅ dengan hasil kali dalam Euclides , maka matriks yang mendiagonalisasi secara orthogonal adalah P = [̅̅1̅̅̅2̅̅̅̅ ] sedangkan matriks diagonal D sama dengan matriks diagonal D pada bahasan diagonalisasi sebelumnya : = [ 1 0 0 2 0 0 0 0 ⋮ ⋮ 0 0 ⋮ ⋮ 0 ] Bila A simetris, menentukan matriks P yang mendiagonalisasi A secara ortogonal melalui langkah-langkah berikut: 1. Menemukan basis untuk masing-masing ruang eigen dari A 2. Menerapkan proses Gram-Schmidt untuk masing-masing basis ruang eigen agar diperoleh basis ortonormal 3. Menentukan matriks P dimana kolom-kolomnya adalah basis ortonormal yang diperoleh pada langkah (2). Matriks P yang terbentuk mendiagonalisasi A secara ortogonal. Contoh : Tentukan matriks P yang orthogonal dan mendiagonalisasi A secara orthogonal! 2 2 4 2 4 2 4 2 2 A Jawab : Pemecahan. Persamaan karakteristik dari A adalah ( 4) ( 8) 8 2 4 2 4 2 4 2 2 det( ) det 2 I A Jadi, nilai-nilai eigen dari A adalah λ=2 dan λ=8. Langkah selanjutnya adalah dengan mensubtitusi nilai-nilai eigen ke persamaan (I A)x 0 . Untuk λ=2 0 2 2 2 2 2 2 2 2 x
130 ALJABAR LINEAR ELEMENTER 0 0 0 0 0 0 1 1 1 ~ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ~ 2 2 2 2 2 2 2 2 x1+x2+x3=0 x2=s x3=t x1=-s-t Ruang eigen : ̅= [ − − ] = [ −1 1 0 ] + [ −1 0 1 ] Jadi basis ruang eigennya 0 1 1 1 v dan 1 0 1 2 v Dengan proses Gram-Schmidt menghasilkan vector-vektor eigen yang orthonormal yaitu ̅̅̅1̅ = ̅̅1̅ |̅̅1̅| = [ −1 1 0 ] |[ −1 1 0 ]| = [ −1 1 0 ] √2 = 0 2 1 2 1 ̅̅̅2̅ = ̅̅2̅ − 〈̅̅2̅, ̅̅̅1̅〉̅̅̅1̅ |̅̅2̅ − 〈̅̅2̅, ̅̅̅1̅〉̅̅̅1̅| = [ −1 0 1 ] − 1 √2 0 2 1 2 1 | | [ −1 0 1 ] − 1 √2 0 2 1 2 1 | |
131 ALJABAR LINEAR ELEMENTER ̅̅̅2̅ = [ −1 0 1 ] + 0 2 1 2 1 | | [ −1 0 1 ] + 0 2 1 2 1 | | = 1 2 1 2 1 | | 1 2 1 2 1 | | = 1 2 1 2 1 |√ 1 4 + 1 4 + 1| = 1 1 1 |6| = [ − 1 √6 − 1 √6 2 √6 ] Untuk λ=8 0 2 4 2 4 2 4 2 2 x 0 0 2 0 3 3 1 1 2 ~ 0 3 5 0 3 3 1 1 2 ~ 2 1 1 1 2 1 1 1 1 ~ 1 1 2 1 2 1 2 1 1 ~ 2 2 4 2 4 2 4 2 2 0 0 1 0 1 0 1 0 0 ~ 0 0 1 0 1 0 1 0 0 ~ 0 0 2 0 1 0 1 1 0 ~ 0 0 2 0 1 1 1 1 0 ~ 0 0 2 0 1 1 1 1 2 ~ x1=1 x2=1 x3=1 Jadi basis Ruang eigennya : 3 = [ 1 1 1 ] Dengan proses Gram-Schmid vector eigen yang dihasilkan adalah
132 ALJABAR LINEAR ELEMENTER ̅̅̅2̅ = ̅̅3̅ − 〈̅̅3̅, ̅̅̅1̅〉̅̅̅1̅ − 〈̅̅3̅, ̅̅̅2̅〉̅̅̅2̅ |̅̅3̅ − 〈̅̅3̅, ̅̅̅1̅〉̅̅̅1̅ − 〈̅̅3̅, ̅̅̅2̅〉̅̅̅2̅| = [ 1 1 1 ] − 0 0 2 1 2 1 − 0 6 2 6 1 6 1 | | [ 1 1 1 ] − 0 0 2 1 2 1 − 0 6 2 6 1 6 1 | | = [ 1 1 1 ] |[ 1 1 1 ]| = [ 1 1 1 ] √3 = [ 1 √3 1 √3 1 √3] Jadi matriks P yang orthogonal dan mendiagonalisasi A secara orthogonal adalah 3 1 6 2 0 3 1 6 1 2 1 3 1 6 1 2 1 P
133 ALJABAR LINEAR ELEMENTER Soal Latihan 1. Tentukan persamaan karakteristik, nilai eigen dan vektor eigen (basis-basis ruang eigen) untuk matriks berikut : a. A = 7 1 0 1 1 0 5 0 1 b. B = 0 0 0 1 0 1 2 0 1 0 1 0 0 0 2 0 2. Suatu matriks Anxn dapat didiagonalkan jika terdapat matriks P yang invertible sedemikian sehingga P -1A P suatu matriks diagonal. Tentukan apakah matriks berikut dapat didiagonalisasi, jika dapat maka tentukan matriks P yang mendiagonalisasi A dan tentukan P -1A P! (i) A = 1 1 2 3 b. A = 3 0 1 0 0 0 0 0 0 3. Tentukan apakah terdapat matriks C yang dapat mendiagonalisasi A secara orthogonal untuk matriks A berikut : A = 36 0 23 0 3 0 2 0 0 36 . Jika ya, tentukan juga A5 !
134 ALJABAR LINEAR ELEMENTER PUSTAKA 1. Anton, H. and Rorres, C. 1994. Elementary Linear Algebra, 7th Ed. John Wiley and Sons, Inc. New York 2. Anton, H. and Rorres, C. 2000. Dasar-dasar Aljabar Linear, Edisi 7 (Terjemahan) Jilid 1. Interaksara. Batam 3. Anton, H. and Rorres, C. 2000. Dasar-dasar Aljabar Linear, Edisi 7 (Terjemahan) Jilid 2. Interaksara. Batam 4. Goldberg, J.L. 1991. Matric Theory With Applications. McGraw-Hill, Inc. Maynard. 5. Lipschutz, S and Lipson, M. 2001. Aljabar Linear, Edisi 3 (Terjemahan): Schaum’s Outlines. Erlangga. ____ 6. Sernesi, E. 1993. Linear Algebra : A Geometric Approach. Chapman and Hall. London,UK. 7. Strang, G. 1993. Introduction to Linear Algebra. Wellesley Cambridge. Massachussetts, USA. 8. Setya, B.W. 1995. Aljabar Linear. Gramedia Pustaka Umum. Jakarta.