Matematika Universitas — Tahun 1 · السنة الجامعية 1

21Matriks

Sebuah matriks adalah pemetaan linear yang ditulis dalam koordinat. Bab ini menyiapkan kamusnya — komposisi menjadi hasil kali matriks, kebijektifan menjadi keterbalikan, dan perubahan basis menjadi konjugasi — beserta sisi algoritmisnya: yaitu operasi baris, perhitungan rank dan invers. Setelah pertama kali ditemui pada jilid Sekolah Menengah, matriks kini berpijak pada teori Bab 18, 19 dan 20.

21.1 Matriks dan pemetaan linear

Definisi 21.1

Himpunan $\mathcal{M}_{n,p}(K)$ adalah ruang vektor berisi larik $n \times p$ yaitu $A = (a_{ij})$ berisi skalar ( $i$ : barisnya, $j$ : kolomnya), yang berdimensi $np$ (dengan basisnya: matriks $E_{ij}$ yang bernilai $1$ tunggal). Diberikan basis $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_p)$ pada $E$ dan $\mathcal{C}$ pada $F$ (dengan $\dim F = n$ ), matriks $u \in \mathcal{L}(E, F)$ adalah larik yang kolom ke- $j$ -nya mendaftar koordinat $u(e_j)$ pada $\mathcal{C}$ :

\operatorname{Mat}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(u) = (a_{ij}), \qquad u(e_j) = \sum_{i=1}^{n} a_{ij}\, f_i .

Adapun pemetaan $u \mapsto \operatorname{Mat}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(u)$ merupakan isomorfisma dari $\mathcal{L}(E, F)$ pada $\mathcal{M}_{n,p}(K)$ (Proposisi 20.2: karena pemetaan linear tepat merupakan pemilihan peta $e_j$ -nya).

Contoh 21.2 (Turunan, sebagai sebuah matriks)

Misalkan $D(P) = P'$ pada $\R_3[X]$ . Pada basis monomialnya $(1, X, X^2, X^3)$ : $D(1) = 0$ , $D(X) = 1$ , $D(X^2) = 2X$ , $D(X^3) = 3X^2$ , sehingga

\operatorname{Mat}(D) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

Sedangkan pada basis yang terbagi $\bigl(1,\ X,\ \frac{X^2}2,\ \frac{X^3}6\bigr)$ , setiap vektor basisnya terpetakan ke yang sebelumnya (karena $D\bigl(\frac{X^k}{k!}\bigr) = \frac{X^{k-1}}{(k-1)!}$ ), dan matriksnya menjadi geseran murni: yaitu satuan pada superdiagonalnya, dan nol di tempat lain. Ada dua moralnya: bahwa matriksnya milik pasangan (pemetaan, basis), bukan pemetaannya belaka; dan bahwa basis yang baik membuat strukturnya kasatmata sekali pandang — karena bentuk geserannya seketika menunjukkan bahwa $D^4 = 0$ pada $\R_3[X]$ , dengan setiap pangkat matriksnya mendorong diagonal satuannya satu langkah lebih jauh ke luar.

Definisi 21.3 (Hasil kali)

Untuk $A \in \mathcal{M}_{n,p}$ dan $B \in \mathcal{M}_{p,q}$ :

(AB)_{ik} = \sum_{j=1}^{p} a_{ij}\, b_{jk} \qquad (1 \leq i \leq n,\ 1 \leq k \leq q).

Dan inilah persis matriks komposisinya: $\operatorname{Mat}(v \circ u) = \operatorname{Mat}(v)\, \operatorname{Mat}(u)$ (dengan basisnya cocok di tengah). Demikian pula, jika $X$ kolom koordinat $x$ , maka kolom $u(x)$ adalah $AX$ .

Bukti rumus komposisinya.

v(u(e_k)) = v\Bigl(\sum_j b_{jk} f_j\Bigr) = \sum_j b_{jk}\, v(f_j) = \sum_j b_{jk} \sum_i a_{ij}\, g_i = \sum_i \Bigl(\sum_j a_{ij} b_{jk}\Bigr) g_i . \qedhere

∎

Proposisi 21.4 (Aljabar $\mathcal{M}_n(K)$ )

Matriks persegi $\mathcal{M}_n(K)$ membentuk ring (yang takkomutatif untuk $n \geq 2$ ), dengan identitasnya $I_n$ ; dan grup satuannya adalah grup linear umum $GL_n(K)$ , yang bersesuaian dengan endomorfisma yang bijektif. Untuk $A, B \in \mathcal{M}_n(K)$ :

AB = I_n \implies A \in GL_n(K) \text{ dan } B = A^{-1}

(karena invers sepihaknya menjadi dua sisi, menurut Akibat 20.9).

Bukti. Aksioma ringnya terangkut dari $\mathcal{L}(E)$ lewat isomorfisma pada Definisi 21.1: karena ia mengubah komposisi menjadi hasil kali dan jumlah menjadi jumlah, sehingga keasosiatifan, kedistributifan dan peran $I_n$ terwarisi dari fakta yang bersesuaian tentang pemetaannya, tanpa pemeriksaan entri demi entri. Adapun ketakkomutatifannya: $E_{12}E_{21} = E_{11} \neq E_{22} = E_{21}E_{12}$ . Jika $AB = I_n$ : maka endomorfisma $a$ milik $A$ memenuhi $a \circ b = \mathrm{id}$ , sehingga $a$ bersifat surjektif (karena $x = a(b(x))$ menunjukkan sebuah prapeta bagi setiap $x$ ), jadi bijektif dalam dimensi hingga (Akibat 20.9); lalu menyusun $a \circ b = \mathrm{id}$ dengan $a^{-1}$ di kiri memberikan $b = a^{-1}$ , dan lalu $b\circ a = \mathrm{id}$ pula: sehingga invers sepihaknya sejak awal dua sisi — yaitu bantuan yang tegas berdimensi hingga. ∎

Definisi 21.5 (Transpos; trace)

Transpos $A = (a_{ij}) \in \mathcal{M}_{n,p}$ adalah $A^{\mathsf T} = (a_{ji}) \in \mathcal{M}_{p,n}$ ; yang memenuhi $(AB)^{\mathsf T} = B^{\mathsf T} A^{\mathsf T}$ dan $(A^{\mathsf T})^{\mathsf T} = A$ . Sedangkan trace sebuah matriks persegi adalah $\operatorname{tr} A = \sum_i a_{ii}$ ; yang bersifat linear, dan

\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA) \qquad (A \in \mathcal{M}_{n,p},\ B \in \mathcal{M}_{p,n}).

Bukti kesamaan tracenya. $\operatorname{tr}(AB) = \sum_i \sum_j a_{ij} b_{ji}$ dan $\operatorname{tr}(BA) = \sum_j \sum_i b_{ji} a_{ij}$ : yaitu jumlah rangkap yang sama. ∎

Contoh 21.6 (Trace dalam kerja)

Proyeksi pada Bab 20 ke $\operatorname{Vect}(1,1)$ sepanjang $\operatorname{Vect}(0,1)$ , yaitu $p(x, y) = (x, x)$ , bermatriks $A = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ pada basis kanoniknya: memang $A^2 = A$ , dan

\operatorname{tr} A = 1 = \operatorname{rk} A ,

yang memperlihatkan Latihan 21.8: bahwa bagi yang idempoten tracenya mencacah dimensi petanya, pada basis semiring apa pun matriksnya ditulis. Adapun mekanisme kekekalannya adalah kesamaan $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ :

\operatorname{tr}\bigl(P^{-1}(AP)\bigr) = \operatorname{tr}\bigl((AP)P^{-1}\bigr) = \operatorname{tr} A ,

sehingga semua matriks yang serupa dengan $A$ berbagi tracenya — yaitu invarian numerik yang pertama bagi sebuah endomorfisma, yang akan disusul oleh determinan pada Bab 22 (yakni pasangan $(s, p)$ pada soal akhir pekan di bawah).

Contoh 21.7 (Setangkup tambah antisetangkup)

Sebutlah $A$ setangkup bila $A^{\mathsf T} = A$ , dan antisetangkup bila $A^{\mathsf T} = -A$ . Maka setiap matriks persegi terbelah secara tunggal menjadi yang satu tambah yang lain:

A = \underbrace{\frac{A + A^{\mathsf T}}{2}}_{\text{setangkup}} + \underbrace{\frac{A - A^{\mathsf T}}{2}}_{\text{antisetangkup}},

dan matriks yang sekaligus keduanya bernilai nol (karena $A = -A$ ): sehingga kedua himpunannya merupakan subruang yang saling melengkapi pada $\mathcal{M}_n(K)$ — yaitu padanan yang persis bagi pembelahan genap/ganjil fungsi (Contoh 18.11), dengan transposisi memainkan peran $x \mapsto -x$ . Adapun dimensinya: matriks setangkup bersifat bebas pada dan di atas diagonalnya, sedangkan yang antisetangkup tegas di atasnya (karena diagonalnya nol):

\frac{n(n+1)}{2} + \frac{n(n-1)}{2} = n^2 ,

dan cacah yang berimbang itu merupakan penegasan Grassmann atas kelangsungannya. Untuk $n = 2$ : $\begin{pmatrix} 1 & 5\\ 1 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3\\ 3 & 2\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 2\\ -2 & 0\end{pmatrix}$ . Adapun matriks setangkup kembali sebagai data turunan kedua pada Bab 25 (yaitu tripel Monge $r, s, t$ ), sedangkan yang setangkup sekaligus ortogonal digolongkan pada Latihan 23.12.

21.2 Perubahan basis

Definisi 21.8

Misalkan $\mathcal{B}, \mathcal{B}'$ basis pada $E$ . Maka matriks perubahan basis $P = P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}$ berkolomkan koordinat vektor basis yang baru pada basis yang lama. Ia dapat dibalik, $P^{-1} = P_{\mathcal{B}'\to\mathcal{B}}$ , dan koordinatnya berubah lewat $X = PX'$ (yaitu lama $=$ $P\,\cdot$ baru).

Contoh 21.9 (Membaca matriks perubahan basisnya)

Di dalam $\R^2$ , dari $\mathcal B$ yang kanonik ke $\mathcal B' = \bigl((1,1), (1,-1)\bigr)$ :

P = P_{\mathcal B\to\mathcal B'} = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}

(dengan vektor barunya ditulis dalam koordinat lamanya, kolom demi kolom). Maka vektor berkoordinat lama $X = (3, 1)^{\mathsf T}$ berkoordinat baru $X' = P^{-1}X = \frac12(3 + 1,\ 3 - 1)^{\mathsf T} = (2, 1)^{\mathsf T}$ : memang $2(1,1) + 1(1,-1) = (3,1)$ . Awas arahnya — karena matriks $P$ dibangun dari basis yang baru tetapi mengubah koordinat baru menjadi lama ( $X = PX'$ ); sedangkan beralih dari lama ke baru berongkos inversnya. Jadi menuliskan periksa kewarasannya $2(1,1) + (1,-1) = (3,1)$ setelah setiap pengalihan menangkap galat $P$ yang terbalik, yang merupakan kesalahan paling lazim pada bab ini.

Teorema 21.10 (Perubahan basis bagi sebuah pemetaan)

Misalkan $u \in \mathcal{L}(E)$ bermatriks $A$ pada $\mathcal{B}$ dan $A'$ pada $\mathcal{B}'$ , dan $P = P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}$ . Maka

A' = P^{-1} A\, P .

Dua matriks yang berkaitan dengan cara ini disebut serupa. (Adapun untuk $u \colon E \to F$ dengan dua pasang basis, rumusnya adalah $A' = Q^{-1} A P$ — yaitu matriks yang setara satu sama lain.)

Bukti. Untuk sebarang $x$ : $X = PX'$ dan petanya memenuhi $Y = AX$ , $Y = PY'$ . Sehingga $PY' = APX'$ , yakni $Y' = (P^{-1}AP)X'$ untuk setiap $X'$ : jadi matriks $u$ pada basis barunya adalah $P^{-1}AP$ (ambillah kolom kanoniknya bagi $X'$ ). ∎

Contoh 21.11 (Basis yang baik membuat sebuah pemetaan bening)

Misalkan $u(x, y) = (y, x)$ (yaitu penukaran), yang bermatriks $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ pada basis kanoniknya. Adapun pada basis $\mathcal B' = \bigl((1,1), (1,-1)\bigr)$ :

P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} A P = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}.

Sesungguhnya tak ada hasil kali matriks yang diperlukan: karena $u$ menetapkan $(1,1)$ dan membalikkan $(1,-1)$ , sehingga pada $\mathcal B'$ matriksnya pasti $\operatorname{diag}(1, -1)$ — jadi penukarannya adalah pencerminan terhadap garis $y = x$ . Adapun mencari, bagi sebuah endomorfisma yang diberikan, sebuah basis yang di situ matriksnya menjadi diagonal merupakan masalah pusat jilid Tahun 2 (yaitu teori reduksinya); sedangkan soal akhir pekan di bawah menunjukkan sejauh apa kesamaan polinomial belaka sudah melangkah.

Contoh 21.12 (Perubahan basis, yang dijalankan terbalik)

Proyeksi pada $F = \operatorname{Vect}(1,1)$ sepanjang $G = \operatorname{Vect}(1,-1)$ mempunyai, pada basis yang disesuaikan $\mathcal B' = \bigl((1,1),(1,-1)\bigr)$ , matriks yang bening $A' = \operatorname{diag}(1, 0)$ . Untuk memperoleh matriks basis kanoniknya, jalankanlah Teorema 21.10 mundur, $A = P A' P^{-1}$ :

P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}, \quad A = P\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}P^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}.

Periksa: $A^2 = A$ (jadi idempoten), $\operatorname{tr} A = 1 = \operatorname{rk} A$ , dan $A\binom{1}{1} = \binom11$ , $A\binom{1}{-1} = 0$ , sebagaimana ditetapkan. Adapun arah terbalik ini — rancanglah matriksnya pada basis yang baik, lalu konjugasikan kembali — itulah cara matriks rotasi, pencerminan dan proyeksi sesungguhnya diproduksi dalam praktik.

Teorema 21.13 (Bentuk normal rank)

Rank sebuah matriks (yaitu rank kolomnya, setara dengan itu rank pemetaan linear yang berkaitan) merupakan satu-satunya invarian kesetaraannya: karena setiap $A \in \mathcal{M}_{n,p}$ yang ber-rank $r$ setara dengan

J_r = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},

dan $\operatorname{rk}(A^{\mathsf T}) = \operatorname{rk}(A)$ : jadi rank barisnya sama dengan rank kolomnya.

Bukti. Misalkan $u \colon E \to F$ ber-rank $r$ . Pilihlah sebuah pelengkap $S$ bagi $\ker u$ (dengan $\dim S = r$ , Teorema 20.7) berbasis $(e_1, \dots, e_r)$ , yang dilengkapi oleh basis $\ker u$ menjadi basis $E$ ; maka peta $f_i = u(e_i)$ , dengan $i \leq r$ , membentuk basis $\operatorname{im} u$ (karena pembatasannya sebuah isomorfisma), yang dilengkapi menjadi basis $F$ . Pada basis inilah matriks $u$ tepat menjadi $J_r$ . Sehingga $A = Q J_r P^{-1}$ untuk $P, Q$ yang dapat dibalik.

Lalu mentransposkannya: $A^{\mathsf T} = (P^{-1})^{\mathsf T} J_r^{\mathsf T} Q^{\mathsf T}$ dengan $J_r^{\mathsf T}$ yang berbentuk sama (ber-rank $r$ ) dan faktor luarnya yang dapat dibalik (karena transpos yang dapat dibalik pun dapat dibalik, dari $(AB)^{\mathsf T} = B^{\mathsf T}A^{\mathsf T}$ yang diterapkan pada $AA^{-1} = I$ ): sehingga $\operatorname{rk} A^{\mathsf T} = r$ . ∎

21.3 Operasi baris

Metode 21.14 (Penghapusan Gauss pada matriks)

Ketiga operasi baris elementernya — menukar dua baris, mengalikan sebuah baris dengan $\lambda \neq 0$ , dan menambahkan kelipatan sebuah baris pada baris lain — tak mengubah ranknya (karena masing-masingnya berupa perkalian kiri dengan matriks yang dapat dibalik). Adapun algoritmanya: ciptakanlah sebuah poros (yaitu entri taknol yang paling kiri), bersihkanlah kolomnya di bawahnya, lalu berpindahlah ke baris dan kolom berikutnya; dan cacah poros bentuk eselon yang dihasilkannya adalah ranknya.

Perhitungan inversnya: jalankanlah algoritmanya pada blok $(A \mid I_n)$ sampai blok kirinya menjadi $I_n$ (yang mungkin jika dan hanya jika $A$ dapat dibalik); maka blok kanannya lalu menjadi $A^{-1}$ — memang hasil kali matriks elementer yang dipakai sama dengan $A^{-1}$ .

Contoh 21.15

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ : reduksikanlah $(A \mid I_2)$ :

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0\\ 3 & 4 & 0 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0\\ 0 & -2 & -3 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 1\\ 0 & 1 & \tfrac32 & -\tfrac12 \end{pmatrix},

(dengan operasinya: $L_2 \leftarrow L_2 - 3L_1$ ; lalu $L_1 \leftarrow L_1 + L_2$ , $L_2 \leftarrow -\frac12 L_2$ ). Sehingga $A^{-1} = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ \tfrac32 & -\tfrac12\end{pmatrix}$ . Periksa: $AA^{-1} = I_2$ .

Contoh 21.16 (Rank dengan sebuah parameter, lewat baris belaka)

Untuk $m \in \R$ , carilah rank $M_m = \begin{pmatrix} 1 & 1 & m\\ 1 & m & 1\\ m & 1 & 1\end{pmatrix}$ . Reduksikanlah: $L_2 \leftarrow L_2 - L_1$ dan $L_3 \leftarrow L_3 - mL_1$ memberikan baris

(1,\ 1,\ m), \qquad (0,\ m - 1,\ 1 - m), \qquad (0,\ 1 - m,\ 1 - m^2).

Kasus $m = 1$ : kedua baris terakhirnya lenyap — jadi satu poros, sehingga $\operatorname{rk} M_1 = 1$ (karena ketiga baris aslinya sama). Kasus $m \neq 1$ : skalakanlah $L_2$ dengan $\frac1{m-1}$ dan $L_3$ dengan $\frac1{1-m}$ untuk memperoleh $(0, 1, -1)$ dan $(0, 1, 1 + m)$ , lalu $L_3 \leftarrow L_3 - L_2 = (0, 0, m + 2)$ . Jika $m = -2$ : maka dua poros, jadi ber-rank $2$ ; kalau tidak tiga poros, jadi ber-rank $3$ . Ringkasnya:

\operatorname{rk} M_m = \begin{cases} 1 & m = 1,\\ 2 & m = -2,\\ 3 & \text{jika tidak}. \end{cases}

Ambang yang sama akan jatuh dari satu perhitungan determinan pada Bab 22 (yaitu polinomial $-(m+2)(m-1)^2$ pada Latihan 22.7) — tetapi perhatikanlah apa yang diberikan penghapusannya yang tak diberikan determinannya: yaitu nilai ranknya pada kasus yang merosot, bukan sekadar fakta bahwa ia turun.

Contoh 21.17 (Menghitung pangkat)

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix} = I + N$ dengan $N = E_{12}$ , $N^2 = 0$ . Dan karena $I$ dan $N$ berkomutasi, teorema binomialnya (Proposisi 7.20) terpenggal:

A^k = I + kN = \begin{pmatrix} 1 & k \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \qquad (k \in \N, \text{ dan } k \in \Z \text{ dengan memakai } A^{-1} = I - N).

Metode 21.18 (Menghitung $A^n$ : ketiga rutenya)

Rute binomial: jika $A = \lambda I + N$ dengan $N$ yang nilpoten, maka teorema binomialnya terpenggal (Contoh 21.17, Latihan 21.5); dan ia berlaku karena $\lambda I$ berkomutasi dengan segalanya.
Rute polinomial: carilah sebuah kesamaan polinomial yang dipenuhi $A$ (pada dimensi $2$ , selalu $A^2 = sA - pI$ ) lalu reduksikanlah $X^n$ modulo ia; adapun soal akhir pekan di bawah membangun rute ini sepenuhnya.
Rute keserupaan: carilah $P$ yang dapat dibalik dengan $P^{-1}AP = D$ yang sederhana (yaitu diagonal, atau geseran), hitunglah $D^n$ , lalu balikkanlah: $A^n = P D^n P^{-1}$ (Teorema 21.10, Contoh 21.11); adapun pencarian sistematis atas $P$ yang demikian adalah teori reduksi Tahun 2.

Rute mana pun yang dipakai, periksalah hasilnya pada $n = 0, 1, 2$ : yaitu tiga uji yang murah yang menangkap hampir setiap keteledoran.

Catatan 21.19 (Jebakan yang lazim: harga ketakkomutatifannya)

Setiap kesamaan aljabar skalar yang buktinya mengurutkan ulang faktornya mati di $\mathcal{M}_n(K)$ , dengan $n \geq 2$ . Kuadratnya: $(A + B)^2 = A^2 + AB + BA + B^2$ , dan bagian tengahnya runtuh menjadi $2AB$ hanya bila $AB = BA$ (Latihan 21.1). Pangkat hasil kalinya: $(AB)^k$ adalah $ABAB\cdots$ , bukan $A^kB^k$ . Pembagi nolnya: $E_{12}E_{12} = 0$ dengan $E_{12} \neq 0$ ; sehingga tak ada pencoretan: karena $AB = AC$ mengakibatkan $B = C$ hanya ketika $A$ dapat dibalik (kalikanlah dengan $A^{-1}$ — pada sisi yang benar). Tracenya: $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ selalu, tetapi $\operatorname{tr}(AB) \neq \operatorname{tr}A\operatorname{tr}B$ pada umumnya (ambillah $A = B = I_2$ : $2 \neq 4$ ), dan $\operatorname{tr}(ABC) = \operatorname{tr}(BCA)$ (secara berdaur) sedangkan $\operatorname{tr}(ACB)$ boleh berbeda. Transposnya membalikkan: $(AB)^{\mathsf T} = B^{\mathsf T}A^{\mathsf T}$ — adapun melupakan pembalikannya merupakan galat yang paling lazim pada perhitungan keortogonalan (Bab 23). Jadi bila ragu, ujilah sebarang kesamaan yang diklaim pada $E_{12}$ dan $E_{21}$ : karena pasangan takkomutatif yang terkecil membantah kebanyakan rumus yang salah dalam satu baris.

Catatan 21.20 (Ke mana kamusnya pergi)

Kamus matriksnya dipakai pada setiap halaman sisa jilid ini: Bab 22 melekatkan pada setiap matriks persegi satu bilangan yang memutuskan keterbalikannya, lalu memecahkan $AX = B$ secara sistematis; Bab 23 memilih matriks yang mengawetkan panjangnya (yaitu matriks ortogonal); sedangkan pada Bab 25, perilaku orde dua sebuah fungsi dua variabel berupa matriks setangkup $2 \times 2$ . Adapun tracenya, yang diperkenalkan di atas nyaris sambil lalu, menjadi invarian yang ampuh: Latihan 21.6 dan 21.8 memberikan cicipan pertamanya, dan jilid Tahun 2 membangun teori nilai eigen di atasnya. Sedangkan soal akhir pekannya mengembangkan kuda beban yang lain: yaitu kesamaan polinomial yang dipenuhi sebuah matriks, yang mengubah perhitungan $A^n$ menjadi rekurensi linear bersuku dua.

Catatan 21.21 (Cakrawala di dalam Buku 3)

Tiga keluarga matriks yang diperkenalkan di sini mempunyai janji nanti dalam jilid ini. Matriks setangkup (Contoh 21.7) membawa data orde dua bagi fungsi dua variabel: karena uji Monge pada Bab 25 merupakan pernyataan tentang perilaku tanda sebuah matriks setangkup $2\times2$ , dan determinannya $rt - s^2$ dihitung oleh mesin Bab 22. Matriks ortogonal ( $A^{\mathsf T}A = I$ ) merupakan isometri Bab 23, yang di situ transposnya akhirnya memperoleh makna geometrinya: yaitu bayangan aljabar hasil kali dalamnya. Matriks yang dapat dibalik bertemu uji praktisnya pada Bab 22 — yaitu satu bilangan, $\det A \neq 0$ — yang menutup pencarian yang dimulai bab ini dengan reduksi baris. Lalu trace dan determinannya berjalan sebagai pasangan invarian $(s, p)$ pada soal akhir pekannya, sampai ke teori nilai eigen Tahun 2.

21.4 Latihan

Latihan 21.1 ★

Misalkan $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ dan $B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ . Hitunglah $AB$ , $BA$ , $A^2 - B^2$ dan $(A+B)(A-B)$ ; lalu jelaskanlah mengapa dua yang terakhir berbeda.

Solusi

Solusi Latihan 21.1.

AB = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}, \quad BA = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 2\end{pmatrix}, \quad A^2 - B^2 = \begin{pmatrix} 1 & 4\\ 0 & 1\end{pmatrix} - I = \begin{pmatrix} 0 & 4\\ 0 & 0\end{pmatrix},

(A+B)(A-B) = A^2 - AB + BA - B^2 = \begin{pmatrix} 0 & 4\\ 0 & 0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -2 & 0\\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 4\\ 0 & 2\end{pmatrix}.

Keduanya berbeda sebesar $BA - AB \neq 0$ : karena kesamaan $(a+b)(a-b) = a^2 - b^2$ menuntut kekomutatifan, yang gagal di sini.

Latihan 21.2 ★

Hitunglah rank

M = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 2 & 4 & 6\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad N = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}.

Solusi

Solusi Latihan 21.2.

$M$ : $L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1$ membunuh baris keduanya; $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ memberikan $(0, -1, -2)$ . Dua poros: $\operatorname{rk} M = 2$ .

$N$ : $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ memberikan $(0,1,1,1) = L_2$ ; lalu $L_3 \leftarrow L_3 - L_2 = 0$ . Dua poros: $\operatorname{rk} N = 2$ .

Latihan 21.3 ★

Balikkanlah, lewat reduksi baris, $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ , lalu periksalah pada satu hasil kali.

Solusi

Solusi Latihan 21.3.

Mereduksi $(A \mid I_3)$ : $L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1$ , $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ :

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -1 & -2 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{L_3 \leftarrow L_3 - L_2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -1 & -2 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix},

lalu $L_1 \leftarrow L_1 - L_3$ , $L_2 \leftarrow L_2 + L_3$ :

A^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1\\ -1 & 0 & 1\\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.

Periksa: baris pertama $A$ kali kolom pertama $A^{-1}$ : $1 \cdot 0 + 0\cdot(-1) + 1\cdot 1 = 1$ ; kali kolom kedua: $1 - 0 - 1 = 0$ ; kali yang ketiga: $-1 + 0 + 1 = 0$ .

Latihan 21.4 ★

Tulislah matriks, pada basis kanonik $\R_2[X]$ , bagi endomorfisma $u(P) = P(X + 1)$ . Jelaskanlah, tanpa perhitungan, mengapa ia dapat dibalik, lalu berikanlah matriks $u^{-1}$ .

Solusi

Solusi Latihan 21.4.

$u(1) = 1$ , $u(X) = X + 1$ , $u(X^2) = X^2 + 2X + 1$ : kolom koordinat pada $(1, X, X^2)$ memberikan

M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

$u$ dapat dibalik karena ia mempunyai invers yang jelas $P \mapsto P(X - 1)$ (yaitu komposisi penyulihan). Matriksnya diperoleh dengan cara yang sama dari $u^{-1}(X^k) = (X-1)^k$ :

M^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Latihan 21.5 ★★

Misalkan $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2\end{pmatrix}$ . Tulislah $A = 2I + N$ , hitunglah $N^2$ , lalu simpulkanlah $A^k$ untuk setiap $k \in \N$ lewat teorema binomialnya.

Solusi

Solusi Latihan 21.5.

$N = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ , $N^2 = 0$ . Karena $2I$ dan $N$ berkomutasi, penjabaran binomialnya terpenggal setelah dua suku:

A^k = (2I + N)^k = 2^k I + k\,2^{k-1} N = \begin{pmatrix} 2^k & k\,2^{k-1}\\ 0 & 2^k\end{pmatrix}.

(Periksa $k = 2$ : $A^2 = \begin{pmatrix}4 & 4\\ 0 & 4\end{pmatrix}$ , yang benar lewat hasil kali langsung.)

Latihan 21.6 ★★

Buktikan bahwa tak ada matriks $A, B \in \mathcal{M}_n(K)$ (dengan $K = \R$ atau $\C$ ) sedemikian sehingga $AB - BA = I_n$ . (Ambillah tracenya.)

Solusi

Solusi Latihan 21.6.

Trace: $\operatorname{tr}(AB - BA) = \operatorname{tr}(AB) - \operatorname{tr}(BA) = 0$ (Definisi 21.5), sedangkan $\operatorname{tr}(I_n) = n \neq 0$ di dalam $\R$ atau $\C$ . Jadi tak ada penyelesaian. (Pada ruang berdimensi takhingga kesamaannya memang terwujudkan — penurunan dan perkalian dengan $x$ memenuhinya — justru karena tak ada trace di sana.)

Latihan 21.7 ★★

Sebuah matriks $A$ disebut nilpoten bila $A^m = 0$ untuk suatu $m$ . Buktikan bahwa $I - A$ lalu dapat dibalik, dengan

(I - A)^{-1} = I + A + A^2 + \dots + A^{m-1} .

Penerapannya: balikkanlah $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$ .

Solusi

Solusi Latihan 21.7.

Hasil kali teleskopik, dengan semua pangkat $A$ yang berkomutasi:

(I - A)(I + A + \dots + A^{m-1}) = I - A^m = I ,

dan Proposisi 21.4 meningkatkan invers sepihaknya. Adapun untuk penerapannya: matriks yang diberikan adalah $I + N$ dengan

N = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 2\\ 0&0&0 \end{pmatrix}, \quad N^2 = \begin{pmatrix} 0&0&4\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}, \quad N^3 = 0 ,

sehingga, dengan mengganti $A$ dengan $-N$ pada rumusnya:

(I + N)^{-1} = I - N + N^2 = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Latihan 21.8 ★★

Misalkan $A \in \mathcal{M}_n(\R)$ memenuhi $A^2 = A$ (yaitu idempoten). Buktikan bahwa $\operatorname{tr} A = \operatorname{rk} A$ . (Tafsirkanlah $A$ sebagai sebuah proyeksi lalu pilihlah basis yang disesuaikan; adapun Teorema 21.10 mengatakan bahwa tracenya tak bergantung pada basisnya karena $\operatorname{tr}(P^{-1}MP) = \operatorname{tr} M$ .)

Solusi

Solusi Latihan 21.8.

$A^2 = A$ : jadi endomorfisma $a$ merupakan proyeksi (Teorema 20.15), $E = \operatorname{im} a \oplus \ker a$ dengan $\dim\operatorname{im} a = r = \operatorname{rk} A$ . Pada basis yang disesuaikan dengan penguraian ini ( $r$ vektor peta, lalu basis kernelnya), matriks $a$ adalah $\begin{pmatrix} I_r & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ , yang bertrace $r$ . Adapun tracenya invarian terhadap perubahan basis: $\operatorname{tr}(P^{-1}MP) = \operatorname{tr}(MPP^{-1}) = \operatorname{tr} M$ menurut kesamaan berdaurnya. Maka $\operatorname{tr} A = r = \operatorname{rk} A$ .

Latihan 21.9 ★★★

Misalkan $J \in \mathcal{M}_n(\R)$ matriks serba satu. Hitunglah $J^2$ , lalu simpulkanlah, untuk $a, b \in \R$ , syarat keterbalikan $M = aI + bJ$ beserta $M^{-1}$ (carilah invers yang berbentuk sama $\alpha I + \beta J$ ).

Solusi

Solusi Latihan 21.9.

$J^2 = nJ$ (karena setiap entri $J^2$ menjumlahkan $n$ satuan). Carilah $M^{-1} = \alpha I + \beta J$ :

(aI + bJ)(\alpha I + \beta J) = a\alpha\, I + (a\beta + b\alpha + nb\beta)\, J .

Ini sama dengan $I$ jika dan hanya jika $a\alpha = 1$ dan $a\beta + b\alpha + nb\beta = 0$ , yaitu $\alpha = \frac1a$ dan $\beta(a + nb) = -\frac ba$ . Jika $a \neq 0$ dan $a + nb \neq 0$ :

M^{-1} = \frac 1a I - \frac{b}{a(a + nb)}\, J .

Sebaliknya, jika $a = 0$ : maka $M = bJ$ ber-rank $\leq 1 < n$ (untuk $n \geq 2$ ): jadi tak dapat dibalik ( $n = 1$ merupakan kasus skalarnya). Jika $a + nb = 0$ : maka vektor $v = (1, \dots, 1)^{\mathsf T}$ memenuhi $Mv = (a + nb)v = 0$ dengan $v \neq 0$ : jadi tak dapat dibalik. Sehingga $M \in GL_n \iff a \neq 0$ dan $a + nb \neq 0$ .

Latihan 21.10 ★★★

(Ketaksamaan rank) Untuk $A, B \in \mathcal{M}_n(K)$ , buktikanlah

\operatorname{rk}(A + B) \leq \operatorname{rk} A + \operatorname{rk} B, \qquad \operatorname{rk}(AB) \geq \operatorname{rk} A + \operatorname{rk} B - n .

(Untuk yang kedua — yaitu ketaksamaan Sylvester — terapkanlah rank–nulitas pada pembatasan pemetaan $A$ ke $\operatorname{im} B$ .)

Solusi

Solusi Latihan 21.10.

Jumlah: $\operatorname{im}(A + B) \subseteq \operatorname{im} A + \operatorname{im} B$ (karena setiap $(A+B)x = Ax + Bx$ ), dan Grassmann membatasi dimensi sebuah jumlah oleh jumlah dimensinya.

Sylvester: misalkan $a$ pemetaan $A$ yang dibatasi ke $V = \operatorname{im} B$ (yang berdimensi $\operatorname{rk} B$ ). Petanya adalah $\operatorname{im}(AB)$ (karena $a(Bx) = ABx$ ), dan rank–nulitas di dalam $V$ :

\operatorname{rk} B = \dim\ker(a_{|V}) + \operatorname{rk}(AB) .

Kini $\ker(a_{|V}) \subseteq \ker A$ , yang berdimensi $n - \operatorname{rk} A$ : sehingga

\operatorname{rk}(AB) \geq \operatorname{rk} B - (n - \operatorname{rk} A) = \operatorname{rk} A + \operatorname{rk} B - n . \qedhere

Latihan 21.11 ★★

Misalkan $D = \operatorname{diag}(d_1, \dots, d_n)$ dengan $d_i$ yang berbeda berpasangan.

Buktikan bahwa sebuah matriks $A$ berkomutasi dengan $D$ jika dan hanya jika $A$ diagonal. (Bandingkanlah entri $(i,j)$ $AD$ dan $DA$ .)
Simpulkanlah pusat $\mathcal{M}_n(K)$ : bahwa matriks yang berkomutasi dengan setiap matriks tepat berupa matriks skalar $\lambda I_n$ . (Ujilah terhadap $D$ , lalu terhadap matriks $E_{ij}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 21.11.

Entri demi entri, $(AD)_{ij} = a_{ij}\,d_j$ dan $(DA)_{ij} = d_i\,a_{ij}$ . Jadi $AD = DA$ jika dan hanya jika $a_{ij}(d_j - d_i) = 0$ untuk semua $i, j$ ; dan ketika $i \neq j$ faktor $d_j - d_i$ taknol, yang memaksa $a_{ij} = 0$ : sehingga $A$ diagonal. Sebaliknya matriks diagonal saling berkomutasi.
Jika $A$ berkomutasi dengan setiap matriks, maka ia berkomutasi dengan $\operatorname{diag}(1, 2, \dots, n)$ , sehingga $A = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$ menurut (1). Lalu $A E_{ij} = \lambda_i E_{ij}$ (karena hanya baris $i$ pada $E_{ij}$ yang bertahan) sedangkan $E_{ij} A = \lambda_j E_{ij}$ : jadi berkomutasi dengan $E_{ij}$ memaksa $\lambda_i = \lambda_j$ . Maka $A = \lambda I_n$ ; dan matriks skalar memang berkomutasi dengan segalanya. Jadi pusat $\mathcal{M}_n(K)$ adalah $K\,I_n$ .

Latihan 21.12 ★★★

(Matriks ber-rank satu) Misalkan $A \in \mathcal{M}_n(K)$ , $A \neq 0$ .

Buktikan bahwa $\operatorname{rk} A = 1$ jika dan hanya jika $A = CL$ untuk suatu kolom taknol $C \in \mathcal{M}_{n,1}$ dan baris taknol $L \in \mathcal{M}_{1,n}$ .
Untuk $A$ yang demikian, buktikanlah $A^2 = (\operatorname{tr} A)\,A$ ; lalu simpulkanlah bahwa matriks ber-rank satu bersifat nilpoten jika dan hanya jika tracenya nol.
Jika $\operatorname{tr} A \neq -1$ , buktikanlah bahwa $I_n + A$ dapat dibalik dengan

$(I_n + A)^{-1} = I_n - \frac{1}{1 + \operatorname{tr} A}\,A ,$

dan bahwa $I_n + A$ tak dapat dibalik ketika $\operatorname{tr} A = -1$ . (Carilah sebuah vektor yang dibunuh oleh $I_n + A$ .)

Solusi

Solusi Latihan 21.12.

Jika $\operatorname{rk} A = 1$ : maka peta $A$ berupa garis $\operatorname{Vect}(C)$ , $C \neq 0$ , sehingga kolom ke- $j$ pada $A$ adalah $\ell_j\,C$ bagi skalar $\ell_j$ (yang tak semuanya nol), yaitu $A = C L$ dengan $L = (\ell_1, \dots, \ell_n) \neq 0$ . Sebaliknya jika $A = CL \neq 0$ , maka semua kolomnya kelipatan $C$ : jadi ber-rank $1$ .
$A^2 = C\,(L C)\,L$ , dan $LC$ merupakan skalar $\sum_i \ell_i c_i = \operatorname{tr}(CL) = \operatorname{tr} A$ . Jadi $A^2 = (\operatorname{tr} A)\,A$ , sehingga lewat induksi $A^m = (\operatorname{tr} A)^{m-1} A$ . Jika $\operatorname{tr} A \neq 0$ , maka tak ada pangkatnya yang lenyap; jika $\operatorname{tr} A = 0$ , maka $A^2 = 0$ : sehingga matriks ber-rank satu bersifat nilpoten jika dan hanya jika tracenya nol.
Dengan $t = \operatorname{tr} A \neq -1$ :

$(I_n + A)\Bigl(I_n - \frac{A}{1 + t}\Bigr) = I_n + A - \frac{A + A^2}{1 + t} = I_n + A - \frac{(1 + t)A}{1 + t} = I_n ,$

dengan memakai $A^2 = tA$ . Jika $t = -1$ : $(I_n + A)A = A + A^2 = A - A = 0$ dengan $A \neq 0$ , sehingga $I_n + A$ membunuh setiap kolom (taknol) $A$ : jadi tak injektif, tak dapat dibalik.

21.5 Soal: pangkat sebuah matriks lewat pembagian polinomial

Soal 21.1

Menghitung $A^{100}$ entri demi entri tanpa harapan; sedangkan menghitungnya lewat sebuah kesamaan polinomial yang dipenuhi $A$ memakan tiga baris. Soal ini membangun metodenya dari nol: yaitu pembagian Euclid atas $X^n$ , kesamaan $A^2 - sA + pI = 0$ yang dipenuhi setiap matriks $2 \times 2$ (yakni teorema Cayley–Hamilton dalam dimensi $2$ ), dan kamus antara pangkat matriks dan rekurensi linear — dengan bilangan Fibonacci sebagai contoh yang berjalan.

Bagian I — Kalkulus sisanya. Tetapkanlah $s, p \in K$ dan $D = X^2 - sX + p$ .

Benarkanlah bahwa untuk setiap $n \in \N$ ada $Q_n \in K[X]$ dan $(a_n, b_n) \in K^2$ yang tunggal dengan

$X^n = Q_n\,D + a_n X + b_n ,$

lalu hitunglah $(a_0, b_0)$ dan $(a_1, b_1)$ .
Dengan mengalikannya dengan $X$ lalu membaginya lagi, tegakkanlah rekurensinya

$a_{n+1} = s\,a_n + b_n, \qquad b_{n+1} = -p\,a_n ,$

lalu simpulkanlah $a_{n+2} = s\,a_{n+1} - p\,a_n$ : sehingga barisan koefisiennya menuruti rekurensi linear yang melekat pada $D$ .
Andaikan $D$ berakar dua yang berbeda $\lambda \neq \mu$ . Dengan menilai kesamaan pembagiannya, buktikanlah

$a_n = \frac{\lambda^n - \mu^n}{\lambda - \mu}, \qquad b_n = \frac{\lambda\mu^n - \mu\lambda^n}{\lambda - \mu} .$
Andaikan $D = (X - \lambda)^2$ . Dengan memakai turunan kesamaan pembagiannya, buktikanlah $a_n = n\lambda^{n-1}$ dan $b_n = (1 - n)\lambda^{n}$ .
Tunjukkan bahwa menyulihkan sebuah matriks tetap $M \in \mathcal{M}_k(K)$ ke dalam polinomial menghormati jumlah dan hasil kalinya: $(PQ)(M) = P(M)\,Q(M)$ . Lalu simpulkanlah bahwa jika $D(M) = 0$ , maka

$M^n = a_n\,M + b_n\,I \qquad (n \in \N).$

Bagian II — Dimensi 2: trace, bilangan determinan, Cayley–Hamilton. Untuk $A = \begin{pmatrix} a & b\\ c & d\end{pmatrix}$ tetapkanlah $s = a + d = \operatorname{tr} A$ dan $p = ad - bc$ (yaitu bilangan yang akan dinamai Bab 22 sebagai determinan).

Periksalah lewat perhitungan langsung kesamaan Cayley–Hamilton dalam dimensi $2$ :

$A^2 - s\,A + p\,I_2 = 0 .$
Buktikan lewat penjabaran langsung bahwa $p$ bersifat perkalian: yakni, dengan notasi yang kasatmata, $p(AB) = p(A)\,p(B)$ . Lalu tunjukkan: bahwa $A$ dapat dibalik jika dan hanya jika $p \neq 0$ , dan pada kasus itu

$A^{-1} = \frac1p\,\bigl(s\,I_2 - A\bigr).$
Misalkan $A = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 2\end{pmatrix}$ . Hitunglah $s$ , $p$ , akar $D$ , lalu simpulkanlah rumus tertutup bagi $A^n$ ; lalu periksalah terhadap perhitungan langsung atas $A^2$ .
Misalkan $A = \begin{pmatrix} 3 & 1\\ -1 & 1\end{pmatrix}$ . Tunjukkan bahwa $D$ berakar rangkap lalu hitunglah $A^n$ ; lalu periksalah di $n = 2$ .
Misalkan $F = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ lalu definisikanlah bilangan Fibonacci lewat $F_0 = 0$ , $F_1 = 1$ , $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ . Buktikanlah

$F^n = \begin{pmatrix} F_{n+1} & F_n\\ F_n & F_{n-1}\end{pmatrix} \quad (n \geq 1),$

lalu simpulkanlah rumus Binet $F_n = \dfrac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt5}$ dengan $\varphi = \frac{1 + \sqrt5}2$ , $\psi = \frac{1 - \sqrt5}2$ , dan, dengan memakai pertanyaan 7, kesamaan Cassini $F_{n+1}F_{n-1} - F_n^2 = (-1)^n$ .

Bagian III — Rekurensi linear, secara struktural. Tetapkanlah $s, p \in K$ dengan $p \neq 0$ , lalu misalkan $E_D$ himpunan barisan dengan $u_{n+2} = s\,u_{n+1} - p\,u_n$ untuk setiap $n$ .

Tunjukkan bahwa $E_D$ merupakan ruang vektor berdimensi $2$ (sesuaikanlah Latihan 19.10).
Tunjukkan bahwa barisan $(a_n)$ pada Bagian I merupakan unsur $E_D$ dengan nilai awalnya $0, 1$ , dan bahwa setiap $u \in E_D$ memenuhi

$u_n = u_1\,a_n + u_0\,b_n \qquad (n \in \N),$

dengan $(b_n)$ seperti pada Bagian I: sehingga sisa pembagiannya memecahkan semua rekurensinya sekaligus.
Jika $\lambda \neq \mu$ akar $D$ , tunjukkanlah bahwa $\bigl((\lambda^n), (\mu^n)\bigr)$ merupakan basis $E_D$ ; sedangkan jika $D = (X-\lambda)^2$ dengan $\lambda \neq 0$ , tunjukkanlah bahwa $\bigl((\lambda^n), (n\lambda^n)\bigr)$ merupakan satu.
Pecahkanlah selengkapnya: $u_{n+2} = u_{n+1} + 6u_n$ , $u_0 = 1$ , $u_1 = 8$ ; lalu periksalah jawabannya pada $u_2$ dan $u_3$ .
Misalkan $C = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -p & s\end{pmatrix}$ (yaitu matriks pendamping $D$ ). Tunjukkan bahwa

$\begin{pmatrix} u_{n}\\ u_{n+1}\end{pmatrix} = C^n \begin{pmatrix} u_0\\ u_1\end{pmatrix} \quad (u \in E_D),$

dan bahwa $\operatorname{tr} C = s$ serta $p(C) = p$ : sehingga rekurensi dan matriksnya membawa polinomial $D$ yang sama.

Bagian IV — Derajat tiga. Misalkan $D_3 = X^3 - \alpha X^2 - \beta X - \gamma$ dan

C_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ \gamma & \beta & \alpha \end{pmatrix}.

Tunjukkan bahwa $D_3(C_3) = 0$ . (Hitunglah peta vektor basis kanoniknya di bawah pangkat $C_3$ : karena pemetaan $C_3$ mengirim $e_1 \mapsto \dots \mapsto$ sebuah kombinasi yang dipaksa oleh baris terakhirnya.)
Tunjukkan bahwa jika $D_3$ berakar tiga yang berbeda $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ , maka sisa $R_n$ atas $X^n$ yang dibagi $D_3$ merupakan interpolan Lagrange atas nilai $\lambda_i^n$ pada simpul $\lambda_i$ (Teorema 8.23); lalu simpulkanlah bahwa setiap entri $C_3^{\,n}$ merupakan kombinasi linear yang tetap atas $\lambda_1^n, \lambda_2^n, \lambda_3^n$ .
Pecahkanlah: $u_{n+3} = 2u_{n+2} + u_{n+1} - 2u_n$ dengan $u_0 = 0$ , $u_1 = 1$ , $u_2 = 1$ . (Faktorkanlah $D_3 = (X - 1)(X + 1)(X - 2)$ .) Lalu periksalah pada $u_3$ .
Hitunglah sisa $X^n$ modulo $(X - \lambda)^3$ (lewat ekspansi Taylor $X^n$ di $\lambda$ ), lalu simpulkanlah sebuah rumus bagi $(\lambda I + N)^n$ ketika $N^3 = 0$ dan $N$ berkomutasi dengan segalanya yang terlibat; lalu periksalah ia terhadap teorema binomialnya.
Tunjukkan bahwa untuk $D_3$ yang berakar berbeda, penyelesaian umum rekurensi berorde $3$ -nya adalah $u_n = c_1 \lambda_1^n + c_2\lambda_2^n + c_3\lambda_3^n$ : yaitu buktikanlah bahwa ketiga barisan geometrinya membentuk basis ruang penyelesaiannya. (Untuk kebebasannya, nilailah sebuah kombinasi nol di $n = 0, 1, 2$ lalu kenalilah sebuah sistem interpolasi pada simpul yang berbeda $\lambda_i$ .)

Bagian V — Dividen Fibonacci, dan sintesisnya.

Buktikan $F_1 + F_2 + \dots + F_n = F_{n+2} - 1$ .
Dari $F^{m+n} = F^m F^n$ , turunkanlah rumus penjumlahannya

$F_{m+n} = F_{m+1}F_n + F_m F_{n-1},$

lalu simpulkanlah $F_{2n} = F_n(F_{n+1} + F_{n-1})$ .
Buktikan bahwa $F_n$ merupakan bilangan bulat terdekat dengan $\varphi^n/\sqrt5$ untuk setiap $n \geq 0$ .
Misalkan $t_n = \operatorname{tr}(F^n) = F_{n+1} + F_{n-1}$ (yaitu bilangan Lucas $L_n$ ). Tunjukkan $t_{n+2} = t_{n+1} + t_n$ , $t_1 = 1$ , $t_2 = 3$ , bahwa $L_n = \varphi^n + \psi^n$ , lalu pulihkanlah $F_{2n} = F_n L_n$ .
Sintesis, dalam empat kalimat: mengapakah pangkat matriks $2 \times 2$ hidup di bidang $\operatorname{Vect}(I, A)$ pada $\mathcal{M}_2(K)$ (yaitu argumen dimensi yang mana yang menjamin sebuah kesamaan kuadrat, dan kesamaan eksplisit yang mana yang dihasilkan Bagian II); bagaimanakah pembagian Euclid mengubah pemangkatan menjadi rekurensi bersuku dua; pernyataan yang mana pada soal ini yang merupakan kasus $n = 2$ sebuah teorema yang sah pada segala dimensi (namailah ia, lalu katakanlah di mana ia dibuktikan pada seri ini); dan apa yang ditambahkan konstruksi matriks pendampingnya pada gambarannya.

Solusi

Solusi Soal 21.1.

1. Pembagian Euclid atas $X^n$ oleh yang monik berderajat $2$ yaitu $D$ (Teorema 8.3): hasil bagi dan sisanya ada dan tunggal, dan sisanya berderajat $\leq 1$ : $X^n = Q_n D + a_n X + b_n$ . Untuk $n = 0$ : $Q_0 = 0$ , $(a_0, b_0) = (0, 1)$ ; untuk $n = 1$ : $(a_1, b_1) = (1, 0)$ .

2. Kalikanlah dengan $X$ lalu reduksikanlah $X^2 = D + sX - p$ :

X^{n+1} = X Q_n D + a_n X^2 + b_n X = (X Q_n + a_n)\,D + (s\,a_n + b_n)\,X - p\,a_n .

Ungkapan terakhirnya berbentuk sisa (yaitu berderajat $\leq 1$ ), sehingga menurut ketunggalannya $a_{n+1} = s a_n + b_n$ dan $b_{n+1} = -p a_n$ . Menyulihkan $b_{n+1} = -pa_n$ ke dalam $a_{n+2} = s a_{n+1} + b_{n+1}$ memberikan $a_{n+2} = s\,a_{n+1} - p\,a_n$ .

3. Nilailah $X^n = Q_n D + a_n X + b_n$ pada akarnya: $\lambda^n = a_n\lambda + b_n$ dan $\mu^n = a_n\mu + b_n$ . Dengan mengurangkan lalu membaginya dengan $\lambda - \mu \neq 0$ :

a_n = \frac{\lambda^n - \mu^n}{\lambda - \mu}, \qquad b_n = \lambda^n - a_n\lambda = \frac{\lambda\mu^n - \mu\lambda^n}{\lambda - \mu} .

4. Pada akar rangkapnya: $\lambda^n = a_n\lambda + b_n$ . Menurunkan kesamaannya, $nX^{n-1} = Q_n'\,(X - \lambda)^2 + 2Q_n\,(X - \lambda) + a_n$ , lalu menilainya di $\lambda$ : $a_n = n\lambda^{n-1}$ ; lalu $b_n = \lambda^n - n\lambda^{n} = (1 - n)\lambda^{n}$ .

5. Untuk $P = \sum_i p_i X^i$ dan $Q = \sum_j q_j X^j$ ,

P(M)\,Q(M) = \sum_{i,j} p_i q_j M^{i+j} = (PQ)(M),

karena pangkat satu matriks tunggal $M$ saling berkomutasi (sedangkan jumlahnya jelas lewat kelinearan). Jika $D(M) = 0$ , maka menyulihkan $M$ ke dalam $X^n = Q_n D + a_n X + b_n$ memberikan $M^n = Q_n(M)\,D(M) + a_n M + b_n I = a_n M + b_n I$ .

6. Hasil kali langsungnya:

A^2 = \begin{pmatrix} a^2 + bc & b(a + d)\\ c(a + d) & d^2 + bc \end{pmatrix}, \qquad s A = \begin{pmatrix} a(a+d) & b(a+d)\\ c(a+d) & d(a+d) \end{pmatrix},

sehingga $A^2 - sA$ berentri luar diagonal nol dan berentri diagonal $a^2 + bc - a^2 - ad = bc - ad = -p$ : jadi $A^2 - sA + pI_2 = 0$ .

7. Dengan $A' = \begin{pmatrix} a' & b'\\ c' & d'\end{pmatrix}$ , menjabarkan $p(AA') = (aa' + bc')(cb' + dd') - (ab' + bd')(ca' + dc')$ : suku $aa'cb'$ dan $ab'ca'$ saling menghapus, suku $bc'dd'$ dan $bd'dc'$ saling menghapus, dan yang tersisa adalah

aa'dd' - bca'd' + bcb'c' - adb'c' = (ad - bc)(a'd' - b'c') = p(A)\,p(A').

Jika $p \neq 0$ , maka Cayley–Hamilton memberikan $A\,\bigl(\tfrac1p(sI_2 - A)\bigr) = \tfrac1p(sA - A^2) = I_2$ , dan dari situlah inversnya (dan Proposisi 21.4 menjadikannya dua sisi). Jika $p = 0$ dan $A$ dapat dibalik, maka kesifatan perkaliannya memberikan $1 = p(I_2) = p(A)\,p(A^{-1}) = 0$ : mustahil. Jadi $A \in GL_2 \iff p \neq 0$ .

8. $s = 3$ , $p = 2$ , $D = X^2 - 3X + 2 = (X - 1)(X - 2)$ : $\lambda = 2$ , $\mu = 1$ , sehingga $a_n = 2^n - 1$ dan $b_n = 2 - 2^n$ (pertanyaan 3). Maka

A^n = (2^n - 1)A + (2 - 2^n)I = \begin{pmatrix} 1 & 2^n - 1\\ 0 & 2^n \end{pmatrix}.

Periksa: $A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 3\\ 0 & 4\end{pmatrix}$ baik lewat rumusnya maupun lewat pengkuadratan langsung.

9. $s = 4$ , $p = 3\cdot1 - 1\cdot(-1) = 4$ : $D = X^2 - 4X + 4 = (X - 2)^2$ , dengan akar rangkap $\lambda = 2$ . Pertanyaan 4: $a_n = n\,2^{n-1}$ , $b_n = (1 - n)2^n$ , sehingga

A^n = n\,2^{n-1}A + (1 - n)2^n I = 2^{n-1}\begin{pmatrix} n + 2 & n\\ -n & 2 - n \end{pmatrix}.

Di $n = 2$ : $2\begin{pmatrix} 4 & 2\\ -2 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 4\\ -4 & 0 \end{pmatrix}$ , yaitu $A^2$ yang dihitung langsung.

10. Induksi: $F^1 = \begin{pmatrix} F_2 & F_1\\ F_1 & F_0\end{pmatrix}$ , dan

F^{n+1} = F^n F = \begin{pmatrix} F_{n+1} + F_n & F_{n+1}\\ F_n + F_{n-1} & F_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_{n+2} & F_{n+1}\\ F_{n+1} & F_n \end{pmatrix}.

Di sini $s = 1$ , $p = -1$ , $D = X^2 - X - 1$ berakar $\varphi, \psi$ ( $\varphi - \psi = \sqrt5$ , $\varphi\psi = -1$ ). Adapun barisan $(F_n)$ mempunyai $F_0 = 0 = a_0$ , $F_1 = 1 = a_1$ dan menuruti rekurensi yang sama dengan $(a_n)$ : sehingga $F_n = a_n = (\varphi^n - \psi^n)/\sqrt5$ , yaitu rumus Binet. Cassini: dengan menerapkan kesifatan perkalian pertanyaan 7 pada $F^n$ ,

F_{n+1}F_{n-1} - F_n^2 = p(F^n) = p(F)^n = (-1)^n .

11. Syaratnya linear dan memuat barisan nol: jadi sebuah subruang. Lewat induksi $u_0, u_1$ menentukan $u$ secara linear, dan setiap pasangan nilai awalnya terwujud oleh tepat satu penyelesaian: jadi seperti pada Latihan 19.10, $E_D$ terparameterkan secara bijektif dan linear oleh $(u_0, u_1) \in K^2$ : sehingga $\dim E_D = 2$ .

12. $(a_n)$ menuruti rekurensinya (pertanyaan 2) dengan $a_0 = 0$ , $a_1 = 1$ . Demikian pula $(b_n)$ : $b_{n+2} = -p\,a_{n+1} = -p(s a_n + b_n) = s\,b_{n+1} - p\,b_n$ (dengan memakai $b_{n+1} = -pa_n$ dua kali), dengan $b_0 = 1$ , $b_1 = 0$ . Maka kombinasi $v_n = u_1 a_n + u_0 b_n$ merupakan penyelesaian dengan $v_0 = u_0$ , $v_1 = u_1$ ; sedangkan dua penyelesaian bernilai awal sama berimpit (lewat induksi), sehingga $u_n = u_1 a_n + u_0 b_n$ untuk semua $n$ .

13. $(\lambda^n)$ merupakan penyelesaian jika dan hanya jika $\lambda^{n+2} = s\lambda^{n+1} - p\lambda^n$ untuk semua $n$ , yaitu $D(\lambda) = 0$ (setelah dibagi $\lambda^n \neq 0$ ; perhatikanlah $\lambda, \mu \neq 0$ karena $p = \lambda\mu \neq 0$ ). Adapun kebebasan $\bigl((\lambda^n), (\mu^n)\bigr)$ : sebuah hubungan di $n = 0, 1$ memberikan $c + c' = 0$ , $c\lambda + c'\mu = 0$ , sehingga $c(\lambda - \mu) = 0$ : jadi $c = c' = 0$ . Dua vektor bebas dalam dimensi $2$ : yaitu basis. Akar rangkapnya: $\bigl((n\lambda^n)\bigr)$ merupakan penyelesaian karena, dengan $s = 2\lambda$ , $p = \lambda^2$ :

s(n+1)\lambda^{n+1} - p\,n\lambda^n = \lambda^{n+2}\bigl(2(n+1) - n\bigr) = (n+2)\lambda^{n+2} ;

kebebasannya di $n = 0, 1$ : $c = 0$ , lalu $c'\lambda = 0$ dengan $\lambda \neq 0$ .

14. $D = X^2 - X - 6 = (X - 3)(X + 2)$ . Penyelesaian umumnya $u_n = A\,3^n + B(-2)^n$ ; syarat awalnya memberikan $A + B = 1$ dan $3A - 2B = 8$ , sehingga $A = 2$ , $B = -1$ :

u_n = 2\cdot 3^n - (-2)^n .

Periksa: $u_2 = 18 - 4 = 14 = u_1 + 6u_0$ ; $u_3 = 54 + 8 = 62 = u_2 + 6u_1 = 14 + 48$ .

15. $C\begin{pmatrix} u_n\\ u_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} u_{n+1}\\ -p\,u_n + s\,u_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} u_{n+1}\\ u_{n+2}\end{pmatrix}$ , dan induksi memberikan rumusnya dengan $C^n$ . Lebih-lebih $\operatorname{tr} C = 0 + s = s$ dan $p(C) = 0\cdot s - 1\cdot(-p) = p$ : sehingga matriks pendampingnya mempunyai tepat $D$ sebagai polinomial Cayley–Hamiltonnya.

16. Bagi sebarang penyelesaian $u$ atas $u_{n+3} = \alpha u_{n+2} + \beta u_{n+1} + \gamma u_n$ , vektor keadaannya $v_n = (u_n, u_{n+1}, u_{n+2})^{\mathsf T}$ memenuhi $C_3 v_n = v_{n+1}$ (karena kedua baris pertamanya menggeser, sedangkan baris terakhirnya menerapkan rekurensinya). Maka

D_3(C_3)\,v_0 = v_3 - \alpha v_2 - \beta v_1 - \gamma v_0 ,

yang ketiga komponennya adalah $u_{k+3} - \alpha u_{k+2} - \beta u_{k+1} - \gamma u_k = 0$ ( $k = 0, 1, 2$ ). Dan ketika keadaan awalnya $v_0 = (u_0, u_1, u_2)^{\mathsf T}$ menjelajahi seluruh $K^3$ (karena nilai awalnya bebas), matriks $D_3(C_3)$ membunuh setiap vektor: jadi $D_3(C_3) = 0$ .

17. Tulislah $X^n = Q\,D_3 + R_n$ dengan $\deg R_n \leq 2$ lalu nilailah pada setiap akarnya: $\lambda_i^n = R_n(\lambda_i)$ . Jadi $R_n$ merupakan polinomial berderajat $\leq 2$ yang menginterpolasi ketiga nilai $\lambda_i^n$ pada ketiga simpul berbeda $\lambda_i$ : sehingga menurut ketunggalan pada Teorema 8.23, $R_n = \sum_i \lambda_i^n L_i$ dengan $(L_i)$ sebagai basis Lagrange simpulnya. Menyulihkan $C_3$ (pertanyaan 5 dan 16):

C_3^{\,n} = R_n(C_3) = \sum_{i=1}^{3} \lambda_i^n\,L_i(C_3),

dengan ketiga matriks $L_i(C_3)$ yang tak bergantung pada $n$ : sehingga setiap entri $C_3^{\,n}$ merupakan kombinasi tetap atas $\lambda_1^n, \lambda_2^n, \lambda_3^n$ .

18. $D_3 = X^3 - 2X^2 - X + 2 = (X-1)(X+1)(X-2)$ . Penyelesaian umumnya $u_n = A + B(-1)^n + C\,2^n$ . Syarat awalnya: $A + B + C = 0$ , $A - B + 2C = 1$ , $A + B + 4C = 1$ . Mengurangkan yang pertama dari yang ketiga: $3C = 1$ , $C = \frac13$ ; lalu $A + B = -\frac13$ dan $A - B = \frac13$ : $A = 0$ , $B = -\frac13$ . Maka

u_n = \frac{2^n - (-1)^n}{3}

(yaitu bilangan Jacobsthal). Periksa: $u_3 = \frac{8 + 1}{3} = 3 = 2u_2 + u_1 - 2u_0 = 2 + 1 - 0$ .

19. Ekspansi Taylor atas polinomial $X^n$ di $\lambda$ :

X^n = \sum_{k=0}^{n} \binom nk \lambda^{n-k}(X - \lambda)^k ,

dan semua sukunya dengan $k \geq 3$ terbagi oleh $(X - \lambda)^3$ : sehingga sisanya adalah

R_n = \lambda^n + n\lambda^{n-1}(X - \lambda) + \binom n2\lambda^{n-2}(X - \lambda)^2 .

Untuk $M = \lambda I + N$ dengan $N^3 = 0$ : $(M - \lambda I)^3 = N^3 = 0$ , sehingga pertanyaan 5 memberikan

M^n = \lambda^n I + n\lambda^{n-1} N + \binom n2 \lambda^{n-2} N^2 ,

yaitu tepat penjabaran binomial atas $(\lambda I + N)^n$ yang terpenggal di $N^2$ — jadi kedua metodenya sepakat.

20. Ruang penyelesaiannya berdimensi $3$ (dengan parameterisasi $(u_0, u_1, u_2)$ yang sama seperti pada pertanyaan 11), dan setiap $(\lambda_i^n)$ merupakan penyelesaian. Kebebasannya: andaikan $c_1\lambda_1^n + c_2\lambda_2^n + c_3\lambda_3^n = 0$ untuk $n = 0, 1, 2$ . Tetapkanlah $i$ lalu misalkan $L_i = \sum_{k \leq 2} p_k X^k$ sebagai polinomial Lagrange simpulnya dengan $L_i(\lambda_j) = \delta_{ij}$ . Maka

0 = \sum_{k=0}^{2} p_k\Bigl(\sum_j c_j\lambda_j^k\Bigr) = \sum_j c_j\,L_i(\lambda_j) = c_i .

Jadi semua $c_i = 0$ : yaitu tiga penyelesaian bebas dalam dimensi $3$ , sehingga sebuah basis; dan penyelesaian umumnya adalah $c_1\lambda_1^n + c_2\lambda_2^n + c_3\lambda_3^n$ .

21. Dari $F_k = F_{k+2} - F_{k+1}$ , jumlahnya berteleskop:

\sum_{k=1}^{n} F_k = \sum_{k=1}^{n}\bigl(F_{k+2} - F_{k+1}\bigr) = F_{n+2} - F_2 = F_{n+2} - 1 .

22. Ambillah entri $(1,2)$ pada $F^{m+n} = F^m F^n$ : sisi kirinya adalah $F_{m+n}$ ; sedangkan sisi kanannya (baris $1$ pada $F^m$ ) kali (kolom $2$ pada $F^n$ ), yaitu $F_{m+1}F_n + F_m F_{n-1}$ . Dengan $m = n$ :

F_{2n} = F_{n+1}F_n + F_nF_{n-1} = F_n\,(F_{n+1} + F_{n-1}).

23. Menurut Binet, $F_n - \dfrac{\varphi^n}{\sqrt5} = -\dfrac{\psi^n}{\sqrt5}$ , dan $\abs\psi = \frac{\sqrt5 - 1}2 < 1$ , sehingga

\Bigl|F_n - \frac{\varphi^n}{\sqrt5}\Bigr| \leq \frac{1}{\sqrt5} < \frac12 \qquad (n \geq 0):

$F_n$ merupakan bilangan bulat terdekat dengan $\varphi^n/\sqrt5$ .

24. $t_n = F_{n+1} + F_{n-1}$ merupakan kombinasi atas barisan Fibonacci yang tergeser, sehingga memenuhi rekurensi yang sama: $t_{n+2} = t_{n+1} + t_n$ ; dan $t_1 = F_2 + F_0 = 1$ , $t_2 = F_3 + F_1 = 3$ : yaitu bilangan Lucas $L_n$ . Adapun barisan $\varphi^n + \psi^n$ merupakan penyelesaian bernilai dua yang pertama sama ( $\varphi + \psi = 1$ , $\varphi^2 + \psi^2 = ( \varphi + \psi)^2 - 2\varphi\psi = 3$ ), sehingga $L_n = \varphi^n + \psi^n$ . Akhirnya

F_n L_n = \frac{(\varphi^n - \psi^n)(\varphi^n + \psi^n)}{\sqrt5} = \frac{\varphi^{2n} - \psi^{2n}}{\sqrt5} = F_{2n},

yang memulihkan pertanyaan 22.

25. (i) Kelima matriks $I, A, A^2, A^3, A^4$ hidup di dalam ruang berdimensi $4$ yaitu $\mathcal{M}_2(K)$ , sehingga ada polinomial taknol berderajat $\leq 4$ yang membunuh $A$ ; lalu Bagian II mempertajamnya menjadi kuadratik yang eksplisit $A^2 = sA - pI$ , yang mengunci semua pangkatnya ke dalam bidang $\operatorname{Vect}(I, A)$ . (ii) Pembagian Euclid mereduksi $X^n$ modulo kuadratik itu, dan kedua koefisien sisanya menuruti rekurensi bersuku dua $a_{n+2} = s\,a_{n+1} - p\,a_n$ : jadi pemangkatannya menjadi pengulangan. (iii) Pertanyaan 6 merupakan kasus $n = 2$ atas teorema Cayley–Hamilton, yang sah pada segala dimensi dan dibuktikan pada jilid Tahun 2. (iv) Adapun matriks pendampingnya menutup lingkarannya: karena setiap rekurensi linear adalah pangkat matriks, dengan polinomial $D$ yang sama muncul sebagai data trace-dan-determinan, sehingga kalkulus sisanya memecahkan rekurensi dan menghitung pangkat dalam satu gerakan.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium