Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

13Bentuk Hermitian

Ruang vektor kompleks punya geometri hasil kali dalamnya sendiri, dengan satu putaran: linear pada satu peubah, dan linear-sekawan pada peubah yang lain. Imbalan karena menerima putaran itu adalah teori spektral yang bahkan lebih bersih daripada yang real — sebab endomorfisma Hermitian bernilai eigen real, yang uniter bernilai eigen bermodulus satu, dan keduanya dapat didiagonalkan dalam basis ortonormal. Bab pendek ini menjalankan program Euklides Bab 12 atas $\C$ .

13.1 Hasil kali dalam Hermitian

Definisi 13.1

Sebuah hasil kali dalam Hermitian pada ruang vektor kompleks $E$ adalah pemetaan $\langle\cdot,\cdot\rangle \colon E \times E \to \C$ yang linear pada peubah keduanya, simetrik-sekawan (yakni $\langle y, x\rangle = \conj{\langle x, y\rangle}$ — sehingga linear-sekawan pada peubah pertamanya), dan definit positif (yakni $\langle x, x\rangle > 0$ untuk $x \neq 0$ ). Adapun contoh bakunya pada $\C^n$ :

\langle x, y \rangle = \sum_{i=1}^{n} \conj{x_i}\, y_i ;

sedangkan pada fungsi kontinu, $\langle f, g\rangle = \int_a^b \conj f\,g$ . Normanya: $\norm x = \sqrt{\langle x,x\rangle}$ ; dan ruang kompleks berdimensi hingga yang dilengkapi demikian disebut ruang Hermitian.

Contoh 13.2 (Perhitungan pertama)

Di $\C^2$ , ambillah $x = (1+\iu,\ 2-\iu)$ dan $y = (\iu,\ 1)$ . Maka

\norm x^2 = \abs{1+\iu}^2 + \abs{2-\iu}^2 = 2 + 5 = 7, \qquad \norm y^2 = 1 + 1 = 2,

lalu, dengan mengawankan argumen pertamanya,

\langle x, y\rangle = \conj{(1+\iu)}\,\iu + \conj{(2-\iu)}\cdot1 = (1-\iu)\iu + (2+\iu) = (\iu + 1) + (2 + \iu) = 3 + 2\iu .

Cauchy–Schwarz terperiksa: $\abs{\langle x, y\rangle}^2 = 9 + 4 = 13 \leq 14 = \norm x^2\norm y^2$ — yang dekat ke kesamaan, karena $x$ dekat ke kelipatan $y$ . Perhatikan pula $\langle y, x\rangle = \conj{3 + 2\iu} = 3 - 2\iu$ : yakni kesimetrikan-sekawan yang beraksi, dan itulah sebabnya $\langle x, x\rangle$ selalu real.

Teorema 13.3 (Cauchy–Schwarz, versi kompleks)

$\abs{\langle x, y\rangle} \leq \norm x \norm y$ , dengan kesamaan bila dan hanya bila $x, y$ bergantung linear; dan $\norm\cdot$ merupakan norma. Lebih jauh basis ortonormal ada (sebab Gram–Schmidt berjalan kata demi kata), dengan

x = \sum_i \langle e_i, x\rangle\, e_i, \qquad \norm x^2 = \sum_i \abs{\langle e_i, x\rangle}^2 .

Bukti. Untuk $y \neq 0$ dan $t \in \C$ : $0 \leq \norm{x - ty}^2 = \norm x^2 - 2\Re\bigl(\conj t\langle y, x\rangle\bigr) + \abs t^2\norm y^2$ . Pilihlah $t = \frac{\langle y, x\rangle}{\norm y^2}$ :

0 \leq \norm x^2 - \frac{\abs{\langle y, x\rangle}^2}{\norm y^2},

yang tak lain ketaksamaannya; sedangkan kesamaannya memaksa $x = ty$ . Ketaksamaan segitiganya, selengkapnya:

\norm{x + y}^2 = \norm x^2 + 2\,\Re\langle x, y\rangle + \norm y^2 \leq \norm x^2 + 2\,\abs{\langle x, y\rangle} + \norm y^2 \leq \bigl(\norm x + \norm y\bigr)^2 ,

dengan memakai $\Re z \leq \abs z$ lalu Cauchy–Schwarz; adapun kehomogenan dan pemisahannya seketika, jadi $\norm\cdot$ merupakan norma. Gram–Schmidt: seperti pada kasus realnya, dengan sekawannya ditempatkan menurut definisinya (perhatikan konvensinya: hasil kali kita bersifat linear-sekawan pada slot pertama, jadi koordinatnya adalah $\langle e_i, x\rangle$ ; dan contoh berikutnya menjalankan algoritmanya sekali secara lengkap). ∎

Contoh 13.4 (Gram–Schmidt kompleks, dijalankan lengkap)

Ortonormalkan basis $v_1 = (1, \iu)$ , $v_2 = (0, 1)$ milik $\C^2$ . Vektor pertamanya: $\norm{v_1}^2 = \abs1^2 + \abs\iu^2 = 2$ , jadi $e_1 = \frac{1}{\sqrt2}(1, \iu)$ . Proyeksikan $v_2$ — dengan sekawannya pada slot pertama:

\langle e_1, v_2\rangle = \frac{1}{\sqrt2}\bigl(\conj{1}\cdot0 + \conj{\iu}\cdot1\bigr) = \frac{-\iu}{\sqrt2} , \qquad v_2 - \langle e_1, v_2\rangle e_1 = (0,1) + \frac{\iu}{2}\,(1, \iu) = \Bigl(\frac\iu2,\ \frac12\Bigr) .

Normanya $\sqrt{\frac14 + \frac14} = \frac{1}{\sqrt2}$ , jadi $e_2 = \frac{1}{\sqrt2}(\iu, 1)$ . Periksa: $\langle e_1, e_2\rangle = \frac12(\conj1\cdot\iu + \conj\iu\cdot1) = \frac12(\iu - \iu) = 0$ . Koordinat $v_2$ dalam basis barunya: $v_2 = \langle e_1, v_2\rangle e_1 + \langle e_2, v_2\rangle e_2$ dengan $\langle e_2, v_2\rangle = \frac{1}{\sqrt2}$ — perhatikan urutannya: sebab $\langle v_2, e_1\rangle$ akan memberi koefisien sekawannya. Pelajaran penutupnya: algoritmanya adalah algoritma Euklides kata demi kata; satu-satunya jebakannya adalah tempat jatuhnya pengawanan itu, dan menghitung $\norm{v_2 - \text{proy}}^2 > 0$ diam-diam memakai kepositifannya — yakni aksioma yang membuat seluruh geometrinya bekerja.

13.2 Adjoin, endomorfisma Hermitian dan uniter

Definisi 13.5

Adapun adjoin $u^*$ milik $u \in \mathcal{L}(E)$ didefinisikan lewat $\langle u^*(x), y\rangle = \langle x, u(y)\rangle$ ; dan dalam basis ortonormal berlaku $\operatorname{Mat}(u^*) = \conj{A}^{\mathsf T} =: A^{\dagger}$ (yakni transpos sekawannya) — sebab, bila $B = (b_{ij})$ matriks $u^*$ dalam basis ortonormal $(e_i)$ , maka $b_{ij} = \langle e_i, u^*(e_j)\rangle$ , lalu kesamaan pendefinisinya memberi

\conj{b_{ij}} = \langle u^*(e_j), e_i\rangle = \langle e_j, u(e_i)\rangle = a_{ji} , \qquad\text{jadi}\qquad B = \conj{A}^{\mathsf T} .

Adapun $u$ disebut Hermitian apabila $u^* = u$ (yakni $A^\dagger = A$ ), uniter apabila $u^*u = \mathrm{id}$ (yakni $A^\dagger A = I$ : inilah grup $U(n)$ ), dan normal apabila $u^*u = uu^*$ .

Proposisi 13.6

Nilai eigen endomorfisma Hermitian bersifat real; nilai eigen endomorfisma uniter bermodulus $1$ ; dan pada kedua kasusnya ruang eigen bagi nilai eigen yang berbeda saling ortogonal.

Bukti. Kasus Hermitian, dengan $u(x) = \lambda x$ dan $x \neq 0$ :

\lambda \norm x^2 = \langle x, u(x)\rangle = \langle u(x), x\rangle = \conj{\langle x, u(x)\rangle} = \conj\lambda\,\norm x^2 ,

jadi $\lambda \in \R$ . Kasus uniter: $\norm{u(x)} = \norm x$ (berkat $u^*u = \mathrm{id}$ ), jadi $\abs\lambda\norm x = \norm x$ . Keortogonalannya (kasus Hermitian): $\lambda\langle x, y\rangle = \langle u(x), y\rangle = \langle x, u(y)\rangle = \mu\langle x, y\rangle$ bagi vektor eigen dengan $\lambda \neq \mu$ yang real. Adapun kasus uniter, selengkapnya: untuk $u(x) = \lambda x$ dan $u(y) = \mu y$ dengan $\lambda \neq \mu$ (keduanya bermodulus satu),

\langle x, y\rangle = \langle u(x), u(y)\rangle = \conj\lambda\mu\,\langle x, y\rangle ,

dan $\conj\lambda\mu = \frac{\mu}{\lambda} \neq 1$ : jadi faktornya bukan $1$ , sehingga $\langle x, y\rangle = 0$ . ∎

Contoh 13.7 (Sebuah matriks anti-Hermitian, didiagonalkan)

$A = \begin{pmatrix} 0 & -2\\ 2 & 0\end{pmatrix}$ memenuhi $A^\dagger = A^{\mathsf T} = -A$ : jadi anti-Hermitian (sekaligus antisimetrik real — dan atas $\R$ ia sama sekali tak punya nilai eigen). Polinomial karakteristiknya $X^2 + 4$ : jadi nilai eigennya $\pm2\iu$ , yang imajiner murni, sebagaimana diramalkan Latihan 13.9 secara umum. Vektor eigennya: $(A - 2\iu I)v = 0$ memberi $v_1 = \frac{1}{\sqrt2}(1, \iu)$ , lalu $v_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1, -\iu)$ untuk $-2\iu$ ; dan keduanya ortogonal:

\langle v_1, v_2\rangle = \tfrac12\bigl(\conj{1}\cdot1 + \conj{\iu}\cdot(-\iu)\bigr) = \tfrac12(1 - 1) = 0 .

Jadi $A = U\operatorname{diag}(2\iu, -2\iu)\,U^\dagger$ dengan $U = (v_1\ v_2)$ yang uniter. Pelajaran penutupnya: $H = -\iu A = \begin{pmatrix} 0 & 2\iu\\ -2\iu & 0\end{pmatrix}$ bersifat Hermitian dengan spektrum real $\{\pm2\}$ dan vektor eigen yang sama — yakni bijeksi $u \mapsto \iu u$ antara endomorfisma Hermitian dan anti-Hermitian (Latihan 13.9), yang terlihat matriks demi matriks; sedangkan atas $\R$ matriks $A$ yang sama adalah perputaran-penskalaan tanpa vektor eigen sama sekali, dan hanya peralihan ke $\C$ yang menyingkap bentuk normalnya.

Teorema 13.8 (Teorema spektral Hermitian)

Setiap endomorfisma Hermitian pada ruang Hermitian punya basis ortonormal beranggotakan vektor eigen (dengan nilai eigen yang real): jadi $A^\dagger = A$ mengakibatkan $A = U D U^{\dagger}$ dengan $U \in U(n)$ dan $D$ diagonal real.

Bukti. Atas $\C$ , polinomial karakteristiknya terurai: jadi sebuah vektor eigen $e_1$ ada (Bab 3) — tanpa perlu hujah kekompakan, yakni salah satu keunggulan $\C$ . Normalkan ia. Lalu komplemen ortogonalnya $F = e_1^\perp$ bersifat stabil: sebab untuk $x \perp e_1$ ,

\langle e_1, u(x)\rangle = \langle u(e_1), x\rangle = \lambda_1\langle e_1, x\rangle = 0

(dengan $\lambda_1$ real). Pembatasannya bersifat Hermitian; jadi berinduksilah atas dimensinya lalu rangkaikan. Secara rinci: pembatasan $u|_F$ adalah endomorfisma ruang Hermitian $F$ (yang berdimensi $n - 1$ ) dengan $\langle u|_F(x), y\rangle = \langle x, u|_F(y)\rangle$ yang diwarisi dari $u$ ; lalu hipotesis induksinya menyediakan basis ortonormal $(e_2, \dots, e_n)$ bagi $F$ yang beranggotakan vektor eigen, dan $(e_1, e_2, \dots, e_n)$ bersifat ortonormal di $E$ (sebab $e_1 \perp F$ ) sekaligus tersusun atas vektor eigen $u$ . Terjemahan matriksnya: kolom $U$ adalah $e_i$ , lalu $U^\dagger U = I$ menyatakan keortonormalannya, dan $AU = UD$ mengumpulkan persamaan nilai eigennya, sehingga $A = UDU^\dagger$ dengan $D$ diagonal real (Proposisi 13.6). ∎

Contoh 13.9

$A = \begin{pmatrix} 0 & -\iu\\ \iu & 0\end{pmatrix}$ bersifat Hermitian (sebab $A^\dagger = A$ ): nilai eigennya dari $\chi_A = X^2 - 1$ adalah $\pm 1$ (yang real, seperti dijanjikan), dengan vektor eigen ortonormal $\frac{1}{\sqrt2}(1, \iu)^{\mathsf T}$ dan $\frac{1}{\sqrt2}(1, -\iu)^{\mathsf T}$ . (Para fisikawan mengenal $A$ sebagai matriks Pauli; dan kerealan spektrum Hermitianlah yang membuat besaran teramati kuantum dimodelkan oleh operator Hermitian.)

Contoh 13.10 (Sebuah matriks Hermitian definit positif, dikerjakan)

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1-\iu\\ 1+\iu & 3\end{pmatrix}$ bersifat Hermitian, sebab diagonalnya real dan entri luar diagonalnya saling sekawan. Polinomial karakteristiknya:

(2-\lambda)(3-\lambda) - \abs{1-\iu}^2 = \lambda^2 - 5\lambda + 4 = (\lambda - 1)(\lambda - 4) :

jadi spektrumnya $\{1, 4\}$ , yang real dan positif — sehingga $A$ definit positif. Vektor eigennya: untuk $\lambda = 4$ , sistem $(A - 4I)v = 0$ memberi $v_4 = (1 - \iu,\ 2)$ (periksa baris keduanya: $(1+\iu)(1-\iu) - 2 = 0$ ); sedangkan untuk $\lambda = 1$ , $v_1 = (1 - \iu,\ -1)$ . Keortogonalannya, dengan sekawannya pada slot pertama:

\langle v_4, v_1\rangle = \conj{(1-\iu)}\,(1-\iu) + \conj{2}\,(-1) = 2 - 2 = 0 . \checkmark

Setelah dinormalkan (dengan $\norm{v_4}^2 = 2 + 4 = 6$ dan $\norm{v_1}^2 = 2 + 1 = 3$ ) diperoleh $U = \bigl(\frac{v_4}{\sqrt6}\ \frac{v_1}{\sqrt3}\bigr)$ yang uniter dengan $A = U\operatorname{diag}(4,1)U^\dagger$ . Pelajaran penutupnya: pembacaan Rayleighnya seketika — sebab pada bola satuan $\C^2$ , besaran $\langle x, Ax\rangle$ berjangkau $\intcc{1}{4}$ , yang tercapai di kedua vektor eigennya; dan inilah benih $n = 2$ bagi teori Courant–Fischer yang dibangun pada soal akhir pekan. Periksa sekilas bahwa bentuknya real di luar vektor eigennya juga: di $x = (1, \iu)$ ,

Ax = \bigl(2 + (1-\iu)\iu,\ (1+\iu) + 3\iu\bigr) = (3 + \iu,\ 1 + 4\iu),

\langle x, Ax\rangle = \conj{1}\,(3+\iu) + \conj{\iu}\,(1+4\iu) = (3 + \iu) + (-\iu)(1 + 4\iu) = 3 + \iu - \iu + 4 = 7 \in \R ,

sebagaimana dijamin mekanisme bukti Proposisi 13.6 (yakni kesimetrikan-sekawan terhadap $A^\dagger = A$ ) bagi setiap $x$ .

Contoh 13.11 (Sebuah matriks uniter didiagonalkan)

$U = \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 & \iu\\ \iu & 1 \end{pmatrix}$ (yang uniter menurut Latihan 13.2). Adapun polinomial karakteristiknya $\bigl(X - \frac{1}{\sqrt2}\bigr)^2 + \frac12$ , dengan akar

\lambda_\pm = \frac{1 \pm \iu}{\sqrt2} = \eu^{\pm\iu\pi/4},

yang bermodulus satu sebagaimana dijanjikan Proposisi 13.6, dan vektor eigen ortonormalnya $\frac{1}{\sqrt2}(1, \pm1)$ . Jadi $U = V\operatorname{diag}(\eu^{\iu\pi/4}, \eu^{-\iu\pi/4})V^\dagger$ : dalam basis yang tepat, $U$ adalah sepasang perputaran bidang sebesar $\pm\frac\pi4$ — karena matriks perputaran real tak punya vektor eigen real, dan atas $\C$ ia justru terurai menjadi dua skalar bermodulus satu. Pelajaran penutupnya: spektrum Hermitian hidup pada garis real, sedangkan spektrum uniter pada lingkaran satuan; keduanya bayangan kenormalan yang sama, dan transformasi Cayley pada Latihan 13.6 memetakan gambaran yang satu ke yang lain.

Contoh 13.12 (Transformasi Cayley, dihitung)

Jalankan Latihan 13.6 pada $H = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ (yang Hermitian, berspektrum $\{1, -1\}$ , dengan vektor eigen ortonormal $\frac{1}{\sqrt2}(1, \pm1)$ ). Dalam basis eigennya segalanya menjadi skalar: sebab transformasi $\lambda \mapsto \frac{\lambda - \iu}{\lambda + \iu}$ mengirim

1 \longmapsto \frac{1 - \iu}{1 + \iu} = -\iu, \qquad -1 \longmapsto \frac{-1 - \iu}{-1 + \iu} = \iu ,

(kalikan dengan sekawan penyebutnya), jadi $U = (H - \iu I)(H + \iu I)^{-1}$ adalah matriks uniter bernilai eigen $\mp\iu$ pada vektor eigen yang sama itu:

U = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} -\iu & 0\\ 0 & \iu\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -\iu\\ -\iu & 0\end{pmatrix} .

Periksa: $U^\dagger U = I$ , dan $1 \notin \operatorname{Sp}U = \{\pm\iu\}$ , sebagaimana dijanjikan teorinya. Pelajaran penutupnya: garis realnya terpetakan ke lingkaran satuan dikurangi titik $1$ — nilai eigen demi nilai eigen, transformasi Cayley tak lain pemetaan Möbius $\frac{\lambda-\iu}{\lambda+\iu}$ , dan matriksnya sekadar mengikuti spektrumnya.

Catatan 13.13 (Jebakan yang sering muncul)

(i) Tempat jatuhnya garis atas: buku ini mengawankan slot pertamanya, jadi koordinatnya adalah $\langle e_i, x\rangle$ dan $\langle\lambda x, y\rangle = \conj\lambda\langle x, y\rangle$ ; sedangkan banyak teks mengawankan slot keduanya — jadi terjemahkanlah dulu sebelum membandingkan rumus, atau tanda $\iu$ menjadi salah secara diam-diam. (ii) Polarisasi kompleks lebih kuat: atas $\C$ , bila $\langle x, u(x)\rangle = 0$ untuk setiap $x$ maka $u = 0$ (uraikan $x + y$ dan $x + \iu y$ : sebab bagian real maupun bagian imajiner $\langle x, u(y)\rangle$ lenyap); sedangkan atas $\R$ ini gagal — sebab perputaran sebesar $\frac\pi2$ memenuhi $\langle x, u(x)\rangle = 0$ di mana-mana. Karena itu, hanya atas $\C$ , syarat “ $\langle x, u(x)\rangle \in \R$ untuk setiap $x$ ” sudah memaksa $u$ menjadi Hermitian. (iii) Normal real tidak dapat didiagonalkan: matriks pada Contoh 13.7 bersifat normal tetapi tak punya nilai eigen real; jadi pendiagonalan uniter adalah teorema atas $\C$ , sedangkan atas $\R$ kita hanya memperoleh reduksi blok. (iv) Memeriksa keuniteran: syarat $U^\dagger U = I$ berarti kolomnya ortonormal terhadap hasil kali Hermitiannya — jadi menguji $UU^{\mathsf T}$ , atau melupakan pengawanan pada hasil kali kolomnya, adalah dua cara klasik untuk mengesahkan matriks yang salah.

Contoh 13.14 (Isometri persis merupakan pemetaan uniter)

Pemeliharaan norma tampak lebih lemah daripada keuniteran, tetapi atas $\C$ ia tidak: sebab bila $\norm{u(x)} = \norm x$ untuk setiap $x$ , maka $u^*u = \mathrm{id}$ . Memang $v = u^*u - \mathrm{id}$ bersifat Hermitian dan memenuhi $\langle x, v(x)\rangle = \norm{u(x)}^2 - \norm x^2 = 0$ untuk setiap $x$ ; jadi menurut polarisasi kompleks (yakni jebakan (ii) di atas), pemetaan yang “diagonalnya” lenyap secara identik pastilah nol: sehingga $v = 0$ . Secara konkret, polarisasinya berbunyi

0 = \langle x + y, v(x+y)\rangle = \langle x, v(y)\rangle + \langle y, v(x)\rangle, \qquad 0 = \langle x + \iu y, v(x + \iu y)\rangle = \iu\langle x, v(y)\rangle - \iu\langle y, v(x)\rangle ,

dan kedua barisnya bersama-sama memaksa $\langle x, v(y)\rangle = 0$ untuk setiap $x, y$ . Pelajaran penutupnya: itulah sebabnya “uniter” dapat diperiksa dengan mengukur panjangnya belaka — yakni kekakuan yang kelak dieksploitasi bab Fourier, tempat memelihara energi $\norm f_2$ (yakni Parseval) sama dengan memelihara semua hasil kali dalam koefisiennya.

Catatan 13.15 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Perkakas Hermitian yang dibangun di sini dikonsumsi hampir seketika. Bab Fourier adalah geometri Hermitian dalam dimensi tak hingga: sebab eksponensial $(e_n)$ merupakan keluarga ortonormal bagi $\langle f, g\rangle = \frac{1}{2\pi}\int\conj fg$ , ketaksamaan Bessel tak lain taksiran proyeksi pada Teorema 13.3 bab ini, dan Parseval adalah kesamaan limitnya. Adapun transformasi Fourier hingga (Latihan 13.10) muncul kembali setiap kali konvolusi harus didiagonalkan. Lalu soal akhir pekan bab ini — Courant–Fischer, Weyl, penyisipan — memasok kestabilan nilai eigen yang dipanggil bab persamaan diferensial ketika ia menegaskan bahwa usikan kecil sebuah sistem menggeser frekuensinya sedikit saja. Ke belakang, segalanya di sini adalah cermin kompleks bab bentuk kuadratik: jadi simpanlah kedua kamusnya berdampingan ( $A^{\mathsf T} \leftrightarrow A^\dagger$ , ortogonal $\leftrightarrow$ uniter, Rayleigh real pada keduanya).

Catatan 13.16 (Endomorfisma normal)

Atas $\C$ pernyataan yang definitif berbunyi: $u$ dapat didiagonalkan secara uniter bila dan hanya bila ia normal (yakni $u^*u = uu^*$ ) — sehingga mencakup pemetaan Hermitian, uniter dan anti-Hermitian sekaligus. Adapun buktinya merupakan penguatan yang menyenangkan atas hujah di atas (Latihan 13.8). Sebaliknya atas $\R$ , kenormalan hanya membeli pendiagonalan blok (yakni blok perputaran): jadi geometri kompleks sungguh-sungguh lebih sederhana.

Catatan 13.17 (Di mana ini dipakai)

Teori spektral Hermitian adalah matematika mekanika kuantum: besaran teramati dimodelkan oleh operator Hermitian (sebab spektrum real = nilai terukur), sedangkan evolusi waktunya oleh operator uniter (sebab pemeliharaan norma = kekekalan peluang). Di dalam buku ini, bab Fourier bersandar pada keortonormalan eksponensialnya — yakni pernyataan tentang hasil kali dalam Hermitian — dan pendiagonalan matriks sirkulan (Latihan 13.10) tak lain transformasi Fourier hingga. Adapun soal akhir pekan mengembangkan kalkulus variasi bagi nilai eigen (Courant–Fischer, Weyl, penyisipan), yakni roti sehari-hari analisis numerik dan fisika matematis; sedangkan jilid Tahun ke-3 memperluasnya ke operator swa-adjoin yang kompak pada ruang Hilbert.

13.3 Latihan

Latihan 13.1 ★

Pada $\C^2$ : hitunglah $\langle x, y\rangle$ , $\norm x$ , $\norm y$ untuk $x = (1, \iu)$ dan $y = (\iu, 1)$ ; apakah keduanya ortogonal? Berikanlah sebuah basis ortonormal yang memuat $\frac{x}{\norm x}$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.1.

$\langle x, y\rangle = \conj{1}\cdot\iu + \conj{\iu}\cdot 1 = \iu - \iu = 0$ : jadi ortogonal. Lalu $\norm x = \norm y = \sqrt{1 + 1} = \sqrt2$ . Basis ortonormalnya: $\bigl(\frac{1}{\sqrt2}(1, \iu),\; \frac{1}{\sqrt2}(\iu, 1)\bigr)$ — yakni pasangan ternormalkan itu sendiri.

Latihan 13.2 ★

Manakah yang Hermitian? yang uniter? yang normal?

\begin{pmatrix} 1 & \iu\\ -\iu & 2 \end{pmatrix}, \qquad \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 & \iu\\ \iu & 1\end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}.

Solusi

Solusi Latihan 13.2.

Yang pertama: ia sama dengan transpos sekawannya (sebab diagonalnya real dan $\conj{\iu} = -\iu$ tertukar): jadi Hermitian (sehingga normal); tetapi tak uniter (sebab $A^\dagger A \neq I$ : kolomnya tak satuan).

Yang kedua: $A^\dagger A = \frac12\begin{pmatrix} 1 & -\iu\\ -\iu & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & \iu\\ \iu & 1\end{pmatrix} = \frac12\begin{pmatrix} 2 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix} = I$ : jadi uniter (sehingga normal); tetapi tak Hermitian.

Yang ketiga: $A^\dagger A = E_{22} \neq E_{11} = AA^\dagger$ : jadi tak normal (sehingga bukan Hermitian maupun uniter) — yakni contoh tandingan nilpoten yang baku.

Latihan 13.3 ★

Buktikan bahwa matriks $A \in \mathcal{M}_n(\C)$ dituliskan secara tunggal $A = H + \iu K$ dengan $H, K$ Hermitian (yakni “bagian real dan bagian imajinernya” $H = \frac{A + A^\dagger}{2}$ , $K = \frac{A - A^\dagger}{2\iu}$ ), dan bahwa $A$ normal bila dan hanya bila $H$ dan $K$ komut.

Solusi

Solusi Latihan 13.3.

Ketunggalannya: $A = H + \iu K$ dengan $H^\dagger = H$ dan $K^\dagger = K$ memaksa $A^\dagger = H - \iu K$ , jadi $H = \frac{A + A^\dagger}{2}$ dan $K = \frac{A - A^\dagger}{2\iu}$ ; sedangkan rumus itu bersifat Hermitian (periksa: $\bigl(\frac{A - A^\dagger}{2\iu}\bigr)^\dagger = \frac{ A^\dagger - A}{-2\iu} = K$ ) dan membangun ulang $A$ : itulah keberadaannya.

Kenormalannya: $A^\dagger A - AA^\dagger = (H - \iu K)(H + \iu K) - (H + \iu K)(H - \iu K) = 2\iu(HK - KH)$ : jadi ia lenyap bila dan hanya bila $HK = KH$ .

Latihan 13.4 ★★

Diagonalkan dalam basis ortonormal: $A = \begin{pmatrix} 2 & \iu\\ -\iu & 2\end{pmatrix}$ , lalu hitunglah $A^k$ untuk $k \in \N$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.4.

$\chi_A = (X-2)^2 - 1$ : jadi nilai eigennya $3$ dan $1$ . Vektor eigennya, lewat perhitungan langsung:

A\begin{pmatrix}1\\ -\iu\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 + \iu(-\iu)\\ -\iu + 2(-\iu)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\ -3\iu \end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix}1\\ -\iu\end{pmatrix}, \qquad A\begin{pmatrix}1\\ \iu\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 + \iu\cdot\iu\\ -\iu + 2\iu\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\ \iu\end{pmatrix}.

Basis eigen ortonormalnya: $u_1 = \frac{1}{\sqrt2}(1, -\iu)$ (bernilai eigen $3$ ) dan $u_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1, \iu)$ (bernilai eigen $1$ ); dengan keortogonalannya seperti pada Latihan 13.1. Adapun pangkatnya, lewat proyeksi spektralnya $A^k = 3^k u_1u_1^\dagger + 1^k\, u_2u_2^\dagger$ :

A^k = U\begin{pmatrix} 3^k & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}U^\dagger = \frac{3^k}{2}\begin{pmatrix} 1 & \iu\\ -\iu & 1\end{pmatrix} + \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -\iu\\ \iu & 1\end{pmatrix} = \frac12\begin{pmatrix} 3^k + 1 & (3^k - 1)\iu\\ -(3^k-1)\iu & 3^k + 1 \end{pmatrix}.

(Periksa $k = 1$ : ia memulihkan $A$ .)

Latihan 13.5 ★★

Buktikan bahwa $U(n)$ kompak, dan bahwa pemetaan nilai eigennya pada: setiap $\lambda$ yang bermodulus satu muncul bagi suatu matriks uniter. Buktikan pula bahwa $\det U \in \mathbb{U}$ (yakni lingkaran satuan) untuk $U \in U(n)$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.5.

Kompak: sebab tertutup (yakni prapeta $I$ oleh pemetaan kontinu $U \mapsto U^\dagger U$ ) dan terbatas (sebab kolomnya vektor satuan, jadi entrinya bermodulus $\leq 1$ ) di dalam $\mathcal{M}_n(\C) \simeq \R^{2n^2}$ .

Nilai eigennya: sebab $\operatorname{diag}(\lambda, 1, \dots, 1)$ bersifat uniter untuk sembarang $\abs\lambda = 1$ . Determinannya: $\abs{\det U}^2 = \det U^\dagger \det U = \det(U^\dagger U) = 1$ (dengan memakai $\det A^\dagger = \conj{\det A}$ ): jadi $\det U$ terletak pada lingkaran satuan.

Latihan 13.6 ★★

(Transformasi Cayley) Misalkan $H$ Hermitian. Buktikan bahwa $H + \iu I$ terbalikkan dan bahwa $U = (H - \iu I)(H + \iu I)^{-1}$ bersifat uniter, dengan $1 \notin \operatorname{Sp}(U)$ . (Bekerjalah secara spektral: sebab pada basis eigen $H$ , segalanya menjadi skalar.)

Solusi

Solusi Latihan 13.6.

Menurut teorema spektral, bekerjalah dalam basis eigen ortonormal $H$ : sebab segalanya menyusut menjadi skalar $\lambda \in \R$ (yakni nilai eigennya). Matriks $H + \iu I$ bernilai eigen $\lambda + \iu \neq 0$ : jadi terbalikkan. Lalu $U$ bernilai eigen $\mu = \frac{\lambda - \iu}{\lambda + \iu}$ , yang bermodulus $1$ (sebab $\abs{\lambda - \iu} = \abs{\lambda + \iu}$ untuk $\lambda$ yang real): jadi $U^\dagger U = I$ berlaku karena $U$ dapat didiagonalkan secara uniter dengan nilai eigen bermodulus satu (ia diagonal dalam basis ortonormal yang dipilih). Dan $\mu = 1$ akan memaksa $-\iu = \iu$ : yang mustahil, jadi $1 \notin \operatorname{Sp} U$ . (Transformasi Cayley memetakan yang Hermitian ke yang uniter dikurangi satu titik — yakni versi matriks bagi pemetaan dari $\R$ ke lingkarannya.)

Latihan 13.7 ★★

Untuk $A$ Hermitian definit positif (yakni $\langle x, Ax\rangle > 0$ untuk $x \neq 0$ ), buktikan bahwa $\operatorname{Sp}(A) \subseteq \intoo{0}{\infty}$ , bahwa $A = B^2$ untuk suatu $B$ Hermitian definit positif, dan bahwa $\det A > 0$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.7.

Untuk pasangan eigen $Ax = \lambda x$ (dengan $x \neq 0$ ): $\lambda\norm x^2 = \langle x, Ax\rangle > 0$ , jadi $\lambda > 0$ (dan sudah real menurut Proposisi 13.6). Akar kuadratnya: dalam basis spektral, $B = U\operatorname{diag}(\sqrt{\lambda_i})U^\dagger$ bersifat Hermitian, definit positif, dan $B^2 = A$ . Determinannya: yakni hasil kali nilai eigennya yang positif.

Latihan 13.8 ★★★

(Teorema spektral bagi endomorfisma normal) Misalkan $u$ normal pada sebuah ruang Hermitian.

Buktikan $\norm{u(x)} = \norm{u^*(x)}$ untuk setiap $x$ , lalu turunkan $\ker(u - \lambda) = \ker(u^* - \conj\lambda)$ .
Buktikan bahwa ruang eigen $u$ bagi nilai eigen yang berbeda saling ortogonal, dan bahwa komplemen ortogonal sebuah ruang eigen bersifat stabil terhadap $u$ .
Simpulkan secara induktif bahwa $u$ dapat didiagonalkan secara uniter; lalu sebaliknya.

Solusi

Solusi Latihan 13.8.

$\norm{u(x)}^2 = \langle u(x), u(x)\rangle = \langle x, u^*u(x)\rangle = \langle x, uu^*(x)\rangle = \norm{u^*(x)}^2$ . Menerapkan ini pada $u - \lambda\,\mathrm{id}$ yang normal (sebab adjoinnya $u^* - \conj\lambda$ , dan kenormalannya diwarisi): $\norm{(u - \lambda)x} = \norm{(u^* - \conj\lambda)x}$ , jadi kernelnya sepakat.
Untuk vektor eigen $u(x) = \lambda x$ dan $u(y) = \mu y$ (dengan $\lambda \neq \mu$ ): memakai (1), $u^*(x) = \conj\lambda x$ ; lalu

$\lambda\langle y, x\rangle = \langle y, u(x)\rangle = \langle u^*(y), x\rangle = \langle \conj\mu\, y, x\rangle = \mu \langle y, x\rangle ,$

jadi $\langle y, x\rangle = 0$ . Adapun kestabilan $E_\lambda^\perp$ : untuk $x \perp E_\lambda$ dan $z \in E_\lambda$ , $\langle z, u(x)\rangle = \langle u^*(z), x\rangle = \langle\conj\lambda z, x\rangle = 0$ .
Secara induktif atas dimensinya: atas $\C$ , $u$ punya vektor eigen $e_1$ (normalkan ia); lalu komplemen ortogonalnya stabil terhadap $u$ (menurut (2)) sekaligus terhadap $u^*$ (lewat hujah yang sama dengan peran yang dipertukarkan), jadi pembatasannya normal: maka berinduksilah lalu rangkaikan basis eigen ortonormalnya. Sebaliknya, sebuah $u = UDU^\dagger$ yang dapat didiagonalkan secara uniter memenuhi $u^*u = U\conj D D U^\dagger = U D\conj D U^\dagger = uu^*$ : sehingga normal.

Latihan 13.9 ★

Sebuah endomorfisma disebut anti-Hermitian apabila $u^* = -u$ . Buktikan bahwa nilai eigennya imajiner murni, bahwa $u \mapsto \iu u$ merupakan bijeksi dari endomorfisma Hermitian ke endomorfisma anti-Hermitian, dan bahwa endomorfisma anti-Hermitian dapat didiagonalkan secara uniter (Latihan 13.8).

Solusi

Solusi Latihan 13.9.

Nilai eigennya: untuk $u(x) = \lambda x$ dengan $x \neq 0$ :

\lambda\norm x^2 = \langle x, u(x)\rangle = \langle u^*(x), x\rangle = -\langle u(x), x\rangle = -\conj{\langle x, u(x)\rangle} = -\conj\lambda\,\norm x^2 ,

jadi $\lambda = -\conj\lambda$ : sehingga imajiner murni. Karena $(\iu u)^* = -\iu\,u^*$ (sebab adjoinnya linear-sekawan pada skalarnya), maka $u^* = u$ memberi $(\iu u)^* = -\iu u$ : jadi pemetaan $u \mapsto \iu u$ mengirim yang Hermitian ke yang anti-Hermitian, dengan balikan $w \mapsto -\iu w$ : yakni sebuah bijeksi. Lalu $u$ yang anti-Hermitian memenuhi $u^*u = -u^2 = uu^*$ : jadi normal, sehingga dapat didiagonalkan secara uniter menurut Latihan 13.8.

Latihan 13.10 ★★

(Transformasi Fourier hingga) Misalkan $S$ geseran siklik pada $\C^n$ : $S(x_0, x_1, \dots, x_{n-1}) = (x_{n-1}, x_0, \dots, x_{n-2})$ , dan $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$ .

Tunjukkan bahwa $S$ uniter, dan bahwa vektor $f_k = \frac{1}{\sqrt n}\bigl(1, \omega^k, \omega^{2k}, \dots, \omega^{(n-1)k}\bigr)$ dengan $0 \leq k < n$ membentuk basis ortonormal beranggotakan vektor eigen: $Sf_k = \omega^{-k} f_k$ .
Turunkan bahwa setiap matriks sirkulan $C = \sum_{j=0}^{n-1} c_jS^j$ bersifat normal, didiagonalkan oleh basis yang sama, dengan nilai eigen $\widehat c(k) = \sum_j c_j\,\omega^{-jk}$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.10.

Pemetaan $S$ mempermutasikan sebuah basis ortonormal: sebab $\norm{Sx} = \norm x$ , jadi $S$ uniter. Dengan mengindeks koordinatnya lewat $j = 0, \dots, n-1$ modulo $n$ : $(Sx)_j = x_{j-1}$ , jadi untuk $(f_k)_j = \frac{\omega^{jk}}{\sqrt n}$ :

$(Sf_k)_j = \frac{\omega^{(j-1)k}}{\sqrt n} = \omega^{-k}\,(f_k)_j : \qquad Sf_k = \omega^{-k}f_k .$

Keortonormalannya: $\langle f_k, f_l\rangle = \frac1n \sum_j \omega^{j(l-k)} = \delta_{kl}$ (sebab jumlah geometri akar satuan yang tak trivial lenyap).
$Cf_k = \sum_j c_j S^jf_k = \bigl(\sum_j c_j\omega^{-jk}\bigr)f_k = \widehat c(k)\,f_k$ : jadi setiap matriks sirkulan bersifat diagonal dalam basis Fourier yang ortonormal, sehingga normal, dengan spektrum $\{\widehat c(k)\}$ . (Dan penggantian basisnya adalah transformasi Fourier diskret: sebab konvolusi menjadi perkalian.)

Latihan 13.11 ★★

Misalkan $P$ endomorfisma idempoten (yakni $P^2 = P$ ) pada sebuah ruang Hermitian. Buktikan bahwa $P$ adalah proyeksi ortogonal ke $\operatorname{im} P$ bila dan hanya bila $P^* = P$ . Berikanlah matriks proyeksi ortogonal ke $\C v$ (dengan $\norm v = 1$ ), dan ke sebuah subruang berbasis ortonormal $(v_1, \dots, v_k)$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.11.

( $\Leftarrow$ ) Misalkan $P^2 = P = P^*$ . Setiap $v$ terpecah menjadi $v = Pv + (v - Pv)$ dengan $Pv \in \operatorname{im} P$ dan $P(v - Pv) = 0$ . Kedua kepingnya ortogonal: sebab untuk sembarang $x, y$ ,

\langle Px, (I - P)y\rangle = \langle x, P(I-P)y\rangle = \langle x, (P - P^2)y\rangle = 0 :

jadi $\ker P \perp \operatorname{im} P$ , sehingga $P$ adalah proyeksi ortogonal ke petanya. ( $\Rightarrow$ ) Bila $P$ adalah proyeksi ortogonal ke $F = \operatorname{im}P$ : maka untuk setiap $x, y$ berlaku $\langle Px, y\rangle = \langle Px, Py\rangle$ (sebab komponen $y - Py \perp F$ gugur) dan secara simetris $\langle x, Py\rangle = \langle Px, Py\rangle$ : jadi $\langle Px, y\rangle = \langle x, Py\rangle$ , yakni $P^* = P$ . Matriksnya: ke $\C v$ (dengan $\norm v = 1$ ): $Px = v\,\langle v, x\rangle$ , yakni $P = vv^\dagger$ ; sedangkan ke $\operatorname{Vect}(v_1, \dots, v_k)$ yang ortonormal: $P = \sum_i v_iv_i^\dagger$ .

Latihan 13.12 ★★★

(Proyektor spektral lewat interpolasi) Misalkan $A$ Hermitian dengan nilai eigen yang berbeda-beda $\lambda_1, \dots, \lambda_p$ dan penguraian ruang eigen $E = \bigoplus_i E_i$ . Definisikan polinomial Lagrange $L_i(X) = \prod_{j\neq i}\frac{X - \lambda_j}{\lambda_i - \lambda_j}$ . Buktikan bahwa $P_i = L_i(A)$ adalah proyeksi ortogonal ke $E_i$ , bahwa $P_iP_j = 0$ untuk $i \neq j$ , bahwa $\sum_i P_i = I$ , dan bahwa $A = \sum_i \lambda_iP_i$ (yakni dekomposisi spektralnya); lalu nyatakanlah $f(A)$ untuk sembarang polinomial $f$ dalam $P_i$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.12.

Diagonalkan $A = U D U^\dagger$ (lewat teorema spektral), dengan $D$ diagonal berentri di antara $\lambda_i$ . Maka $P_i = L_i(A) = U L_i(D)U^\dagger$ , dan $L_i(D)$ bersifat diagonal berentri $L_i(\lambda_j) = \delta_{ij}$ : yakni bernilai satu persis pada slot $E_i$ . Jadi $P_i$ bersifat Hermitian (sebab $L_i$ real dan $D$ real), idempoten, berpeta $E_i$ dan berkernel $\bigoplus_{j\neq i}E_j = E_i^\perp$ (berkat keortogonalan ruang eigennya): sehingga ia proyeksi ortogonal ke $E_i$ (Latihan 13.11). Pola diagonal yang saling lepas memberi $P_iP_j = 0$ (untuk $i \neq j$ ); lalu $\sum_i L_i = 1$ (sebab berderajat $< p$ dan bernilai $1$ di $p$ titik), jadi $\sum P_i = I$ ; dan $\sum_i \lambda_iL_i(\lambda_j) = \lambda_j$ memberi $A = \sum \lambda_iP_i$ . Untuk sembarang polinomial $f$ : matriks $f(D)$ berdiagonal $f(\lambda_j)$ , jadi

f(A) = \sum_{i=1}^{p} f(\lambda_i)\,P_i :

jadi fungsi $A$ dihitung secara spektral — yakni kalkulus yang diperluas jilid Tahun ke-3 ke $f$ yang kontinu dan seterusnya.

13.4 Soal: Courant–Fischer, Weyl, dan kalkulus nilai eigen

Soal 13.1

Nilai eigen sebuah matriks Hermitian bukan sekadar akar sebuah polinomial: ia penyelesaian masalah pengoptimalan. Sudut pandang variasional itu — yakni hasil bagi Rayleigh dan teorema min-maks Courant–Fischer — membuat nilai eigen dapat dibandingkan, stabil, dan terhitung, dan soal ini memanen hasil klasiknya: ketaksamaan usikan Weyl, penyisipan Cauchy, ketaksamaan trace Schur dan Ky Fan, kemonotonan akar kuadrat matriks, dan spektrum Laplacian diskret. Di sepanjang soal ini, $A, B, E$ bersifat Hermitian pada $E = \C^n$ dengan nilai eigen yang didaftar menurun $\lambda_1(A) \geq \dots \geq \lambda_n(A)$ , dan $R_A(x) = \frac{\langle x, Ax\rangle}{\langle x, x\rangle}$ untuk $x \neq 0$ disebut hasil bagi Rayleigh.

Bagian I — Hasil bagi Rayleigh dan min-maks. Tetapkan sebuah basis eigen ortonormal $(e_1, \dots, e_n)$ dengan $Ae_i = \lambda_ie_i$ .

Tunjukkan bahwa $R_A(x)$ bersifat real, dan bahwa

$\lambda_n \leq R_A(x) \leq \lambda_1 \qquad (x \neq 0),$

dengan kedua batasnya tercapai: $\lambda_1 = \max R_A$ dan $\lambda_n = \min R_A$ .
Tunjukkan bahwa titik kritis $R_A$ persis merupakan vektor eigen $A$ (uraikan $t \mapsto R_A(x + tv)$ di $t = 0$ untuk $v$ sembarang, lalu gantilah $v$ dengan $\iu v$ ).
Misalkan $V_k = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_k)$ dan $W_k = \operatorname{Vect}(e_k, \dots, e_n)$ . Tunjukkan

$\min_{x \in V_k\setminus\{0\}} R_A(x) = \lambda_k = \max_{x \in W_k\setminus\{0\}} R_A(x) .$
Buktikan teorema Courant–Fischer: untuk $1 \leq k \leq n$ ,

$\lambda_k = \max_{\dim V = k}\;\min_{x \in V\setminus\{0\}} R_A(x) = \min_{\dim W = n-k+1}\;\max_{x \in W\setminus\{0\}} R_A(x)$

(sebab untuk sembarang $V$ berdimensi $k$ berlaku $V \cap W_k \neq \{0\}$ menurut Grassmann, jadi $\min_V R_A \leq \lambda_k$ ; lalu pertanyaan 3 menunjukkan batasnya tercapai).
(Kemonotonan) Tulislah $A \leq B$ apabila $B - A$ bersifat semidefinit positif. Turunkan dari pertanyaan 4: bahwa $A \leq B$ mengakibatkan $\lambda_k(A) \leq \lambda_k(B)$ untuk setiap $k$ .

Bagian II — Ketaksamaan Weyl.

Tunjukkan bahwa subruang $V, W \subseteq \C^n$ dengan $\dim V + \dim W > n$ berpotongan secara tak trivial, lalu samaratakan: $\dim(V_1 \cap V_2 \cap V_3) \geq \dim V_1 + \dim V_2 + \dim V_3 - 2n$ .
Buktikan ketaksamaan Weyl: untuk $i + j - 1 \leq n$ ,

$\lambda_{i+j-1}(A + B) \leq \lambda_i(A) + \lambda_j(B)$

(potongkanlah subruang $W_i(A)$ , $W_j(B)$ dan $V_{i+j-1}(A+B)$ pada pertanyaan 3 lalu cacahlah dimensinya).
Definisikan $\vertiii{E}_2 = \max_{\norm x = 1}\norm{Ex}$ lalu tunjukkan $\vertiii E_2 = \max_k\abs{\lambda_k(E)}$ untuk $E$ yang Hermitian. Turunkan teorema usikan Weyl:

$\bigl|\lambda_k(A + E) - \lambda_k(A)\bigr| \leq \vertiii{E}_2 \qquad (1 \leq k \leq n) :$

jadi tiap nilai eigennya merupakan fungsi Lipschitz berkonstanta $1$ terhadap matriksnya.
(Usikan berrank satu) Misalkan $P$ Hermitian semidefinit positif berrank $1$ . Tunjukkan

$\lambda_k(A) \leq \lambda_k(A + P) \leq \lambda_{k-1}(A) \qquad (2 \leq k \leq n),$

bersama $\lambda_1(A) \leq \lambda_1(A+P)$ : jadi nilai eigen barunya menyisip di antara yang lama.
Periksalah pertanyaan 8 secara numerik: $A = \begin{pmatrix} 2 & \iu\\ -\iu & 2\end{pmatrix}$ (Latihan 13.4: berspektrum $\{3, 1\}$ ) dan $E = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ (berspektrum $\{1, -1\}$ ): hitunglah spektrum $A + E$ beserta kedua ruas ketaksamaannya.

Bagian III — Penyisipan dan ketaksamaan trace.

(Penyisipan Cauchy) Misalkan $B$ submatriks utama terdepan berukuran $(n-1)\times(n-1)$ milik $A$ . Buktikan

$\lambda_{k+1}(A) \leq \lambda_k(B) \leq \lambda_k(A) \qquad (1 \leq k \leq n-1)$

(pandanglah $\C^{n-1} \subseteq \C^n$ ; sebab di atasnya, $R_B$ adalah pembatasan $R_A$ ; lalu terapkan Courant–Fischer pada kedua arasnya).
Iterasikan: untuk submatriks utama $B$ berukuran $n - m$ , berlaku $\lambda_{k+m}(A) \leq \lambda_k(B) \leq \lambda_k(A)$ .
(Schur) Misalkan $d_1 \geq d_2 \geq \dots \geq d_n$ menyatakan entri diagonal $A$ yang telah disortir. Buktikan, untuk setiap $k$ :

$\sum_{i=1}^{k} d_i \leq \sum_{i=1}^{k}\lambda_i(A),$

dengan kesamaan di $k = n$ (yakni tracenya) (sebab $k$ entri diagonal terpilihnya membentuk submatriks utama $k\times k$ ; lalu batasilah tracenya lewat pertanyaan 12).
(Ky Fan) Buktikan

$\sum_{i=1}^{k}\lambda_i(A) = \max\Bigl\{\sum_{i=1}^{k}\langle x_i, Ax_i\rangle : (x_1, \dots, x_k) \text{ ortonormal}\Bigr\} .$
Periksalah pertanyaan 11 dan 13 pada

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 2\end{pmatrix} \qquad \bigl(\operatorname{Sp} = \{2 - \sqrt2,\ 2,\ 2+\sqrt2\}\bigr)$

terhadap blok terdepan $2\times2$ -nya (yang berspektrum $\{1, 3\}$ ) dan terhadap diagonalnya.

Bagian IV — Urutan Loewner. Lambang $A \leq B$ tetap berarti $B - A$ semidefinit positif; dan semua matriks pada bagian ini bersifat Hermitian.

Tunjukkan: bahwa $A \leq B$ mengakibatkan $a_{ii} \leq b_{ii}$ untuk setiap $i$ , bahwa $\operatorname{tr} A \leq \operatorname{tr} B$ , dan bahwa $C^\dagger AC \leq C^\dagger BC$ untuk setiap matriks kompleks $C$ .
Tunjukkan bahwa pengkuadratan tidak monoton: sebab untuk

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix},$

periksalah $0 \leq A \leq B$ tetapi $A^2 \not\leq B^2$ .
Buktikan bahwa akar kuadratnya memang monoton: bahwa $0 \leq A \leq B$ mengakibatkan $\sqrt A \leq \sqrt B$ (misalkan $\mu$ nilai eigen $\sqrt B - \sqrt A$ dengan vektor eigen satuan $v$ ; lalu hitunglah $\langle v, (B - A)v\rangle = \mu\bigl(\langle v, \sqrt B\,v\rangle + \langle v, \sqrt A\,v\rangle\bigr)$ lalu bahaslah).
Buktikan bahwa pembalikannya bersifat antitonik pada matriks definit positif: bahwa $0 < A \leq B$ mengakibatkan $B^{-1} \leq A^{-1}$ (kongruenkan dengan $A^{-1/2}$ untuk mereduksinya ke $I \leq M \Rightarrow M^{-1} \leq I$ , yang menjadi skalar dalam basis spektralnya).
Misalkan $A, B$ definit positif. Tunjukkan bahwa nilai eigen $AB$ (yang secara umum tak Hermitian!) bersifat real dan positif, dan bahwa

$\lambda_{\max}(AB) \leq \lambda_{\max}(A)\,\lambda_{\max}(B)$

(konjugasikan dengan $\sqrt A$ : sebab $AB \sim \sqrt A\,B\sqrt A$ ).

Bagian V — Laplacian diskret, dikerjakan. Misalkan $T_n$ matriks tridiagonal $n \times n$ dengan $2$ pada diagonalnya dan $-1$ pada kedua diagonal tetangganya.

Dengan $\theta_k = \frac{k\pi}{n+1}$ , periksalah bahwa vektor $v_k = \bigl(\sin(j\theta_k)\bigr)_{1\leq j\leq n}$ memenuhi $T_nv_k = (2 - 2\cos\theta_k)\,v_k$ (lewat kesamaan hasil-kali-ke-jumlah; lalu periksa baris perbatasannya $j = 1, n$ ). Simpulkan:

$\operatorname{Sp}(T_n) = \Bigl\{4\sin^2 \frac{k\pi}{2(n+1)} : 1 \leq k \leq n\Bigr\},$

yang semuanya sederhana dan positif: jadi $T_n$ definit positif.
(Sebuah potensial) Untuk $D = \operatorname{diag}(d_1, \dots, d_n)$ diagonal real, apitlah spektrumnya: untuk setiap $k$ ,

$\lambda_k(T_n) + \min_i d_i \;\leq\; \lambda_k(T_n + D) \;\leq\; \lambda_k(T_n) + \max_i d_i .$
Periksalah penyisipan Cauchy antara $T_3$ dan $T_2$ secara gamblang (dengan spektrum $\{2 \pm \sqrt2, 2\}$ dan $\{1, 3\}$ ), lalu tafsirkanlah: sebab $T_2$ adalah $T_3$ dengan satu ujung lintasannya dibuang.
Tunjukkan bahwa nilai eigen ekstremnya memenuhi, ketika $n \to \infty$ :

$\lambda_{\min}(T_n) = 4\sin^2\frac{\pi}{2(n+1)} \sim \frac{\pi^2}{(n+1)^2}, \qquad \lambda_{\max}(T_n) \to 4 ,$

jadi bilangan kondisinya $\kappa_n = \lambda_{\max}/\lambda_{\min}$ tumbuh seperti $\frac{4(n+1)^2}{\pi^2}$ : sehingga mendiskretkan turunan kedua pada kisi yang makin halus bersifat buruk-kondisi secara hakiki.
Rangkuman. Satu kalimat untuk masing-masing: (i) mengapa pencirian variasionalnya, bukan polinomial karakteristiknya, yang membuat nilai eigen stabil (pertanyaan 8–9); (ii) pertanyaan mana yang hanya memakai $\lambda_1 = \max R_A$ dan mana yang menuntut min-maks selengkapnya; (iii) apa yang ditambahkan urutan Loewner pada ceritanya; (iv) di mana perkakas ini muncul kembali (yakni pada analisis numerik matriks kekakuan pertanyaan 24; pada teori usikan kuantum; dan, pada jilid Tahun ke-3, pada asas min-maks bagi operator swa-adjoin yang kompak).

Solusi

Solusi Soal 13.1.

1. Berlaku $\conj{\langle x, Ax\rangle} = \langle Ax, x\rangle = \langle x, A^*x\rangle = \langle x, Ax\rangle$ : jadi real. Lalu dengan menulis $x = \sum c_ie_i$ :

R_A(x) = \frac{\sum_i\lambda_i\abs{c_i}^2} {\sum_i\abs{c_i}^2} ,

yakni rata-rata terbobot nilai eigennya: jadi ia terletak di $\intcc{\lambda_n}{\lambda_1}$ , dengan batasnya tercapai di $e_1$ dan $e_n$ .

2. Untuk $t$ yang real dan sembarang $v$ , uraikan $R_A(x + tv) = \frac{N(t)}{D(t)}$ dengan

N(t) = \langle x, Ax\rangle + 2t\Re\langle v, Ax\rangle + t^2\langle v, Av\rangle, \quad D(t) = \norm x^2 + 2t\Re\langle v, x\rangle + t^2\norm v^2 .

Turunannya di $t = 0$ adalah

\frac{2}{\norm x^2}\, \Re\bigl\langle v,\ Ax - R_A(x)\,x\bigr\rangle .

Ia lenyap untuk setiap $v$ bila dan hanya bila $\Re\langle v, w\rangle = 0$ untuk setiap $v$ , dengan $w = Ax - R_A(x)x$ ; lalu mengganti $v$ dengan $\iu v$ membunuh bagian imajinernya juga: jadi $w = 0$ , yakni $Ax = R_A(x)x$ . Sehingga titik kritis $R_A$ persis merupakan vektor eigen, dengan nilai kritisnya berupa nilai eigennya.

3. Untuk $x = \sum_{i\leq k}c_ie_i \in V_k$ : besaran $R_A(x)$ adalah rata-rata terbobot $\lambda_1, \dots, \lambda_k$ , sehingga $\geq \lambda_k$ , dengan kesamaan di $e_k$ : jadi $\min_{V_k} R_A = \lambda_k$ . Secara simetris pada $W_k$ rata-ratanya melibatkan $\lambda_k, \dots, \lambda_n$ : jadi $\max_{W_k}R_A = \lambda_k$ .

4. Misalkan $\dim V = k$ . Maka $\dim V + \dim W_k = n + 1 > n$ , jadi ada $x \in V \cap W_k$ yang satuan, dan $R_A(x) \leq \lambda_k$ (pertanyaan 3): sehingga $\min_{V}R_A \leq \lambda_k$ untuk setiap $V$ yang demikian. Karena $V_k$ mencapai $\lambda_k$ , maka maks-minnya sama dengan $\lambda_k$ . Adapun rumus min-maksnya lewat hujah yang sama dengan peran yang dibalik (sebab $\dim W = n - k + 1$ memaksa $W \cap V_k \neq \{0\}$ , jadi $\max_W R_A \geq \lambda_k$ , yang tercapai di $W_k$ ).

5. Berlaku $R_B(x) = R_A(x) + \frac{\langle x, (B-A)x\rangle}{\norm x^2} \geq R_A(x)$ titik demi titik. Lalu mengambil $\min$ atas sembarang ruang berdimensi $k$ , sebut $V$ , lalu $\max$ atas $V$ memberi $\lambda_k(B) \geq \lambda_k(A)$ menurut pertanyaan 4.

6. Menurut Grassmann: $\dim(V\cap W) = \dim V + \dim W - \dim(V + W) \geq \dim V + \dim W - n > 0$ . Menerapkan ini dua kali:

\dim(V_1\cap V_2\cap V_3) \geq \dim(V_1\cap V_2) + \dim V_3 - n \geq \dim V_1 + \dim V_2 + \dim V_3 - 2n .

7. Subruang $W_i(A)$ , $W_j(B)$ (pertanyaan 3, bagi $A$ dan $B$ ) dan $V_{i+j-1}(A+B)$ berdimensi $(n-i+1) + (n-j+1) + (i+j-1) = 2n + 1 > 2n$ : jadi menurut pertanyaan 6 ada sebuah vektor satuan $x$ di ketiganya. Maka

\lambda_{i+j-1}(A+B) \leq R_{A+B}(x) = R_A(x) + R_B(x) \leq \lambda_i(A) + \lambda_j(B),

dengan ketaksamaan kirinya karena $x \in V_{i+j-1}(A+B)$ (pertanyaan 3), dan yang kanannya berkat kedua $W$ -nya.

8. Dalam basis spektral $E$ : $\norm{Ex}^2 = \sum \lambda_k(E)^2\abs{c_k}^2 \leq \max_k\lambda_k(E)^2\,\norm x^2$ , yang tercapai di vektor eigen yang bersesuaian: jadi $\vertiii E_2 = \max_k\abs{\lambda_k(E)}$ . Lalu Weyl dengan $j = 1$ : $\lambda_k(A+E) \leq \lambda_k(A) + \lambda_1(E) \leq \lambda_k(A) + \vertiii E_2$ ; dan menerapkan ini pada $(A+E) + (-E)$ : $\lambda_k(A) \leq \lambda_k(A+E) + \vertiii E_2$ . Bersama-sama: $\abs{\lambda_k(A+E) - \lambda_k(A)} \leq \vertiii E_2$ .

9. Batas bawahnya: berkat $P \geq 0$ dan pertanyaan 5. Batas atasnya: sebab $P$ berrank $1$ , jadi $\lambda_2(P) = 0$ ; lalu Weyl dengan $i = k-1$ dan $j = 2$ memberi

\lambda_k(A + P) \leq \lambda_{k-1}(A) + \lambda_2(P) = \lambda_{k-1}(A) .

10. Berlaku $A + E = \begin{pmatrix} 2 & 1+\iu\\ 1-\iu & 2\end{pmatrix}$ : dengan polinomial karakteristik $(2-\lambda)^2 - \abs{1+\iu}^2 = (2-\lambda)^2 - 2$ , jadi spektrumnya $\{2 + \sqrt2,\ 2 - \sqrt2\}$ . Terhadap $\operatorname{Sp}A = \{3, 1\}$ :

\abs{(2+\sqrt2) - 3} = \abs{(2-\sqrt2) - 1} = \sqrt2 - 1 \approx 0.414 \leq 1 = \vertiii E_2 . \checkmark

11. Pandanglah $\C^{n-1} = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_{n-1})$ di dalam $\C^n$ (lewat basis bakunya): untuk $x$ di sana, $\langle x, Bx\rangle = \langle x, Ax\rangle$ , jadi $R_B$ adalah pembatasan $R_A$ . Batas atasnya: maks-min bagi $\lambda_k (B)$ berjangkau atas subruang berdimensi $k$ milik $\C^{n-1}$ , yakni subkeluarga milik $\C^n$ : jadi $\lambda_k(B) \leq \lambda_k(A)$ . Batas bawahnya: min-maks bagi $\lambda_k(B)$ berjangkau atas subruang $\C^{n-1}$ yang berdimensi $(n-1)-k+1 = n-k$ ; dan masing-masingnya juga subruang $\C^n$ berdimensi $n - (k+1) + 1$ , jadi maksimumnya $\geq \lambda_{k+1}(A)$ , sehingga $\lambda_k(B) \geq \lambda_{k+1}(A)$ .

12. Buanglah baris dan kolomnya satu demi satu lalu rantaikan pertanyaan 11: sebab tiap pembuangannya menggeser indeks bawahnya satu, sehingga memberi $\lambda_{k+m}(A) \leq \lambda_k(B) \leq \lambda_k(A)$ .

13. Mengonjugasikan $A$ dengan matriks permutasi (yang uniter) tidak mengubah spektrumnya maupun multihimpunan entri diagonalnya: jadi andaikan $d_1, \dots, d_k$ menempati posisi terdepannya. Maka submatriks utama terdepan $k\times k$ , sebut $B$ , punya $\operatorname{tr} B = \sum_{i\leq k}d_i$ , dan nilai eigennya memenuhi $\mu_i(B) \leq \lambda_i(A)$ (pertanyaan 12): jadi setelah dijumlahkan, $\sum_{i\leq k}d_i \leq \sum_{i\leq k}\lambda_i(A)$ . Dan di $k = n$ kedua ruasnya adalah $\operatorname{tr} A$ .

14. Mengambil $x_i = e_i$ memberi nilai $\sum_{i\leq k}\lambda_i$ : jadi maksimumnya $\geq$ . Sebaliknya, sebuah keluarga ortonormal $(x_1, \dots, x_k)$ diperluas menjadi basis ortonormal, yakni menjadi $U$ yang uniter dengan kolom pertamanya $x_i$ ; lalu $\sum_i\langle x_i, Ax_i\rangle$ adalah jumlah $k$ entri diagonal pertama $U^\dagger AU$ , yang menurut pertanyaan 13 paling banyak sebesar jumlah $k$ nilai eigen terbesarnya — yakni $\sum_{i\leq k}\lambda_i(A)$ . Jadi asas maksimum Ky Fan menyusul.

15. Penyisipannya (dengan $\operatorname{Sp}A = \{2+\sqrt2, 2, 2-\sqrt2\}$ dan $\operatorname{Sp}B = \{3, 1\}$ ):

2 \leq 3 \leq 2 + \sqrt2, \qquad 2 - \sqrt2 \leq 1 \leq 2 . \checkmark

Schur dengan diagonal $(2,2,2)$ : $2 \leq 2+\sqrt2$ ; lalu $4 \leq 4 + \sqrt2$ ; dan $6 = 6$ (yakni tracenya). ✓16. Berlaku $b_{ii} - a_{ii} = \langle e_i, (B-A)e_i\rangle \geq 0$ ; dan menjumlahkannya memberi tracenya. Untuk sembarang $C$ : $\langle x, C^\dagger(B - A)Cx\rangle = \langle Cx, (B-A)(Cx)\rangle \geq 0$ : jadi $C^\dagger AC \leq C^\dagger BC$ .

17. Jelas $A \geq 0$ ; dan $B - A = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}$ bersifat semidefinit positif (bernilai eigen $2, 0$ ): jadi $A \leq B$ . Tetapi

B^2 = \begin{pmatrix} 5 & 3\\ 3 & 2\end{pmatrix}, \qquad B^2 - A^2 = \begin{pmatrix} 4 & 3\\ 3 & 2\end{pmatrix}, \qquad \det(B^2 - A^2) = -1 < 0 :

sehingga tak semidefinit positif. Jadi pengkuadratan tak menghormati urutan Loewner.

18. Misalkan $S = \sqrt A$ dan $T = \sqrt B$ (yang Hermitian semidefinit positif, sebab Latihan 13.7 diperluas ke yang semidefinit lewat rumus spektral yang sama). Maka $T - S$ bersifat Hermitian; misalkan $\mu$ sembarang nilai eigennya dan $v$ vektor eigen satuannya. Dari $T^2 - S^2 = T(T - S) + (T - S)S$ :

0 \leq \langle v, (B - A)v\rangle = \langle Tv, (T-S)v\rangle + \langle (T-S)v, Sv\rangle = \mu\bigl(\langle v, Tv\rangle + \langle v, Sv\rangle\bigr)

(sebab $\mu$ real). Bila $\langle v, Tv\rangle + \langle v, Sv\rangle > 0$ , maka $\mu \geq 0$ . Bila ia lenyap, kedua suku taknegatifnya lenyap; lalu $\langle v, Tv\rangle = \norm{T^{1/2}v}^2 = 0$ memaksa $Tv = 0$ , dan demikian pula $Sv = 0$ , jadi $\mu v = (T - S)v = 0$ sehingga $\mu = 0$ . Jadi semua nilai eigen $T - S$ bernilai $\geq 0$ : sehingga $\sqrt A \leq \sqrt B$ .

19. Kekongruenan oleh $A^{-1/2}$ (pertanyaan 16) memberi $I \leq M := A^{-1/2}BA^{-1/2}$ . Jadi semua nilai eigen $M$ bernilai $\geq 1$ , sehingga nilai eigen $M^{-1}$ terletak di $\intoc{0}{1}$ : jadi $M^{-1} \leq I$ . Tetapi $M^{-1} = A^{1/2}B^{-1}A^{1/2}$ ; jadi mengongruenkan $M^{-1} \leq I$ dengan $A^{-1/2}$ memberi $B^{-1} \leq A^{-1}$ .

20. Berlaku $\sqrt A^{-1}(AB)\sqrt A = \sqrt A\,B\sqrt A$ , jadi $AB$ serupa dengan matriks Hermitian definit positif $\sqrt A\,B\sqrt A$ (yang definit sebab $\langle x, \sqrt AB\sqrt Ax\rangle = \langle \sqrt Ax, B\sqrt Ax\rangle > 0$ ): sehingga nilai eigennya real dan positif. Lebih jauh

\langle x, \sqrt AB\sqrt Ax\rangle \leq \lambda_{\max}(B)\,\norm{\sqrt Ax}^2 = \lambda_{\max}(B)\,\langle x, Ax\rangle \leq \lambda_{\max}(A)\lambda_{\max}(B)\norm x^2 ,

jadi $\lambda_{\max}(AB) = \max R_{\sqrt AB\sqrt A} \leq \lambda_{\max}(A)\lambda_{\max}(B)$ .

21. Dengan $v_k = (\sin j\theta_k)_j$ dan kesamaan $\sin((j-1)\theta) + \sin((j+1)\theta) = 2\sin(j\theta)\cos\theta$ : untuk $2 \leq j \leq n-1$ ,

(T_nv_k)_j = -\sin((j{-}1)\theta_k) + 2\sin(j\theta_k) - \sin((j{+}1)\theta_k) = (2 - 2\cos\theta_k)\sin(j\theta_k) .

Baris $1$ berhasil karena $\sin(0\cdot\theta_k) = 0$ , dan baris $n$ karena $\sin((n+1)\theta_k) = \sin(k\pi) = 0$ : jadi syarat perbatasannya memilih persis $\theta_k = \frac{k\pi}{n+1}$ . Sehingga $T_nv_k = 4\sin^2\bigl(\frac{k\pi}{2(n+1)}\bigr)v_k$ ; adapun $n$ nilainya berbeda-beda di $\intoo04$ dan $v_k \neq 0$ : jadi inilah seluruh spektrumnya, yang positif, sehingga $T_n$ definit positif.

22. Berlaku $\min_id_i\,I \leq D \leq \max_id_i\,I$ , jadi $T_n + \min_id_i\,I \leq T_n + D \leq T_n + \max_id_i\,I$ (sebab menambahkan $T_n$ memelihara urutannya); lalu pertanyaan 5 dan $\lambda_k(T_n + cI) = \lambda_k(T_n) + c$ memberi apitannya.

23. Matriks $T_2 = \begin{pmatrix} 2 & -1\\ -1 & 2\end{pmatrix}$ berspektrum $\{3, 1\}$ , dan

2 - \sqrt2 \;\leq\; 1 \;\leq\; 2 \;\leq\; 3 \;\leq\; 2 + \sqrt2 :

jadi penyisipan Cauchynya terperiksa. (Dan inilah spektrum yang sama seperti pada pertanyaan 15: sebab mengonjugasikan dengan $\operatorname{diag}(1,-1,1)$ membalik tanda luar diagonalnya.) Pembacaan grafnya: $T_2$ adalah matriks bertipe Laplacian bagi lintasan yang simpul terakhirnya dihapus — yakni sebuah submatriks utama, persis situasi pertanyaan 11.

24. Nilai eigen ekstremnya berkelakuan sebagai

\lambda_{\min}(T_n) = 4\sin^2\frac{\pi}{2(n+1)} \sim \frac{\pi^2}{(n+1)^2}, \qquad \lambda_{\max}(T_n) = 4\cos^2\frac{\pi}{2(n+1)} \longrightarrow 4 .

Karena itu

\kappa_n = \frac{\lambda_{\max}}{\lambda_{\min}} \sim \frac{4(n+1)^2}{\pi^2} :

jadi makin halus kisinya, makin buruk kondisi turunan kedua diskretnya — yakni fakta yang menggerakkan perancangan aljabar linear numerik.

25. (i) Akar polinomial karakteristik dapat bergerak liar di bawah usikan sebuah matriks umum, tetapi pencirian min-maksnya memaku tiap nilai eigen Hermitian antara nilai pengoptimalan yang gamblang, sehingga memaksa kestabilan Lipschitz berkonstanta $1$ pada pertanyaan 8–9. (ii) Pertanyaan 1, 5, 16–20 hanya memakai nilai Rayleigh ekstremnya; sedangkan Weyl, penyisipan, Schur dan Ky Fan (pertanyaan 7–14) sungguh menuntut min-maks selengkapnya atas subruangnya. (iii) Urutan Loewner mengubah ketaksamaan skalar itu menjadi kalkulus ketaksamaan matriks — dengan jebakan yang nyata (pertanyaan 17) dan teorema yang nyata (pertanyaan 18–19). (iv) Perkakas ini adalah roti sehari-hari analisis numerik (yakni matriks kekakuan pertanyaan 24), teori usikan kuantum (yakni Weyl: aras energinya bergeser paling banyak sebesar norma usikannya), dan asas min-maks pada jilid Tahun ke-3 bagi operator swa-adjoin yang kompak.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium