Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

2Aljabar Linear

Aljabar linear pada jilid Tahun ke-1 bekerja atas $\R$ atau $\C$ dalam dimensi hingga, dan menerima determinan umum tanpa bukti. Bab ini menaikkan ketiga pembatasan itu: teorinya dinyatakan atas lapangan $K$ sembarang, jalinan antara sebuah ruang dan dual-nya dikembangkan secara sistematis (basis dual, anihilator, transpos), dan determinan akhirnya dibangun dari bentuk multilinear alternating serta tanda permutasi pada Bab 1 — sehingga melunasi setiap utang Tahun ke-1.

Di sepanjang bab ini, $K$ adalah lapangan ( $\Q$ , $\R$ , $\C$ , atau $\Z/p\Z$ — teorinya tidak peduli) dan, kecuali disebutkan lain, ruangnya berdimensi hingga atas $K$ . Hasil Tahun ke-1 (basis, dimensi, rank–nulitas, matriks) berpindah kata demi kata: buktinya tak pernah memakai apa pun selain aksioma lapangan.

2.1 Ruang dual

Definisi 2.1 (Ruang dual, basis dual)

Dual dari $E$ adalah $E^* = \mathcal{L}(E, K)$ , yaitu ruang semua bentuk linear. Jika $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ basis $E$ , maka bentuk koordinat $e_1^*, \dots, e_n^*$ yang ditetapkan oleh $e_i^*(e_j) = \delta_{ij}$ (Kronecker: $1$ bila $i = j$ , selain itu $0$ ) membentuk basis dual $\mathcal{B}^*$ bagi $E^*$ ; khususnya $\dim E^* = \dim E$ , dan

x = \sum_{i=1}^{n} e_i^*(x)\, e_i \quad (x \in E), \qquad \varphi = \sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i)\, e_i^* \quad (\varphi \in E^*).

Bukti bahwa $\mathcal{B}^*$ adalah basis. Bebas: menerapkan kombinasi nol $\sum \lambda_i e_i^* = 0$ pada $e_j$ memberi $\lambda_j = 0$ . Membangun: untuk $\varphi \in E^*$ , bentuk $\varphi - \sum_i \varphi(e_i) e_i^*$ menolkan setiap $e_j$ , jadi ia nol (pemetaan linear yang nol pada suatu basis adalah pemetaan nol). Kedua rumus di atas adalah perhitungan yang sama, dibaca maju. ∎

Contoh 2.2

Pada $K_n[X]$ dengan basis $(1, X, \dots, X^n)$ : basis dualnya adalah $P \mapsto \frac{P^{(k)}(0)}{k!}$ (koefisien Taylor). Basis lain bagi dualnya: evaluasi $P \mapsto P(x_i)$ pada $n + 1$ titik yang berbeda — basis “pra-dual”-nya di $K_n[X]$ persis keluarga polinomial Lagrange $L_i$ (jilid Tahun ke-1), sebab $L_i(x_j) = \delta_{ij}$ . Interpolasi adalah dualitas.

Metode 2.3 (Basis dual dan antedual dalam praktik)

Untuk menguraikan sebuah bentuk $\varphi$ pada basis $(e_i)$ di $E$ : koordinatnya adalah nilai $\varphi(e_i)$ — tanpa sistem yang perlu diselesaikan. Untuk mencari basis $(u_j)$ di $E$ yang dualnya adalah basis $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ tertentu di $E^*$ (yaitu basis antedual): selesaikan $n$ sistem linear

\varphi_i(u_j) = \delta_{ij} \qquad (1 \leq i \leq n),

satu kolom $u_j$ setiap kali; dalam bahasa matriks, bila baris $M$ mendaftar koefisien $\varphi_i$ pada basis $E^*$ yang sudah diketahui, maka kolom $M^{-1}$ adalah $u_j$ . Keberadaan dan ketunggalan antedual dibuktikan pada soal akhir pekan bab ini; perhitungannya selalu berupa pembalikan matriks ini.

Contoh 2.4 (Sebuah basis dual di $\R^2$ , dihitung tuntas)

Untuk basis $b_1 = (1, 1)$ , $b_2 = (1, -1)$ di $\R^2$ : basis dual $(b_1^*, b_2^*)$ wajib memenuhi $b_i^*(b_j) = \delta_{ij}$ . Dengan menulis $b_1^*(x, y) = \alpha x + \beta y$ , syarat $\alpha + \beta = 1$ dan $\alpha - \beta = 0$ memberi

b_1^*(x, y) = \frac{x + y}{2}, \qquad\text{dan serupa itu}\qquad b_2^*(x, y) = \frac{x - y}{2} .

Pemeriksaan kewarasan: $b_1^*$ bukan $e_1^* + e_2^*$ yang dinilai begitu saja — basis dual bergantung pada seluruh basis, bukan pada tiap vektor secara terpisah (mengganti $b_2$ dengan $(0, 1)$ mengubah $b_1^*$ menjadi $x \mapsto x$ ). Dan rumus penguraiannya berjalan: $(x, y) = \frac{x+y}2\,b_1 + \frac{x-y}2\,b_2$ , yaitu penguraian genap/ganjil sebuah pasangan — basis dual adalah pengekstrak koordinat, dan yang satu ini mengekstrak bagian setangkup dan bagian antisetangkup.

Definisi 2.5 (Anihilator)

Untuk subruang $F \subseteq E$ , anihilator adalah

F^{\circ} = \{\varphi \in E^* : \varphi|_F = 0\},

yaitu subruang $E^*$ .

Teorema 2.6 (Dimensi anihilator)

$\dim F^{\circ} = \dim E - \dim F$ . Lebih lanjut $F \mapsto F^\circ$ membalik pemuatan, dan $F$ dapat dipulihkan dari anihilatornya:

F = \{x \in E : \forall\varphi \in F^\circ,\ \varphi(x) = 0\}.

Akibatnya setiap subruang berdimensi $p$ di dalam dimensi $n$ adalah himpunan penyelesaian $n - p$ persamaan linear yang bebas — dan sebaliknya.

Bukti. Pilih basis $(e_1, \dots, e_p)$ untuk $F$ , lalu lengkapi menjadi basis $E$ . Sebuah bentuk $\varphi = \sum \varphi(e_i) e_i^*$ menganihilasi $F$ bila dan hanya bila $p$ koefisien pertamanya nol: jadi $F^\circ = \operatorname{Vect}(e_{p+1}^*, \dots, e_n^*)$ , berdimensi $n - p$ . Pembalikan pemuatan langsung terlihat. Untuk pemulihannya: ruas kanan memuat $F$ ; sebaliknya, jika $x \notin F$ , lengkapilah basis $F$ dengan $x$ dan vektor lain; bentuk koordinat $x$ pada basis ini menganihilasi $F$ tetapi tidak menganihilasi $x$ . Pembacaan “persamaan” mengambil basis $(\varphi_1, \dots, \varphi_{n-p})$ untuk $F^\circ$ : maka $F = \bigcap \ker\varphi_j$ , yaitu irisan $n - p$ hiperbidang yang bebas. ∎

Contoh 2.7 (Sebuah anihilator, dua arah)

Misalkan $F = \operatorname{Vect}\bigl((1, 2, 1),\ (1, 0, -1)\bigr) \subseteq \R^3$ . Sebuah bentuk $\varphi = a\,e_1^* + b\,e_2^* + c\,e_3^*$ menganihilasi $F$ bila dan hanya bila

a + 2b + c = 0 \qquad\text{dan}\qquad a - c = 0 ,

yakni $c = a$ dan $b = -a$ , jadi $F^\circ = \R\,(e_1^* - e_2^* + e_3^*)$ , berdimensi $3 - 2 = 1$ sebagaimana dituntut Teorema 2.6. Dibaca terbalik: $F = \{(x, y, z) : x - y + z = 0\}$ — bidangnya dipulihkan sebagai kernel satu-satunya bentuk yang merentang $F^\circ$ . Beranjak dari keluarga perentang ke persamaan adalah menghitung anihilator; beranjak dari persamaan ke parametrisasi adalah menghitung pra-anihilator. (Periksa: kedua vektor perentangnya memenuhi $x - y + z = 0$ .)

Definisi 2.8 (Pemetaan transpos)

Untuk $u \in \mathcal{L}(E, F)$ , transpos $u^{\mathsf T} \in \mathcal{L}(F^*, E^*)$ adalah

u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u .

Transpos memenuhi $(v \circ u)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T} \circ v^{\mathsf T}$ , dan pada basis dual, matriks $u^{\mathsf T}$ adalah matriks transpos $u$ — yang akhirnya menjelaskan transpos pada Tahun ke-1.

Contoh 2.9 (Transpos, unsur demi unsur)

Misalkan $u \colon \R^2 \to \R^3$ bermatriks $A = \left(\begin{smallmatrix} 1 & 2\\ 0 & 1\\ 3 & 0\end{smallmatrix}\right)$ pada basis kanonik. Untuk $\psi = b_1f_1^* + b_2f_2^* + b_3f_3^* \in (\R^3)^*$ , hitung $u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u$ pada basis $\R^2$ :

(\psi \circ u)(e_1) = \psi(1, 0, 3) = b_1 + 3b_3, \qquad (\psi \circ u)(e_2) = \psi(2, 1, 0) = 2b_1 + b_2 .

Jadi $u^{\mathsf T}(\psi) = (b_1 + 3b_3)\,e_1^* + (2b_1 + b_2)\,e_2^*$ , dan pada basis dual matriks $u^{\mathsf T}$ adalah

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 3\\ 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = A^{\mathsf T} :

transpos abstrak adalah matriks yang dibalik, tanpa perhitungan yang tersisa untuk dipercaya begitu saja. Perhatikan mekanismenya: kolom ke- $j$ pada $A$ menjadi baris ke- $j$ pada matriks yang baru, sebab $\psi \circ u$ membaca keluaran $u$ lewat koefisien $\psi$ .

Proposisi 2.10

$\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im} u)^{\circ}$ dan $\operatorname{im} u^{\mathsf T} = (\ker u)^{\circ}$ . Akibatnya $\operatorname{rk}(u^{\mathsf T}) = \operatorname{rk}(u)$ : rank baris sama dengan rank kolom, dibuktikan secara struktural.

Bukti. $\psi \in \ker u^{\mathsf T} \iff \psi \circ u = 0 \iff \psi$ menolkan $\operatorname{im} u$ : itulah kesamaan pertama. Untuk yang kedua: $u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u$ selalu menolkan $\ker u$ , jadi $\operatorname{im} u^{\mathsf T} \subseteq (\ker u)^\circ$ ; dimensinya berimpit menurut rank–nulitas dan Teorema 2.6:

\operatorname{rk} u^{\mathsf T} = \dim F^* - \dim\ker u^{\mathsf T} = \dim F - \bigl(\dim F - \operatorname{rk} u\bigr) = \operatorname{rk} u = \dim (\ker u)^{\circ} . \qedhere

∎

Contoh 2.11 (Rank dibaca dari kedua sisi)

Misalkan

A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 3 & 1 & 2 \end{pmatrix} .

Rank kolom: baris ketiga adalah jumlah dua baris pertama, jadi $\operatorname{rk} A \leq 2$ ; kolom $1$ dan $2$ bebas, sehingga $\operatorname{rk} A = 2$ . Kernel transposnya: menyelesaikan $A^{\mathsf T}y = 0$ memberi $y \in \R\,(1, 1, -1)$ , jadi $\ker A^{\mathsf T}$ berdimensi $1 = 3 - 2$ : persis $(\operatorname{im} A)^\circ$ di bawah penyamaan $(\R^3)^*$ dengan vektor baris, sebagaimana ditegaskan Proposisi 2.10 — satu-satunya kaitan “baris $_3$ = baris $_1$ + baris $_2$ ” adalah anihilator ruang kolomnya. Rank baris ( $2$ baris yang bebas) dan rank kolom berimpit bukan karena kebetulan, melainkan karena keduanya sama dengan $\operatorname{rk} A = \operatorname{rk} A^{\mathsf T}$ .

Contoh 2.12 (Dualitas membaca sebuah aturan kuadratur)

Mengapa aturan seperti aturan Simpson (Latihan 2.4) ada dan mengapa ia tunggal? Dualitas menjawabnya sebelum perhitungan apa pun. Pada $E = \R_2[X]$ , integral $P \mapsto \int_0^1 P$ adalah satu vektor tertentu di dalam dual $E^*$ yang berdimensi tiga; sedangkan evaluasi di $0$ , $\frac12$ , $1$ membentuk basis $E^*$ ; karena itu integralnya terurai secara tunggal atas basis itu — dan penguraian itu adalah aturan Simpson, lengkap dengan koefisiennya. Pencacahan dimensi juga menakar harapan kita: pada $\R_3[X]$ , empat dimensi bentuk pada umumnya tak dapat direntang oleh tiga evaluasi, jadi ketepatan pada polinomial kubik bukanlah hutang dualitas; bahwa aturan Simpson itu toh mengintegralkan kubik secara tepat adalah bonus kesetangkupan (pencoretan derajat ganjil di sekitar $\frac12$ ) yang harus diperiksa dengan tangan. Aturan dengan $n + 1$ simpul adalah penguraian bentuk pengintegralan pada suatu basis evaluasi di $\R_n[X]^*$ : keberadaan dan ketunggalannya hanya berharga satu teorema basis dual; hanya derajat bonusnya yang berharga kerja.

2.2 Bentuk multilinear alternating

Definisi 2.13

Pemetaan $f \colon E^n \to K$ disebut $n$ -linear bila ia linear pada tiap peubahnya, dan disebut alternating bila ia nol setiap kali dua argumennya sama. Sifat alternating mengakibatkan antisetangkup: menukar dua argumen mengubah tandanya (uraikan $f(\dots, x + y, \dots, x + y, \dots) = 0$ ); lebih umum lagi, untuk $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ ,

f(x_{\sigma(1)}, \dots, x_{\sigma(n)}) = \varepsilon(\sigma)\, f(x_1, \dots, x_n),

dengan menguraikan $\sigma$ atas transposisi (Teorema 1.21).

Teorema 2.14 (Teorema dasar determinan)

Misalkan $\dim E = n$ dan $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ sebuah basis. Ruang bentuk $n$ -linear alternating pada $E$ berdimensi $1$ : setiap bentuk semacam itu adalah kelipatan

\det{}_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n) = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^{n} a_{\sigma(i),\,i}, \qquad x_j = \sum_{i} a_{ij} e_i ,

dan $\det_{\mathcal{B}}$ satu-satunya yang bernilai $1$ pada $\mathcal{B}$ .

Bukti. Misalkan $f$ bentuk $n$ -linear alternating. Dengan menguraikan tiap argumen pada $\mathcal{B}$ lewat kemultilinearan,

f(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i_1, \dots, i_n} a_{i_1,1}\cdots a_{i_n,n}\, f(e_{i_1}, \dots, e_{i_n}).

Suku dengan indeks berulang bernilai nol (sifat alternating); tupel $(i_1, \dots, i_n)$ yang bertahan adalah yang injektif, yakni $i_k = \sigma(k)$ untuk suatu permutasi $\sigma$ , dan sifat antisetangkup menata ulang $f(e_{\sigma(1)}, \dots, e_{\sigma(n)}) = \varepsilon(\sigma) f(e_1, \dots, e_n)$ . Karenanya

f = f(e_1, \dots, e_n) \cdot \det{}_{\mathcal{B}} :

setiap bentuk alternating memang kelipatan itu, asalkan $\det_{\mathcal{B}}$ sendiri (jumlah yang tertulis di atas) memang $n$ -linear alternating dan bernilai $1$ pada $\mathcal B$ . Kemultilinearannya jelas (tiap sukunya linear pada tiap kolom). Nilai pada $\mathcal B$ : satu-satunya suku tak nol adalah $\sigma = \mathrm{id}$ . Sifat alternating: andaikan $x_j = x_k$ ( $j \neq k$ ), sehingga kolom koordinatnya memenuhi $a_{i j} = a_{i k}$ untuk setiap $i$ . Pasangkan tiap $\sigma$ dengan $\sigma' = \sigma\circ(j\,k)$ — sebuah involusi tanpa titik tetap pada $\mathfrak{S}_n$ . Hasil kali yang berpasangan itu berimpit:

\prod_i a_{\sigma'(i),\,i} = a_{\sigma(k),\,j}\; a_{\sigma(j),\,k} \prod_{i \neq j,k} a_{\sigma(i),\,i} = a_{\sigma(k),\,k}\; a_{\sigma(j),\,j} \prod_{i \neq j,k} a_{\sigma(i),\,i} = \prod_i a_{\sigma(i),\,i},

dengan memakai kesamaan kolom $j$ dan kolom $k$ ; sementara itu $\varepsilon(\sigma') = -\varepsilon(\sigma)$ . Jadi tiap pasangan menyumbang nol: jumlahnya lenyap. ∎

Contoh 2.15 (Sarrus, diturunkan lalu dirobohkan)

Untuk $n = 3$ rumus permutasinya tepat punya $3! = 6$ suku. Mendaftar $\mathfrak{S}_3$ menurut tandanya — $\mathrm{id}$ , $(1\,2\,3)$ , $(1\,3\,2)$ genap; $(1\,2)$ , $(1\,3)$ , $(2\,3)$ ganjil — memberi

\det A = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{21}a_{32}a_{13} + a_{31}a_{12}a_{23} - a_{21}a_{12}a_{33} - a_{31}a_{22}a_{13} - a_{11}a_{32}a_{23} :

persis aturan “diagonal” Sarrus yang diajarkan di sekolah — kini menjadi teorema, dengan tanda-tandanya yang misterius dikenali sebagai tanda permutasi. Perobohannya: untuk $n = 4$ ada $24$ permutasi, dan hanya $8$ di antaranya yang terjaring oleh skema penarikan diagonal mana pun; Sarrus tidak punya versi berderajat $4$ , dan penguraian kofaktor (Teorema 2.17 (4)) mengambil alih. Mencacah sukunya sekaligus menjadi peringatan: rumus permutasi punya $n!$ suku, jadi ia sebuah definisi, bukan algoritme — penyederhanaan baris menghitung $\det$ dengan $O(n^3)$ operasi saja.

Definisi 2.16 (Determinan)

Determinan sebuah keluarga pada suatu basis adalah $\det_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n)$ ; determinan sebuah matriks $A$ adalah determinan kolomnya pada basis kanonik — yakni rumus permutasi di atas; sedangkan determinan sebuah endomorfisma $u$ adalah skalar $\det u$ sedemikian sehingga

\det{}_{\mathcal{B}}\bigl(u(x_1), \dots, u(x_n)\bigr) = \det u \cdot \det{}_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n) \quad \text{untuk setiap } x_i

(ruas kirinya $n$ -linear alternating, jadi merupakan kelipatan $\det_\mathcal{B}$ menurut Teorema 2.14; faktornya tidak bergantung pada $\mathcal{B}$ ).

Teorema 2.17 (Kalkulus determinan, dibuktikan)

$\det(uv) = \det u\,\det v$ ; $\;\det(AB) = \det A \det B$ .
$u$ punya invers $\iff \det u \neq 0$ ; sebuah keluarga adalah basis $\iff$ determinannya pada suatu basis tidak nol.
$\det(A^{\mathsf T}) = \det A$ .
Penguraian kofaktor sepanjang baris atau kolom mana pun, seperti dinyatakan pada jilid Tahun ke-1, tetap berlaku; matriks yang serupa punya determinan yang sama.

Bukti. (1) Terapkan relasi pendefinisinya dua kali: $\det_{\mathcal B}(uv(x_i)) = \det u \cdot \det_{\mathcal B}(v(x_i)) = \det u \det v \cdot \det_{\mathcal B}(x_i)$ .

(2) Jika $u$ punya invers, maka $\det u \det u^{-1} = \det \mathrm{id} = 1 \neq 0$ . Jika tidak, peta $u(e_i)$ saling terkait; dengan menyatakan salah satunya lewat yang lain lalu menguraikannya, $\det_{\mathcal B}(u(e_i)) = 0$ (sifat alternating menolkan arah yang berulang), jadi $\det u = 0$ . Kriteria basisnya adalah pernyataan yang sama untuk keluarga.

(3) Pada rumus permutasi, indeks ulang tiap hasil kali dengan $j = \sigma(i)$ , yakni $i = \tau(j)$ dengan $\tau = \sigma^{-1}$ : faktornya bilangan yang sama dalam urutan berbeda, sehingga

\prod_{i=1}^{n} a_{\sigma(i),\,i} = \prod_{j=1}^{n} a_{j,\,\tau(j)} ,

dan $\varepsilon(\tau) = \varepsilon(\sigma)^{-1} = \varepsilon(\sigma)$ (nilainya $\pm1$ , dan $\varepsilon$ sebuah morfisma). Menjumlahkan atas $\sigma$ sama saja dengan menjumlahkan atas $\tau$ (pembalikan adalah bijeksi $\mathfrak{S}_n$ ):

\det A = \sum_{\tau}\varepsilon(\tau)\prod_j a_{j,\tau(j)} = \det(A^{\mathsf T}),

sebab jumlah terakhir itu tak lain rumus permutasi yang diterapkan pada unsur transpos $(A^{\mathsf T})_{ij} = a_{ji}$ .

(4) Tetapkan kolom $j$ lalu pecah $x_j = \sum_i a_{ij} e_i$ lewat kelinearan: $\det A = \sum_i a_{ij}\, \det(\dots, e_i, \dots)$ , dan memindahkan $e_i$ ke kedudukan terakhir ( $n - i$ transposisi baris dan $n - j$ transposisi kolom, lewat (3)) menyamakan $\det(\dots, e_i, \dots) = (-1)^{i+j}\Delta_{ij}$ dengan minornya: persis aturan kofaktor Tahun ke-1. Keserupaan: $\det(P^{-1}AP) = \det P^{-1}\det A \det P = \det A$ menurut (1). ∎

Contoh 2.18 (Penguraian kofaktor, dikerjakan)

Hitung

\det\begin{pmatrix} 2 & 1 & 3\\ 0 & 4 & 1\\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}

sepanjang kolom pertama (kemalasan senilai dua nol: satu perhitungan). Tandanya mengikuti pola papan catur $(-1)^{i+j}$ :

2\,\det\begin{pmatrix}4 & 1\\ 2 & 0\end{pmatrix} - 0 + 1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 3\\ 4 & 1\end{pmatrix} = 2(0 - 2) + (1 - 12) = -15 .

Periksa silang lewat Sarrus (Contoh 2.15): $0 + 1 + 0 - 12 - 0 - 4 = -15$ . Ini siasat, bukan doktrin: uraikan sepanjang garis dengan nol terbanyak, dan bila tidak ada satu pun yang punya nol, ciptakan dulu beberapa lewat operasi baris — karena satu putaran penyederhanaan lebih murah daripada dua lapis kofaktor.

Contoh 2.19 (Sebuah determinan lewat aturannya)

Misalkan $J \in \mathcal{M}_n(K)$ matriks yang semua unsurnya satu dan $a \in K$ ; kita hitung $\det(aI_n + J)$ dengan perkakas yang baru saja dibuktikan. Setiap kolom $aI_n + J$ berjumlah dengan pola yang sama: tambahkan semua baris ke baris pertama (determinannya tak berubah — menambahkan kelipatan satu baris ke baris lain menambahkan suku berarah berulang, yang ditolkan sifat alternating). Baris pertama menjadi $(a + n, a + n, \dots, a + n)$ ; keluarkan faktor $a + n$ lewat kelinearan pada baris itu, lalu kurangkan kolom pertama dari setiap kolom lain: yang tersisa segitiga dengan diagonal $(1, a, \dots, a)$ . Jadi

\det(aI_n + J) = (a + n)\,a^{\,n-1}.

Pelajaran penutupnya: akar $a = 0$ (bermultiplisitas $n - 1$ ) dan $a = -n$ mengatakan bahwa $J$ punya nilai eigen $0$ bermultiplisitas $n - 1$ dan nilai eigen $n$ sekali — yakni spektrum matriks $J$ yang berank satu, satu bab lebih awal (Bab 3 akan menjadikannya sistematis).

Contoh 2.20 (Sebuah determinan lewat rumus permutasi)

Untuk matriks dengan banyak nol, rumus itu praktis dengan sendirinya: pada

A = \begin{pmatrix} 0 & a & 0 & 0\\ 0 & 0 & b & 0\\ 0 & 0 & 0 & c\\ d & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},

satu-satunya permutasi yang memungut unsur tak nol adalah siklus berpanjang $4$ , yaitu $\sigma = (1\,2\,3\,4)$ , yang memetakan kolom $1 \to$ baris $4$ , dan seterusnya; $\varepsilon(\sigma) = (-1)^3 = -1$ , jadi $\det A = -abcd$ . (Periksa lewat tiga penukaran kolom sampai tercapai matriks diagonal.)

Contoh 2.21 (Vandermonde lewat rumus hasil kali)

Untuk simpul $0, 1, 2$ (yang dipakai aturan kuadratur seperti pada Latihan 2.4), determinan Vandermonde pada Latihan 2.11 terhitung dalam sekali pandang:

\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 1 & 4 \end{pmatrix} = (1 - 0)(2 - 0)(2 - 1) = 2 ,

dan lewat penguraian langsung sepanjang kolom pertama: $1\cdot(4 - 2) = 2$ , jadi cocok. Ketaknolan untuk simpul yang berbeda adalah seluruh teori interpolasi di dalam satu determinan: bentuk evaluasi $P \mapsto P(a_i)$ merupakan basis dualnya persis ketika determinan ini tak nol, yakni selalu untuk $a_i$ yang berbeda — Contoh 2.2 yang dikuantifikasi.

2.3 Trace, ditinjau ulang

Proposisi 2.22

Trace $\operatorname{tr} \colon \mathcal{M}_n(K) \to K$ adalah satu-satunya bentuk linear dengan $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ dan $\operatorname{tr}(I_n) = n$ (untuk $\operatorname{char} K = 0$ ); trace sebuah endomorfisma terdefinisi dengan baik lewat penyajian matriks mana pun, dan

\operatorname{tr}(u) = \sum_{i} e_i^*\bigl(u(e_i)\bigr)

pada basis mana pun — dualitas menuliskan trace tanpa basis.

Bukti. $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ dan ketakbergantungannya pada basis telah dibuktikan pada Tahun ke-1. Ketunggalan: bentuk linear $t$ dengan $t(AB) = t(BA)$ menolkan setiap komutator $AB - BA$ . Kita klaim komutator merentang hiperbidang bertrace nol, yang berdimensi $n^2 - 1$ . Dua keluarga komutator sudah cukup. Aturan perkalian matriks elementer adalah $E_{ab}E_{cd} = \delta_{bc}E_{ad}$ . Untuk $i \neq j$ aturan itu memberi

E_{ii}E_{ij} - E_{ij}E_{ii} = E_{ij} - 0 = E_{ij}

(hasil kali kedua adalah $E_{ij}E_{ii} = \delta_{ji}E_{ii} = 0$ karena $j \neq i$ ): jadi setiap $E_{ij}$ di luar diagonal adalah komutator. Dan

E_{ij}E_{ji} - E_{ji}E_{ij} = E_{ii} - E_{jj} .

Matriks $E_{ij}$ ( $i \neq j$ , sebanyak $n^2 - n$ ) bersama $E_{11} - E_{jj}$ ( $j \geq 2$ , sebanyak $n - 1$ ) berjumlah $n^2 - 1$ matriks bertrace nol yang bebas linear: keduanya merentang hiperbidang $\ker\operatorname{tr}$ . Jadi $t$ nol di tempat $\operatorname{tr}$ nol, sehingga ia terfaktorkan lewatnya: $t = c\operatorname{tr}$ ; lalu $t(I) = n$ memaksa $c = 1$ . Adapun ungkapan di atas: unsur diagonal ke- $i$ pada matriks $u$ tepat sama dengan $e_i^*(u(e_i))$ . ∎

Catatan 2.23 (Jebakan yang sering muncul)

(i) Determinan bersifat $n$ -linear pada kolomnya, bukan linear pada matriksnya: $\det(A + B) \neq \det A + \det B$ pada umumnya, dan $\det(\lambda A) = \lambda^n\det A$ , bukan $\lambda\det A$ . (ii) Transposisi membalik urutan hasil kali: $(vu)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T}v^{\mathsf T}$ ; melupakan pembalikan itu merusak setiap perhitungan yang melibatkan invers. (iii) Anihilator $F^\circ$ hidup di $E^*$ , bukan di $E$ : ia menjadi “komplemen ortogonal” yang lazim itu hanya setelah suatu hasil kali dalam menyamakan $E$ dengan $E^*$ (Bab 12); tidak ada penyamaan semacam itu yang kanonik. (iv) “Rank baris sama dengan rank kolom” tidak berarti ruang baris sama dengan ruang kolom — keduanya hidup di ruang yang berbeda ( $K^n$ dan $K^m$ ) dan berhubungan lewat Proposisi 2.10, bukan sama. (v) Rumus permutasi adalah alat bukti: untuk bilangan, pakailah operasi baris dan kofaktor (Contoh 2.15).

Contoh 2.24 (Pasangan trace membelah ruang matriks)

Pada $\mathcal{M}_2(\R)$ dengan pasangan $\langle A, B\rangle = \operatorname{tr}(AB)$ dari Latihan 2.9: uraikan $M = \left(\begin{smallmatrix}1 & 4\\ 2 & 3\end{smallmatrix}\right)$ menjadi bagian setangkup dan bagian antisetangkup,

M = S + A, \qquad S = \tfrac12(M + M^{\mathsf T}) = \begin{pmatrix}1 & 3\\ 3 & 3\end{pmatrix}, \qquad A = \tfrac12(M - M^{\mathsf T}) = \begin{pmatrix}0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}.

Maka $\operatorname{tr}(SA) = \operatorname{tr} \left(\begin{smallmatrix}-3 & 1\\ -3 & 3\end{smallmatrix}\right) = 0$ : kedua bagiannya “ortogonal” terhadap pasangan trace — sebuah perwujudan fakta umum (yang dibuktikan pada soal akhir pekan bab ini) bahwa matriks antisetangkup persis membentuk anihilator matriks setangkup. Dualitas melihat penguraian $\mathcal{M}_n = \mathcal{S}_n \oplus \mathcal{A}_n$ sebelum hasil kali dalam apa pun dipilih.

Catatan 2.25 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Perhatikan ketiga konstruksi bab ini berganti kostum di halaman-halaman berikutnya. Transpos kembali pada Bab 3: $u$ dan $u^{\mathsf T}$ berbagi nilai eigen dengan multiplisitas geometrik yang sama (soal akhir pekan bab ini, pertanyaan 15), dan itulah sebabnya telaah baris dan telaah kolom sebuah matriks tak pernah berselisih. Determinan menjadi fungsi sebuah parameter pada Bab 3 ( $\chi_u(X) = \det(X\,\mathrm{id} - u)$ ) dan menjadi Jacobian pada Bab 20, tempat kemultilinearannya berubah menjadi faktor penggantian peubah. Trace menyemai invarian keserupaan: ia koefisien kedua pada $\chi_u$ , jumlah nilai eigen, dan pada akhirnya integral diagonal pada kesamaan bergaya Bab 14. Satu bab aljabar linear, tiga bayangan panjang.

Catatan 2.26 (Di mana bab ini dipakai)

Ruang dual bukan abstraksi demi abstraksi: anihilator dan transpos menjalankan teori keterselesaian sistem linear (soal akhir pekan bab ini membuktikan alternatif Fredholm berdimensi hingga dari keduanya), pasangan tak degenerat muncul kembali sebagai bentuk polar pada Bab 12 dan sebagai adjoin pada Bab 13, dan determinan yang dibangun di sini menggerakkan seluruh Bab 3. Pada jilid Tahun ke-3 dualitas yang sama, setelah diangkut ke dimensi tak hingga, menjadi teorema representasi Riesz dan teori Fredholm pada ruang Hilbert — dengan kekompakan menggantikan pencacahan dimensi yang dipakai di sini.

2.4 Latihan

Latihan 2.1 ★

Di $\R^3$ , misalkan $\varphi_1(x,y,z) = x + y$ , $\varphi_2 = y + z$ , $\varphi_3 = x + z$ . Buktikan bahwa $(\varphi_1, \varphi_2, \varphi_3)$ adalah basis $(\R^3)^*$ lalu carilah basis $\R^3$ yang dualnya adalah basis itu.

Solusi

Solusi Latihan 2.1.

Tiga bentuk di dalam dual berdimensi $3$ : cukuplah kebebasannya. Sebuah kaitan $\alpha\varphi_1 + \beta\varphi_2 + \gamma\varphi_3 = 0$ yang dinilai di $(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$ memberi $\alpha + \gamma = 0$ , $\alpha + \beta = 0$ , $\beta + \gamma = 0$ , sehingga $\alpha = \beta = \gamma = 0$ .

Basis pra-dual $(u_1, u_2, u_3)$ : selesaikan $\varphi_i(u_j) = \delta_{ij}$ . Dengan menulis $u_j = (x, y, z)$ : untuk $u_1$ syaratnya $x + y = 1$ , $y + z = 0$ , $x + z = 0$ , yang memberi $u_1 = \bigl(\tfrac12, \tfrac12, -\tfrac12\bigr)$ ; setangkup dengan itu $u_2 = \bigl(-\tfrac12, \tfrac12, \tfrac12\bigr)$ , $u_3 = \bigl(\tfrac12, -\tfrac12, \tfrac12\bigr)$ .

Latihan 2.2 ★

Hitung determinan berikut dengan rumus permutasi:

\begin{pmatrix} 0 & 0 & a\\ 0 & b & 0\\ c & 0 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} a & b & 0 & 0\\ c & d & 0 & 0\\ 0 & 0 & e & f\\ 0 & 0 & g & h \end{pmatrix},

lalu nyatakan aturan diagonal blok yang disarankan matriks kedua.

Solusi

Solusi Latihan 2.2.

Matriks pertama: satu-satunya permutasi berhasil kali tak nol mengirim $1 \mapsto 3$ , $2 \mapsto 2$ , $3 \mapsto 1$ — yakni transposisi $(1\,3)$ , bertanda $-1$ : jadi determinannya $-abc$ .

Matriks kedua: permutasi berhasil kali tak nol tidak mungkin mencampur kedua bloknya (unsur yang menghubungkan keduanya bernilai $0$ ), jadi ia terpecah menjadi permutasi $\{1,2\}$ dikali permutasi $\{3,4\}$ , dan tandanya adalah hasil kali kedua tanda itu: jumlahnya terfaktorkan menjadi

(ad - bc)(eh - fg) .

Aturan umum yang disarankan (dan memang benar, dengan bukti serupa): determinan matriks diagonal blok adalah hasil kali determinan blok-bloknya.

Latihan 2.3 ★

Misalkan $F = \{(x,y,z,t) \in \R^4 : x + y = z + t \text{ dan } x = 2y\}$ . Berilah sebuah basis $F^\circ$ lalu periksa Teorema 2.6 pada dimensinya.

Solusi

Solusi Latihan 2.3.

$F$ ditetapkan oleh dua persamaan bebas $\varphi_1(x,y,z,t) = x + y - z - t = 0$ dan $\varphi_2 = x - 2y = 0$ : menurut Teorema 2.6 yang dibaca terbalik, $F^\circ = \operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ — keduanya berada di $F^\circ$ menurut konstruksinya, keduanya bebas (tidak sebanding), dan $\dim F^\circ = 4 - \dim F = 4 - 2 = 2$ sebab $\dim F = 2$ (dua persamaan bebas di $\R^4$ ). Basisnya: $(\varphi_1, \varphi_2)$ ; dimensinya: $2 + 2 = 4$ , sesuai tuntutan teorema itu.

Latihan 2.4 ★★

Misalkan $a_0, \dots, a_n$ titik yang berbeda di $K$ dan $\varphi_i \colon P \mapsto P(a_i)$ pada $K_n[X]$ . Buktikan bahwa $(\varphi_0, \dots, \varphi_n)$ adalah basis $K_n[X]^*$ , kenali basis pra-dualnya, lalu uraikan bentuk $P \mapsto \int_0^1 P(t)\,\dd t$ (untuk $K = \R$ , $n = 2$ , $a_i = 0, \frac12, 1$ ) pada basis itu — sehingga aturan Simpson dikenali.

Solusi

Solusi Latihan 2.4.

Bentuk $\varphi_i$ berjumlah $n + 1$ pada ruang berdimensi $(n+1)$ , jadi cukuplah kebebasannya. Jika $\sum_i \lambda_i \varphi_i = 0$ , nilailah pada polinomial Lagrange $L_j$ atas simpulnya: $\lambda_j = 0$ . Basis pra-dualnya adalah $(L_0, \dots, L_n)$ , sebab $\varphi_i(L_j) = L_j(a_i) = \delta_{ij}$ .

Untuk bentuk integral dengan simpul $0, \frac12, 1$ pada $\R_2[X]$ : $\int_0^1 P = \sum_i c_i P(a_i)$ dengan $c_i = \int_0^1 L_i$ . Hitung: $L_0 = 2(X - \tfrac12)(X - 1)$ , $\int_0^1 L_0 = \frac16$ ; $L_1 = -4X(X-1)$ , $\int_0^1 L_1 = \frac46$ ; $L_2 = 2X(X - \tfrac12)$ , $\int_0^1 L_2 = \frac16$ . Karenanya

\int_0^1 P = \frac{1}{6}\Bigl(P(0) + 4P\bigl(\tfrac12\bigr) + P(1)\Bigr) \quad (P \in \R_2[X]) :

yaitu aturan Simpson, yang tepat pada polinomial kuadrat — sebuah pernyataan tentang basis dual.

Latihan 2.5 ★★

Misalkan $u \in \mathcal{L}(E)$ dengan $\dim E = n$ dan $\operatorname{rk} u = 1$ . Buktikan bahwa $u = \varphi(\cdot)\, a$ untuk suatu vektor $a$ dan suatu bentuk $\varphi$ ; bahwa $\operatorname{tr} u = \varphi(a)$ ; dan bahwa $u^2 = (\operatorname{tr} u)\, u$ . Turunkan $\det(I + u) = 1 + \operatorname{tr} u$ .

Solusi

Solusi Latihan 2.5.

$\operatorname{im} u = Ka$ untuk suatu $a \neq 0$ ; maka $u(x) = \varphi(x)\,a$ dengan $\varphi(x)$ adalah koordinat $u(x)$ pada $a$ — yang linear pada $x$ . Trace: lengkapi $a = e_1$ menjadi basis; matriks $u$ berkolom $\varphi(e_j)\,e_1$ , jadi satu-satunya unsur diagonalnya adalah $\varphi(e_1) = \varphi(a)$ , sehingga $\operatorname{tr} u = \varphi(a)$ . Lalu

u^2(x) = \varphi(x)\, u(a) = \varphi(x)\varphi(a)\, a = (\operatorname{tr} u)\, u(x).

Determinannya, dalam dua kasus. Jika $\varphi(a) \neq 0$ : ambil sembarang basis hiperbidang $\ker\varphi$ lalu tambahkan $a$ . Maka $u$ menolkan $\ker\varphi$ (di sana $u(x) = \varphi(x)a = 0$ ) dan $u(a) = \varphi(a)\,a$ : matriks $I + u$ menjadi diagonal, $(1, \dots, 1,\, 1 + \varphi(a))$ , sehingga $\det(I + u) = 1 + \varphi(a) = 1 + \operatorname{tr} u$ . Jika $\varphi(a) = 0$ : maka $a \in \ker\varphi$ ; ambil basis $\ker\varphi$ yang vektor pertamanya $a$ , lalu tambahkan vektor $b$ dengan $\varphi(b) = 1$ . Maka $I + u$ membiarkan basis $\ker\varphi$ tetap dan mengirim $b \mapsto b + a$ : segitiga dengan diagonal satu, jadi $\det(I + u) = 1 = 1 + \operatorname{tr} u$ . Kedua kasus itu cocok dengan rumusnya.

Latihan 2.6 ★★

Buktikan bahwa setiap hiperbidang $\mathcal{M}_n(K)$ ( $n \geq 2$ ) memuat sebuah matriks yang punya invers. Petunjuk: sebuah hiperbidang berbentuk $\{M : \operatorname{tr}(AM) = 0\}$ untuk suatu $A \neq 0$ (Latihan 2.9). Jika $A$ skalar, tunjukkan sebuah matriks bertrace nol yang punya invers; jika tidak, carilah $M$ berinvers yang membuat diagonal $AM$ nol — matriks bergaya permutasi sanggup.

Solusi

Solusi Latihan 2.6.

Menurut Latihan 2.9, hiperbidangnya adalah $H_A = \{M : \operatorname{tr}(AM) = 0\}$ dengan $A \neq 0$ .

Jika $A = \lambda I$ : maka $H_A$ adalah hiperbidang bertrace nol; matriks permutasi siklus panjang $n$ (bernilai satu pada kedudukan $(i, i+1)$ dan $(n, 1)$ ) punya invers (determinannya $\pm 1$ menurut perhitungan Contoh 2.20) dan bertrace nol.

Jika $A$ bukan skalar: mula-mula carilah $P$ berinvers sedemikian sehingga $B = P^{-1}AP$ punya unsur tak nol di luar diagonal, yaitu $b_{ji}$ dengan ( $j \neq i$ ). Memang, jika $A$ sudah punya unsur semacam itu, ambil $P = I$ ; jika $A$ diagonal dengan dua unsur berbeda $d_1 \neq d_2$ , mengonjugasikannya dengan transveksi $P = I + E_{12}$ akan memunculkan unsur luar diagonal $d_1 - d_2 \neq 0$ (hitunglah: $P^{-1}AP = A + (d_1 - d_2)E_{12}$ ); sedangkan matriks diagonal yang semua unsurnya sama adalah skalar, dan itu sudah disingkirkan. Kini ambil $M' = I + tE_{ij}$ dengan $t = -\operatorname{tr}(B)/b_{ji}$ : maka

\operatorname{tr}(BM') = \operatorname{tr} B + t\,b_{ji} = 0,

dan $M'$ punya invers (segitiga dengan diagonal satu). Setelah konjugasinya dibatalkan, $M = PM'P^{-1}$ punya invers dan $\operatorname{tr}(AM) = \operatorname{tr}(BM') = 0$ : jadi $M \in H_A$ .

Latihan 2.7 ★★

(Turunan determinan) Untuk $A \in \mathcal{M}_n(\R)$ , buktikan dari kemultilinearan bahwa

\frac{\dd}{\dd t}\Big|_{t=0} \det(I_n + tA) = \operatorname{tr} A ,

lalu turunkan $\det(\eu^{tA}) = \eu^{t\operatorname{tr} A}$ dengan mengandaikan keterdiferensialan $t \mapsto \det(\eu^{tA})$ dan sifat grup $\eu^{(s+t)A} = \eu^{sA}\eu^{tA}$ (yang ditegakkan pada Bab 16).

Solusi

Solusi Latihan 2.7.

Menurut rumus permutasi, $\det(I + tA)$ adalah polinomial dalam $t$ ; suku tetapnya $1$ (ambil $t = 0$ ). Koefisien $t$ -nya: uraikan $\det$ sebagai bentuk alternating atas kolom $e_j + t\,c_j(A)$ ; menurut kemultilinearan, suku yang linear pada $t$ mengganti tepat satu $e_j$ dengan $c_j(A)$ :

\sum_{j} \det(e_1, \dots, c_j(A), \dots, e_n) = \sum_j a_{jj} = \operatorname{tr} A ,

(determinan dengan semua kolom kanonik kecuali $c_j(A)$ pada slot $j$ memungut unsur diagonal ke- $j$ ). Jadi turunannya di $0$ adalah $\operatorname{tr} A$ .

Misalkan $g(t) = \det(\eu^{tA})$ . Sifat grupnya memberi $g(s + t) = g(s)g(t)$ (kemultiplikatifan $\det$ ), $g$ dapat diturunkan, dan $g'(0) = \operatorname{tr} A$ menurut uraian di atas ( $\eu^{tA} = I + tA + O(t^2)$ ). Morfisma $(\R, +) \to (\R^*, \times)$ yang dapat diturunkan memenuhi $g' = g'(0)\,g$ (turunkan $g(s+t)$ terhadap $s$ di $0$ ), jadi $g(t) = \eu^{t\operatorname{tr} A}$ berkat ketunggalan penyelesaian $y' = cy$ dengan $y(0) = 1$ (jilid Tahun ke-1).

Latihan 2.8 ★★

(Sirkulan $3 \times 3$ ) Misalkan $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ dan

C = \begin{pmatrix} a & b & c\\ c & a & b\\ b & c & a \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\C).

Periksalah bahwa kolom matriks Vandermonde atas $1, j, j^2$ adalah vektor eigen $C$ , lalu turunkan

\det C = (a + b + c)(a + bj + cj^2)(a + bj^2 + cj).

Solusi

Solusi Latihan 2.8.

Misalkan $v_k = (1, j^k, j^{2k})^{\mathsf T}$ untuk $k = 0, 1, 2$ . Dengan memakai $1 + j + j^2 = 0$ dan $j^3 = 1$ :

C v_k = \begin{pmatrix} a + b j^k + c j^{2k}\\ c + a j^k + b j^{2k}\\ b + c j^k + a j^{2k} \end{pmatrix} = (a + b j^k + c j^{2k}) \begin{pmatrix} 1\\ j^k\\ j^{2k}\end{pmatrix},

(periksa baris kedua: $j^k(a + bj^k + cj^{2k}) = aj^k + bj^{2k} + cj^{3k} = c + aj^k + bj^{2k}$ ). Jadi $v_k$ vektor eigen dengan nilai eigen $\lambda_k = a + bj^k + cj^{2k}$ . Vektor $v_k$ membentuk basis (Vandermonde atas $1, j, j^2$ yang berbeda), jadi $C$ dapat didiagonalkan dengan nilai eigen tersebut, dan

\det C = \lambda_0\lambda_1\lambda_2 = (a+b+c)(a + bj + cj^2)(a + bj^2 + cj).

Latihan 2.9 ★★★

Buktikan bahwa setiap bentuk linear $t$ pada $\mathcal{M}_n(K)$ berbentuk $M \mapsto \operatorname{tr}(AM)$ untuk suatu $A$ yang tunggal: pemetaan $A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ adalah isomorfisma dari $\mathcal{M}_n(K)$ pada dualnya. Turunkan lagi pernyataan ketunggalan pada Proposisi 2.22.

Solusi

Solusi Latihan 2.9.

Pemetaan $\Theta \colon A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ bersifat linear dari $\mathcal{M}_n(K)$ ke dualnya, di antara dua ruang berdimensi sama $n^2$ : jadi cukuplah keinjektifannya. Jika $\operatorname{tr}(AM) = 0$ untuk setiap $M$ , ambil $M = E_{ji}$ : $\operatorname{tr}(A E_{ji}) = a_{ij} = 0$ untuk setiap $i, j$ , jadi $A = 0$ . Maka $\Theta$ isomorfisma.

Ketunggalan trace (Proposisi 2.22): bentuk $t$ yang menolkan semua komutator berbentuk $\operatorname{tr}(A\,\cdot)$ untuk suatu $A$ dengan $\operatorname{tr}(A(MN - NM)) = 0$ untuk setiap $M, N$ , yakni $\operatorname{tr}((AM - MA)N) = 0$ untuk setiap $N$ (sifat siklis), yakni $AM = MA$ untuk setiap $M$ (keinjektifan $\Theta$ ): jadi $A$ komutatif dengan segalanya, sehingga ia skalar ( $A$ yang komutatif dengan semua $E_{ij}$ memaksa unsur luar diagonalnya $0$ dan unsur diagonalnya sama), sehingga $t = c \operatorname{tr}$ .

Latihan 2.10 ★★★

Misalkan $u, v \in \mathcal{L}(E)$ dengan $u \circ v - v \circ u = u$ . Buktikan bahwa $u$ nilpoten. Petunjuk: tunjukkan $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ untuk setiap $k \geq 1$ (hitung $u^k v - v u^k$ secara induktif), lalu pakai fakta berikut, yang dibuktikan lewat kesamaan Newton atau lewat induksi pada dimensinya: endomorfisma sebuah ruang vektor atas $\C$ yang semua pangkatnya bertrace nol pastilah nilpoten. Bekerjalah atas $\C$ .

Solusi

Solusi Latihan 2.10.

Bekerjalah atas $\C$ (matriks real nilpoten bila dan hanya bila ia nilpoten sebagai matriks kompleks: kenilpotenan berarti $u^n = 0$ ).

Langkah 1: $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ untuk $k \geq 1$ . Secara induktif, $u^k v - v u^k = k\, u^k$ : untuk $k = 1$ inilah hipotesisnya; sedangkan untuk langkah induksinya,

u^{k+1}v - vu^{k+1} = u^k(uv - vu) + (u^k v - v u^k)u = u^{k+1} + k\,u^{k+1} .

Setelah tracenya diambil: $0 = \operatorname{tr}(u^k v) - \operatorname{tr}(vu^k) = k \operatorname{tr}(u^k)$ , sehingga $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ .

Langkah 2: trace pangkat yang nol mengakibatkan kenilpotenan (atas $\C$ ). Misalkan $\lambda_1, \dots, \lambda_r$ nilai eigen tak nol $u$ yang berbeda, dengan multiplisitas $m_1, \dots, m_r$ (pada polinomial karakteristik, yang terurai lengkap atas $\C$ — Bab 3). Trace pangkatnya adalah $\operatorname{tr}(u^k) = \sum_i m_i \lambda_i^k$ (trigonalkan: diagonal pangkat ke- $k$ sebuah matriks segitiga berisi pangkat ke- $k$ diagonalnya). Sistem $\sum_i m_i \lambda_i^k = 0$ untuk $k = 1, \dots, r$ dapat dibalik secara Vandermonde pada peubah $m_i\lambda_i$ (matriks $(\lambda_i^{k-1})$ dikali diagonal $\lambda_i$ , dengan semua $\lambda_i \neq 0$ berbeda): jadi setiap $m_i \lambda_i = 0$ , dan itu mustahil bila $m_i \geq 1$ kecuali $r = 0$ . Jadi $u$ tidak punya nilai eigen tak nol: polinomial karakteristiknya $(-X)^n$ , dan Cayley–Hamilton (Bab 3) memberi $u^n = 0$ , yakni nilpoten.

Latihan 2.11 ★★

(Vandermonde) Untuk $a_0, \dots, a_n \in K$ , buktikan

\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ a_0 & a_1 & \cdots & a_n\\ \vdots & \vdots & & \vdots\\ a_0^n & a_1^n & \cdots & a_n^n \end{pmatrix} = \prod_{0 \leq i < j \leq n} (a_j - a_i).

(Pandang determinan itu sebagai polinomial dalam $a_n$ : kenali derajatnya, akarnya, dan koefisien utamanya; lalu berinduksilah.)

Solusi

Solusi Latihan 2.11.

Tulis $V(a_0, \dots, a_n)$ untuk determinannya lalu berinduksilah pada $n$ ; $V(a_0) = 1$ menjadi awalnya. Tetapkan $a_0, \dots, a_{n-1}$ lalu pandang $D(T) = V(a_0, \dots, a_{n-1}, T)$ , yakni determinan yang kolom terakhirnya $(1, T, \dots, T^n)$ : dengan menguraikannya sepanjang kolom itu, $D$ adalah polinomial berderajat $\leq n$ dalam $T$ yang koefisien $T^n$ -nya adalah minor $V(a_0, \dots, a_{n-1})$ . Andaikan dulu $a_0, \dots, a_{n-1}$ berbeda. Untuk tiap $T = a_i$ ( $i < n$ ) ada dua kolom yang berimpit, jadi $D(a_i) = 0$ : dengan $n$ akar yang berbeda dan derajat $\leq n$ ,

D(T) = V(a_0, \dots, a_{n-1}) \prod_{i=0}^{n-1}(T - a_i),

lalu $T = a_n$ beserta hipotesis induksinya memberi rumus hasil kali itu. Jika dua di antara $a_0, \dots, a_{n-1}$ berimpit, kedua ruasnya bernilai $0$ (kolom yang berulang; faktor yang berulang), sehingga rumusnya berlaku secara sepele.

Latihan 2.12 ★★★

Misalkan $A, B, C, D \in \mathcal{M}_n(K)$ dengan $K$ tak hingga, dan andaikan $CD = DC$ . Buktikan bahwa

\det\begin{pmatrix} A & B\\ C & D\end{pmatrix} = \det(AD - BC).

(Tinjau dulu $D$ yang punya invers, dengan mengalikan dari kanan oleh $\left(\begin{smallmatrix} I & 0\\ -D^{-1}C & I\end{smallmatrix}\right)$ ; lalu ganti $D$ dengan $D + tI$ dan bandingkan dua polinomial dalam $t$ .)

Solusi

Solusi Latihan 2.12.

$D$ punya invers. Kalikan dari kanan dengan matriks blok $T = \left(\begin{smallmatrix} I & 0\\ -D^{-1}C & I\end{smallmatrix}\right)$ , yang segitiga blok dengan diagonal satu, sehingga $\det T = 1$ (determinannya, menurut rumus permutasi, hanya memungut blok diagonalnya — inilah aturan blok pada Latihan 2.2):

\begin{pmatrix} A & B\\ C & D\end{pmatrix} T = \begin{pmatrix} A - BD^{-1}C & B\\ C - DD^{-1}C & D\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A - BD^{-1}C & B\\ 0 & D\end{pmatrix},

yang determinannya $\det(A - BD^{-1}C)\det D = \det\bigl((A - BD^{-1}C)D\bigr) = \det(AD - BD^{-1}CD)$ . Karena $CD = DC$ , berlaku $BD^{-1}CD = BC$ : jadi determinannya $\det(AD - BC)$ .

Untuk $D$ sembarang. Misalkan $D_t = D + tI$ ; maka tetap berlaku $CD_t = D_tC$ . Keduanya, yakni

f(t) = \det\begin{pmatrix} A & B\\ C & D_t\end{pmatrix} \qquad\text{dan}\qquad g(t) = \det(AD_t - BC)

merupakan fungsi polinomial dalam $t$ . Polinomial $\det(D + tI)$ bersifat monik berderajat $n$ , jadi ia punya paling banyak $n$ akar: untuk semua $t$ kecuali berhingga banyak, $D_t$ punya invers dan $f(t) = g(t)$ menurut kasus pertama. Dua polinomial atas lapangan tak hingga yang berimpit pada tak hingga banyak titik pastilah sama: jadi $f = g$ , dan $t = 0$ merampungkannya.

2.5 Soal: Alternatif Fredholm

Kapan sistem linear $u(x) = b$ punya penyelesaian? Jawaban lengkapnya berupa pernyataan dualitas: tepat ketika $b$ dianihilasi oleh setiap bentuk linear yang menganihilasi peta $u$ — dan bentuk semacam itu terhitungkan, sebab ia kernel transposnya. Soal akhir pekan ini membangun kamus lengkap dualitas berdimensi hingga (pemfaktoran bentuk, bidualitas, kalkulus anihilator, transpos), membuktikan alternatif Fredholm berdimensi hingga, dan ditutup dengan bentuk trace beserta sebuah pencirian: trace adalah satu-satunya invarian linear bagi keserupaan. Di sepanjang soal ini, $E$ dan $F$ adalah ruang vektor atas $K$ yang berdimensi hingga, dan $n = \dim E$ .

Soal 2.1

Soal akhir pekan — dualitas dalam dimensi hingga dan alternatif Fredholm

Notasi: untuk $S \subseteq E^*$ , pra-anihilator adalah $S_\circ = \{x \in E : \varphi(x) = 0 \text{ untuk setiap } \varphi \in S\}$ ; adapun anihilator $F^\circ$ dan transpos $u^{\mathsf T}$ adalah yang ada pada Definisi 2.5 dan Definisi 2.8.

Bagian I — Lema pemfaktoran. Misalkan $\varphi_1, \dots, \varphi_p, \varphi \in E^*$ .

Misalkan $\Phi \colon E \to K^p$ , $x \mapsto (\varphi_1(x), \dots, \varphi_p(x))$ . Kenali $\ker\Phi$ , tunjukkan $\Phi^{\mathsf T}$ memetakan bentuk koordinat $K^p$ ke $\varphi_i$ , lalu turunkan

$\dim \bigl(\ker\varphi_1 \cap \dots \cap \ker\varphi_p\bigr) = n - \dim \operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots, \varphi_p).$
(Lema pemfaktoran) Buktikan kesetaraan berikut:

$\varphi \in \operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots, \varphi_p) \iff \ker\varphi_1 \cap \dots \cap \ker\varphi_p \subseteq \ker\varphi .$
Turunkan: $(\varphi_1, \dots, \varphi_p)$ bebas bila dan hanya bila $\bigcap_i \ker\varphi_i$ berdimensi $n - p$ ; dan sebuah subruang berkodimensi $p$ adalah irisan $p$ hiperbidang, tak pernah kurang.
Di $\R^4$ , misalkan $\varphi_1 = x + y - z$ , $\varphi_2 = y + z - t$ , $\psi = x + 2y - t$ dan $\psi' = x + y + t$ . Putuskan, dengan lema pemfaktoran, apakah $\psi$ dan $\psi'$ termasuk $\operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ .
Pada $E = \R_2[X]$ , tunjukkan bahwa $\psi_0 \colon P \mapsto P(0)$ , $\psi_1 \colon P \mapsto P(1)$ , $\psi_2 \colon P \mapsto \int_0^1 P(t)\dd t$ membentuk basis $E^*$ , hitunglah basis $(P_0, P_1, P_2)$ di $E$ yang dualnya adalah basis itu, lalu carilah satu-satunya $P \in \R_2[X]$ dengan $P(0) = 1$ , $P(1) = 2$ , $\int_0^1 P = \frac32$ .

Bagian II — Bidualitas dan kalkulus anihilator.

Tunjukkan bahwa pemetaan evaluasi $J \colon E \to E^{**}$ , $J(x)(\varphi) = \varphi(x)$ , bersifat linear dan injektif, jadi merupakan isomorfisma dalam dimensi hingga.
(Anihilator ganda) Tunjukkan $J(F) = F^{\circ\circ} := (F^\circ)^\circ$ untuk setiap subruang $F \subseteq E$ : di bawah penyamaan $J$ , anihilator dari anihilator adalah subruangnya sendiri.
Buktikan kalkulus anihilator: $(F + G)^\circ = F^\circ \cap G^\circ$ dan $(F \cap G)^\circ = F^\circ + G^\circ$ .
Turunkan (lalu buktikan ulang secara langsung): dua bentuk tak nol yang kernelnya sama pastilah sebanding.
(Basis antedual) Tunjukkan bahwa untuk setiap basis $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ di $E^*$ ada tepat satu basis $(u_1, \dots, u_n)$ di $E$ dengan $\varphi_i(u_j) = \delta_{ij}$ .

Bagian III — Kalkulus transpos.

Tunjukkan bahwa $u \mapsto u^{\mathsf T}$ adalah bijeksi linear dari $\mathcal{L}(E, F)$ pada $\mathcal{L}(F^*, E^*)$ , dan bahwa $(u^{-1})^{\mathsf T} = (u^{\mathsf T})^{-1}$ bila $u$ punya invers.
(Kealamian) Tunjukkan bahwa $u^{\mathsf T\mathsf T} \circ J_E = J_F \circ u$ : di bawah isomorfisma evaluasi, transpos ganda adalah $u$ .
Tunjukkan: $u$ surjektif bila dan hanya bila $u^{\mathsf T}$ injektif; dan $u$ injektif bila dan hanya bila $u^{\mathsf T}$ surjektif.
Untuk $u \in \mathcal{L}(E)$ : sebuah subruang $F$ stabil terhadap $u$ bila dan hanya bila $F^\circ$ stabil terhadap $u^{\mathsf T}$ .
Tunjukkan bahwa $\ker(u^{\mathsf T} - \lambda\, \mathrm{id}_{E^*}) = \bigl(\operatorname{im}(u - \lambda\, \mathrm{id}_E)\bigr)^\circ$ , lalu turunkan bahwa $u$ dan $u^{\mathsf T}$ punya nilai eigen yang sama dengan multiplisitas geometrik yang sama.

Bagian IV — Alternatif Fredholm.

Buktikan bahwa $\operatorname{im} u = (\ker u^{\mathsf T})_\circ$ untuk $u \in \mathcal{L}(E, F)$ , lalu turunkan alternatif Fredholm dalam dimensi hingga: persamaan $u(x) = b$ punya penyelesaian bila dan hanya bila setiap $\psi \in F^*$ dengan $u^{\mathsf T}\psi = 0$ memenuhi $\psi(b) = 0$ .
Bentuk matriksnya: untuk $A \in \mathcal{M}_{m,n}(K)$ dan $b \in K^m$ , tepat satu dari berikut ini berlaku: (i) $Ax = b$ punya penyelesaian; (ii) ada $y \in K^m$ dengan $A^{\mathsf T}y = 0$ dan $y^{\mathsf T}b = 1$ . Buktikan baik “paling banyak satu” maupun “sedikitnya satu”.
Carilah semua $b \in \R^3$ yang membuat sistem

$x + y = b_1, \qquad y + z = b_2, \qquad x + 2y + z = b_3$

punya penyelesaian, dengan menghitung kernel matriks transposnya.
(Sebuah masalah Neumann diskret) Pada $E = \R^n$ ( $n \geq 3$ ), tetapkan $L$ oleh $(Lx)_k = x_k - \frac12(x_{k-1} + x_{k+1})$ , dengan indeks modulo $n$ . Tunjukkan $L^{\mathsf T} = L$ (dengan penyamaan kanonik), tunjukkan $\ker L$ adalah garis vektor konstan (perhatikan sebuah koordinat maksimal), lalu simpulkan: $Lx = b$ terselesaikan bila dan hanya bila $\sum_k b_k = 0$ .

Bagian V — Bentuk trace dan teorema keawetan. Ingat kembali dari Latihan 2.9 bahwa $A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ menyamakan $\mathcal{M}_n(K)$ dengan dualnya. Andaikan $\operatorname{char} K = 0$ (misalnya $K = \Q, \R, \C$ ).

Di bawah penyamaan itu, tunjukkan bahwa anihilator subruang $\mathcal{S}_n$ berisi matriks setangkup adalah subruang $\mathcal{A}_n$ berisi matriks antisetangkup, dan sebaliknya.
Tunjukkan bahwa anihilator hiperbidang $\mathfrak{sl}_n = \{M : \operatorname{tr} M = 0\}$ adalah garis $K I_n$ ; setara dengan itu, bentuk linear yang nol pada semua matriks bertrace nol pastilah kelipatan tracenya.
Tunjukkan bahwa setiap matriks $\mathcal{M}_n(K)$ adalah jumlah dua matriks yang punya invers.
(Trace satu-satunya invarian linear bagi keserupaan) Misalkan $t$ sebuah bentuk linear pada $\mathcal{M}_n(K)$ dengan $t(PMP^{-1}) = t(M)$ untuk setiap $M$ dan setiap $P$ yang punya invers. Tunjukkan lebih dulu $t(PX) = t(XP)$ untuk $P$ berinvers, lalu $t(BX) = t(XB)$ untuk setiap $B$ , dan simpulkan $t = c \operatorname{tr}$ untuk suatu $c \in K$ .
Tunjukkan bahwa $\operatorname{rk} u \leq r$ bila dan hanya bila $u$ adalah jumlah $r$ pemetaan berank $\leq 1$ , yakni $u = \sum_{i=1}^{r} \psi_i(\cdot)\,f_i$ dengan $\psi_i \in E^*$ , $f_i \in F$ ; lalu turunkan $\operatorname{rk}(u + v) \leq \operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ .
(Rangkuman) Susunlah kamus yang dibuktikan pada soal ini: subruang lawan anihilator, jumlah lawan irisan, pemetaan lawan transpos, keterselesaian lawan keortogonalan terhadap kernel transpos, trace lawan keserupaan. Untuk tiap entri, sebutkan pertanyaan yang membuktikannya, dan nyatakan dalam satu kalimat apa yang menggantikan pencacahan dimensi ketika dimensinya menjadi tak hingga (jilid Tahun ke-3 memerincinya pada ruang Hilbert).

Solusi

Solusi Soal 2.1.

1. $\Phi$ bersifat linear dengan $\ker\Phi = \bigcap_i \ker\varphi_i$ (sebuah tupel- $p$ bernilai nol bila dan hanya bila tiap unsurnya nol). Untuk bentuk koordinat $\varepsilon_i$ pada $K^p$ : $\Phi^{\mathsf T}(\varepsilon_i) = \varepsilon_i \circ \Phi = \varphi_i$ , jadi $\operatorname{im}\Phi^{\mathsf T} \supseteq \operatorname{Vect}(\varphi_i)$ ; sebaliknya $\operatorname{im}\Phi^{\mathsf T}$ direntang oleh $\Phi^{\mathsf T}(\varepsilon_i)$ (sebab $\varepsilon_i$ merentang $(K^p)^*$ ). Jadi $\operatorname{rk}\Phi = \operatorname{rk} \Phi^{\mathsf T} = \dim\operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots, \varphi_p) =: r$ (Proposisi 2.10), dan rank–nulitas memberi $\dim\bigcap_i\ker\varphi_i = n - r$ .

2. ( $\Leftarrow$ ) Simpan satu keluarga bagian bebas yang maksimal, katakanlah $\varphi_1, \dots, \varphi_r$ , yang merentang ruang yang sama (jadi hipotesisnya tetap berbunyi $\bigcap_{i \leq r}\ker\varphi_i \subseteq \ker\varphi$ : irisan atas semua $i$ sama dengan irisan atas $i \leq r$ , sebab tiap bentuk yang dibuang adalah sebuah kombinasi). Pemetaan $\Psi = (\varphi_1, \dots, \varphi_r) \colon E \to K^r$ bersifat surjektif (pertanyaan 1: ranknya $r$ ). Jika $\Psi(x) = \Psi(y)$ maka $x - y \in \ker\Psi \subseteq \ker\varphi$ , jadi $\varphi(x) = \varphi(y)$ : karenanya $\varphi$ terfaktorkan sebagai $\varphi = \lambda \circ \Psi$ dengan $\lambda \colon K^r \to K$ yang terdefinisi dengan baik; $\lambda$ bersifat linear karena $\Psi$ linear dan surjektif (untuk $t = \Psi(x)$ , $t' = \Psi(x')$ : $\lambda(t + \alpha t') = \varphi(x + \alpha x') = \lambda(t) + \alpha\lambda(t')$ ). Dengan menulis $\lambda = \sum c_i \varepsilon_i$ diperoleh $\varphi = \sum_{i \leq r} c_i\varphi_i$ . ( $\Rightarrow$ ) Jika $\varphi = \sum c_i \varphi_i$ , maka setiap $x$ yang menolkan tiap $\varphi_i$ menolkan $\varphi$ .

3. Menurut pertanyaan 1, $\dim\bigcap\ker\varphi_i = n - r$ dengan $r = \dim\operatorname{Vect}(\varphi_i) \leq p$ , dan $r = p$ bila dan hanya bila keluarganya bebas. Untuk subruang $F$ berkodimensi $p$ : anihilatornya berdimensi $p$ (Teorema 2.6); sebuah basis $(\varphi_1, \dots, \varphi_p)$ untuk $F^\circ$ memberi $F = \bigcap_i\ker\varphi_i$ (lewat rumus pemulihannya). Kurang dari itu tidak mungkin: irisan $q$ hiperbidang berdimensi $\geq n - q > n - p$ menurut pertanyaan 1.

4. Hitung $\ker\varphi_1 \cap \ker\varphi_2$ : dari $x + y - z = 0$ dan $y + z - t = 0$ , parameterkan lewat $(y, z)$ : $x = z - y$ , $t = y + z$ , yang memberi bidang berisi vektor $(z - y,\; y,\; z,\; y + z)$ . Di bidang itu, $\psi = x + 2y - t = (z - y) + 2y - (y + z) = 0$ : jadi menurut lema pemfaktoran $\psi \in \operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ — dan memang $\psi = \varphi_1 + \varphi_2$ . Namun $\psi' = x + y + t = (z - y) + y + (y + z) = y + 2z$ tidak nol secara identik di sana (dengan $y = 1, z = 0$ diperoleh $1$ ): jadi $\psi' \notin \operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ .

5. Tiga bentuk pada ruang berdimensi $3$ : cukuplah kebebasannya. Jika $a\psi_0 + b\psi_1 + c\psi_2 = 0$ , ujilah pada $1, X, X^2$ : $a + b + c = 0$ , $b + \frac c2 = 0$ , $b + \frac c3 = 0$ ; mengurangkan dua yang terakhir memberi $c = 0$ , lalu $b = 0$ , $a = 0$ . Basis antedual: dengan menulis $P = \alpha + \beta X + \gamma X^2$ lalu menyelesaikan $\psi_i(P_j) = \delta_{ij}$ ( $P(0) = \alpha$ , $P(1) = \alpha + \beta + \gamma$ , $\int_0^1 P = \alpha + \frac\beta2 + \frac\gamma3$ ), diperoleh

P_0 = 1 - 4X + 3X^2, \qquad P_1 = -2X + 3X^2, \qquad P_2 = 6X - 6X^2 .

(Periksa, misalnya: $\int_0^1 P_2 = 3 - 2 = 1$ , $P_2(0) = P_2(1) = 0$ .) Masalah interpolasinya terselesaikan lewat koordinat pada basis antedual itu:

P = 1\cdot P_0 + 2\cdot P_1 + \tfrac32\, P_2 = 1 + X

(koefisien $X$ : $-4 - 4 + 9 = 1$ ; koefisien $X^2$ : $3 + 6 - 9 = 0$ ); dan memang $P(0) = 1$ , $P(1) = 2$ , $\int_0^1 P = \frac32$ .

6. Kelinearan: untuk setiap $\varphi$ , $J(x + \alpha y)(\varphi) = \varphi(x + \alpha y) = J(x)(\varphi) + \alpha J(y)(\varphi)$ , yakni $J(x + \alpha y) = J(x) + \alpha J(y)$ . Keinjektifan: jika $x \neq 0$ , lengkapi $x = e_1$ menjadi basis; bentuk koordinat $e_1^*$ memberi $J(x)(e_1^*) = 1 \neq 0$ . Karena $\dim E^{**} = \dim E^* = \dim E$ , keinjektifan mengakibatkan kebijektifan.

7. Pemuatan: untuk $x \in F$ dan $\varphi \in F^\circ$ berlaku $J(x)(\varphi) = \varphi(x) = 0$ , jadi $J(F) \subseteq F^{\circ\circ}$ . Dimensinya (dengan Teorema 2.6 dua kali):

\dim F^{\circ\circ} = \dim E^* - \dim F^\circ = n - (n - \dim F) = \dim F = \dim J(F),

sebab $J$ injektif. Karenanya $J(F) = F^{\circ\circ}$ .

8. Kesamaan pertama: $\varphi$ menolkan $F + G$ bila dan hanya bila ia menolkan $F$ maupun $G$ (ia menolkan jumlah bila dan hanya bila ia menolkan potongannya): jadi $(F+G)^\circ = F^\circ \cap G^\circ$ . Kesamaan kedua: pemuatan $F^\circ + G^\circ \subseteq (F \cap G)^\circ$ sudah jelas (tiap sukunya menolkan $F \cap G$ ). Dimensinya, dengan memakai kesamaan pertama dan Grassmann:

\dim(F^\circ + G^\circ) = \dim F^\circ + \dim G^\circ - \dim(F^\circ \cap G^\circ) = (n - \dim F) + (n - \dim G) - \bigl(n - \dim(F + G)\bigr),

dan menurut Grassmann di $E$ itu sama dengan $n - \dim(F \cap G) = \dim(F \cap G)^\circ$ : jadi keduanya sama.

9. Lewat lemanya: $\ker\psi \subseteq \ker\varphi$ dengan $p = 1$ memberi $\varphi \in \operatorname{Vect}(\psi)$ , dan $\varphi \neq 0$ membuat skalarnya tak nol. Secara langsung: pilih $x_0$ dengan $\psi(x_0) \neq 0$ ; setiap $x$ dapat ditulis $x = \bigl(x - \frac{\psi(x)}{\psi(x_0)}x_0\bigr) + \frac{\psi(x)}{\psi(x_0)} x_0$ dengan suku pertamanya di $\ker\psi = \ker\varphi$ ; setelah $\varphi$ diterapkan: $\varphi(x) = \frac{\varphi(x_0)}{\psi(x_0)}\psi(x)$ .

10. Ambil basis dual $(\varphi_1^*, \dots, \varphi_n^*)$ dari $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ di dalam $E^{**}$ (Definisi 2.1 yang diterapkan pada $E^*$ ) lalu tetapkan $u_j = J^{-1}(\varphi_j^*)$ : diperoleh basis $E$ (sebab $J$ isomorfisma, pertanyaan 6), dengan $\varphi_i(u_j) = J(u_j)(\varphi_i) = \varphi_j^*(\varphi_i) = \delta_{ij}$ . Ketunggalan: syarat $\varphi_i(u_j) = \delta_{ij}$ menentukan $J(u_j)$ pada basis $(\varphi_i)$ , sehingga menentukan $u_j$ .

11. Kelinearan: $(u + \alpha v)^{\mathsf T}\psi = \psi \circ (u + \alpha v) = u^{\mathsf T}\psi + \alpha\, v^{\mathsf T}\psi$ . Keinjektifan: jika $u \neq 0$ , pilih $x$ dengan $u(x) \neq 0$ dan $\psi$ dengan $\psi(u(x)) \neq 0$ (siasat bentuk koordinat pada pertanyaan 6): maka $u^{\mathsf T}\psi \neq 0$ . Ruang $\mathcal{L}(E,F)$ dan $\mathcal{L}(F^*, E^*)$ sama-sama berdimensi $\dim E \dim F$ , jadi pemetaannya bijektif. Jika $u$ punya invers, aturan pembalikan $(vu)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T}v^{\mathsf T}$ memberi $u^{\mathsf T}(u^{-1})^{\mathsf T} = (u^{-1}u)^{\mathsf T} = \mathrm{id}_{E^*}$ dan $(u^{-1})^{\mathsf T}u^{\mathsf T} = (uu^{-1})^{\mathsf T} = \mathrm{id}_{F^*}$ , sehingga $(u^{\mathsf T})^{-1} = (u^{-1})^{\mathsf T}$ .

12. Untuk $x \in E$ dan $\psi \in F^*$ :

\bigl(u^{\mathsf T\mathsf T}(J_E x)\bigr)(\psi) = (J_E x)\bigl(u^{\mathsf T}\psi\bigr) = (u^{\mathsf T}\psi)(x) = \psi\bigl(u(x)\bigr) = \bigl(J_F(u(x))\bigr)(\psi).

Karena $\psi$ sembarang, berlaku $u^{\mathsf T\mathsf T} \circ J_E = J_F \circ u$ .

13. Menurut Proposisi 2.10: $\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im} u)^\circ$ , jadi $u$ surjektif $\iff \operatorname{im} u = F \iff (\operatorname{im}u)^\circ = \{0\}$ (Teorema 2.6) $\iff u^{\mathsf T}$ injektif. Dan $\operatorname{im} u^{\mathsf T} = (\ker u)^\circ$ , jadi $u$ injektif $\iff \ker u = \{0\} \iff (\ker u)^\circ = E^*$ $\iff u^{\mathsf T}$ surjektif.

14. Jika $u(F) \subseteq F$ dan $\varphi \in F^\circ$ , maka $(u^{\mathsf T}\varphi)(x) = \varphi(u(x)) = 0$ untuk $x \in F$ , jadi $u^{\mathsf T}\varphi \in F^\circ$ . Sebaliknya, jika $u(F) \not\subseteq F$ , pilih $x \in F$ dengan $u(x) \notin F$ ; menurut rumus pemulihan pada Teorema 2.6 ada $\varphi \in F^\circ$ dengan $\varphi(u(x)) \neq 0$ : maka $(u^{\mathsf T}\varphi)(x) \neq 0$ walaupun $x \in F$ , sehingga $u^{\mathsf T}\varphi \notin F^\circ$ , yakni $F^\circ$ tidak stabil.

15. Kita punya $u^{\mathsf T} - \lambda\,\mathrm{id}_{E^*} = (u - \lambda\,\mathrm{id}_E)^{\mathsf T}$ (transposisi bersifat linear dan $\mathrm{id}^{\mathsf T} = \mathrm{id}$ ), jadi kernelnya adalah $(\operatorname{im}(u - \lambda\,\mathrm{id}))^\circ$ (Proposisi 2.10), yang berdimensi

n - \operatorname{rk}(u - \lambda\,\mathrm{id}) = \dim\ker(u - \lambda\,\mathrm{id})

menurut rank–nulitas. Khususnya kernel yang satu tak nol bila dan hanya bila yang lain tak nol: nilai eigennya sama, multiplisitas geometriknya sama.

16. Pemuatan: jika $b = u(x)$ dan $u^{\mathsf T}\psi = 0$ , maka $\psi(b) = \psi(u(x)) = (u^{\mathsf T}\psi)(x) = 0$ , jadi $\operatorname{im} u \subseteq (\ker u^{\mathsf T})_\circ$ . Dimensinya: untuk subruang $S \subseteq F^*$ berlaku $S_\circ = J_F^{-1}(S^\circ)$ (uraikan: $y \in S_\circ$ bila dan hanya bila setiap $\psi \in S$ menolkan $y$ , bila dan hanya bila $J_F(y) \in S^\circ$ ), jadi $\dim S_\circ = \dim F - \dim S$ . Dengan $S = \ker u^{\mathsf T}$ :

\dim(\ker u^{\mathsf T})_\circ = \dim F - \dim\ker u^{\mathsf T} = \operatorname{rk} u^{\mathsf T} = \operatorname{rk} u :

dimensinya sama, sehingga $\operatorname{im} u = (\ker u^{\mathsf T})_\circ$ . Dinyatakan ulang: $b \in \operatorname{im} u$ bila dan hanya bila $\psi(b) = 0$ untuk setiap $\psi$ dengan $u^{\mathsf T}\psi = 0$ — itulah alternatif Fredholm.

17. Samakan $(K^m)^*$ dengan $K^m$ lewat $y \mapsto \psi_y$ , $\psi_y(v) = y^{\mathsf T}v$ ; maka $(u^{\mathsf T}\psi_y)(x) = y^{\mathsf T}Ax = (A^{\mathsf T}y)^{\mathsf T}x$ , jadi $u^{\mathsf T}\psi_y = \psi_{A^{\mathsf T}y}$ : transposnya memang matriks transpos. Paling banyak satu: jika $Ax = b$ dan $A^{\mathsf T}y = 0$ , maka $y^{\mathsf T}b = y^{\mathsf T}Ax = (A^{\mathsf T}y)^{\mathsf T}x = 0 \neq 1$ . Sedikitnya satu: jika (i) gagal, pertanyaan 16 menyediakan $\psi_y$ dengan $A^{\mathsf T}y = 0$ dan $y^{\mathsf T}b \neq 0$ ; lalu skalakan $y$ agar bernilai $1$ .

18. Di sini $A = \left(\begin{smallmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1\end{smallmatrix}\right)$ (baris ketiga = pertama + kedua, jadi $A$ singular). Selesaikan $A^{\mathsf T}y = 0$ : dari $y_1 + y_3 = 0$ , $y_1 + y_2 + 2y_3 = 0$ , $y_2 + y_3 = 0$ diperoleh $y_1 = y_2 = -y_3$ , yakni garis yang direntang $y = (1, 1, -1)$ . Menurut Fredholm: terselesaikan bila dan hanya bila $y^{\mathsf T}b = b_1 + b_2 - b_3 = 0$ , yakni $b_3 = b_1 + b_2$ — yang jelas merupakan syarat yang benar, sebab persamaan ketiganya adalah jumlah dua yang pertama.

19. Matriks $L$ bernilai $1$ pada diagonalnya dan $-\frac12$ pada kedudukan $(k, k\pm1)$ (modulo $n$ ): jadi setangkup, sehingga $L^{\mathsf T} = L$ di bawah penyamaan pertanyaan 17. Kernelnya: jika $Lx = 0$ maka tiap $x_k = \frac12(x_{k-1} + x_{k+1})$ . Misalkan $k_0$ memaksimalkan $x_k$ ; rata-rata kedua tetangganya, yang keduanya $\leq x_{k_0}$ , sama dengan $x_{k_0}$ hanya bila keduanya sama dengan $x_{k_0}$ ; dengan merambatkannya sepanjang siklus, $x$ pastilah konstan. Sebaliknya konstanta memang tertolkan. Jadi $\ker L^{\mathsf T} = \ker L = \R(1, \dots, 1)$ , dan alternatif Fredholm berbunyi: $Lx = b$ terselesaikan bila dan hanya bila $(1,\dots,1)^{\mathsf T} b = \sum_k b_k = 0$ — itulah syarat keselarasan diskretnya: sebuah “sebaran panas” pada sebuah cincin dapat diwujudkan oleh sebuah potensial bila dan hanya bila fluks totalnya nol.

20. Jika $A$ antisetangkup dan $S$ setangkup, maka

\operatorname{tr}(AS) = \operatorname{tr}\bigl((AS)^{\mathsf T}\bigr) = \operatorname{tr}(S^{\mathsf T}A^{\mathsf T}) = -\operatorname{tr}(SA) = -\operatorname{tr}(AS),

jadi $2\operatorname{tr}(AS) = 0$ dan (karena $\operatorname{char} K \neq 2$ ) $\operatorname{tr}(AS) = 0$ : yakni $\mathcal{A}_n \subseteq \mathcal{S}_n^\circ$ (dengan menyamakan dualnya dengan matriks). Dimensinya: $\dim\mathcal{S}_n^\circ = n^2 - \frac{n(n+1)}2 = \frac{n(n-1)}2 = \dim\mathcal{A}_n$ , jadi keduanya sama. Dengan bertukar peran (perhitungan yang sama), $\mathcal{A}_n^\circ = \mathcal{S}_n$ .

21. Berlaku $\operatorname{tr}(I_nM) = \operatorname{tr} M = 0$ untuk $M \in \mathfrak{sl}_n$ : jadi garis $KI_n$ berada di anihilatornya, yang berdimensi $n^2 - (n^2 - 1) = 1$ , sehingga keduanya sama. Diterjemahkan lewat isomorfisma $A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ : bentuk yang nol pada $\mathfrak{sl}_n$ adalah $\operatorname{tr}(\lambda I_n\,\cdot) = \lambda\operatorname{tr}$ .

22. Misalkan $M \in \mathcal{M}_n(K)$ . Polinomial $t \mapsto \det(M - tI)$ tak nol dan berderajat $n$ , jadi ia punya paling banyak $n$ akar; $K$ berkarakteristik $0$ , jadi ia tak hingga: pilihlah $\lambda \neq 0$ yang bukan akar. Maka $M = (M - \lambda I) + \lambda I$ menuliskan $M$ sebagai jumlah dua matriks berinvers.

23. Langkah 1: untuk $P$ berinvers dan $X$ sembarang, terapkan keawetannya pada $M = XP$ : $t(P(XP)P^{-1}) = t(XP)$ , yakni $t(PX) = t(XP)$ . Langkah 2: tetapkan $X$ ; kedua ruas $t(BX) = t(XB)$ linear pada $B$ dan berimpit pada $B$ yang berinvers; menurut pertanyaan 22 setiap $B$ adalah jumlah dua matriks berinvers, jadi keduanya berimpit di mana-mana. Langkah 3: $t$ menolkan setiap komutator $XB - BX$ ; komutator merentang $\mathfrak{sl}_n$ (ditunjukkan pada bukti Proposisi 2.22), jadi $t$ nol pada $\mathfrak{sl}_n$ dan pertanyaan 21 memberi $t = c\operatorname{tr}$ . (Sebaliknya setiap $c\operatorname{tr}$ memang awet terhadap keserupaan: jadi trace adalah satu-satunya invarian linear bagi keserupaan.)

24. Jika $\operatorname{rk} u = r' \leq r$ : ambil basis $(f_1, \dots, f_{r'})$ untuk $\operatorname{im} u$ lalu tulis $u(x) = \sum_{i=1}^{r'} \psi_i(x) f_i$ ; tiap koordinat $\psi_i(x)$ pada $u(x)$ linear dalam $x$ (susunan $u$ dengan sebuah bentuk koordinat), jadi $u$ adalah jumlah $r' \leq r$ pemetaan berank $\leq1$ (tambahkan nol bila perlu). Sebaliknya, jika $u = \sum_{i=1}^r \psi_i(\cdot)f_i$ , maka $\operatorname{im} u \subseteq \operatorname{Vect}(f_1, \dots, f_r)$ , yakni $\operatorname{rk} u \leq r$ . Sifat subaditifnya: tulis $u$ dengan $\operatorname{rk} u$ suku dan $v$ dengan $\operatorname{rk} v$ suku; jumlahnya punya $\operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ suku, jadi $\operatorname{rk}(u + v) \leq \operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ .

25. Kamusnya: sebuah subruang $F$ berpadanan dengan $F^\circ$ yang dimensinya melengkapi (Teorema 2.6), lalu kembali lagi lewat bidualitas (pertanyaan 6–7); jumlah bertukar dengan irisan (pertanyaan 8); sebuah pemetaan $u$ berpadanan dengan $u^{\mathsf T}$ yang memenuhi $\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im}u)^\circ$ , $\operatorname{im}u^{\mathsf T} = (\ker u)^\circ$ , dengan rank yang sama, keinjektifan dan kesurjektifan yang bertukar, serta subruang stabil dan nilai eigen yang berpadanan (pertanyaan 11–15); persamaan $u(x) = b$ terselesaikan bila dan hanya bila $b$ ortogonal terhadap $\ker u^{\mathsf T}$ (pertanyaan 16–19); dan pada $\mathcal{M}_n$ pasangan trace mewujudkan seluruh kamus itu secara konkret, dengan trace sebagai satu-satunya invarian linear bagi keserupaan (pertanyaan 20–23) dan rank sebagai panjang terkecil sebuah penguraian atas tensor elementer (pertanyaan 24). Dalam dimensi tak hingga pencacahan dimensinya gagal dan digantikan oleh hipotesis ketertutupan pada peta serta oleh kelengkapan — pada ruang Hilbert ini menjadi teorema representasi Riesz dan teori Fredholm atas operator kompak, yang dibuktikan secara jujur pada jilid Tahun ke-3.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium