Matriks tanpa kuli
Melanjutkan post yang sebelum nya , berikut akan dibahas solusi dari soal awal
Kemarin memang saya salah mengetik soal (harusnya $AX-XA$ dan $AX+XA$), tapi tetap ada bukti bagus nya bahwa persamaan tidak ada solusi, saya akan post jawabannya disini
(FYI no student solved this :( )
Saya menggunakan soal ini dikelas untuk membuka diskusi mengenai:
1. Review Sifat Diagonalizable, kasus khusus di Matriks Simetrik (Orthogonally Diagonalizable).
2. Orthogonal Basis.
3. Basis Eigenvector.
4. Sifat-Sifat Trace dan hubungannya dengan nilai eigen.
Saya pikir jika mereka mengerjakan soal ini dengan cara kuli, dan mengerti sebagaimana melelahkan cara tersebut. Mereka akan lebih mengapresiasi kegunaan teori-teori dalam mempermudah perhitungan :D .
Soal
Kemarin memang saya salah mengetik soal (harusnya $AX-XA$ dan $AX+XA$), tapi tetap ada bukti bagus nya bahwa persamaan tidak ada solusi, saya akan post jawabannya disini
(FYI no student solved this :( )
Saya menggunakan soal ini dikelas untuk membuka diskusi mengenai:
1. Review Sifat Diagonalizable, kasus khusus di Matriks Simetrik (Orthogonally Diagonalizable).
2. Orthogonal Basis.
3. Basis Eigenvector.
4. Sifat-Sifat Trace dan hubungannya dengan nilai eigen.
Saya pikir jika mereka mengerjakan soal ini dengan cara kuli, dan mengerti sebagaimana melelahkan cara tersebut. Mereka akan lebih mengapresiasi kegunaan teori-teori dalam mempermudah perhitungan :D .
Soal
Misalkan $X= \begin{pmatrix} 0 &1 &1 &1 \\ -1 &0 &1 &1 \\ -1 &-1 &0 &1 \\ -1 &-1 &-1 &0 \end{pmatrix}$.
Tentukan semua matriks real simetrik $A$ yang berukuran $4 \times 4$ dan memenuhi:
\[ (AX-XA) \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5 \\ 5 \\ 5 \\ -5 \end{pmatrix} \qquad (AX-XA) \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad (AX-XA) \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} \]
Solusi :
Perhatikan bahwa $X^T=-X$, yakni $X$ skew-simetrik. Misalkan $B=AX-XA$, maka berlaku
\[B^T = (AX-XA)^T = (AX)^T - (XA)^T = X^T A^T - A^T X^T = -XA-(-AX) = AX-XA=B\]
Jadi $B$ adalah matriks simetrik.
Perhatikan juga bahwa vektor-vektor
\[\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \text{ dan } \mathbf{v}_3=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}\]
adalah eigenvector dari $B$ yang saling orthogonal ($\langle v_i, v_j \rangle =0$ untuk $i \neq j$), dengan nilai eigen secara berturut-turut $-5$, $1$ dan $2$ .
Lalu karena $Trace(AX - XA) = 0$ dan $Trace$ adalah hasil penjumlahan dari nilai eigen, diperoleh $\lambda -5 + 1 + 2 = 0$, jadi nilai eigen yang satu lagi adalah $\lambda = 2$.
Karena $B$ adalah matriks simetrik maka $B$ dapat didiagonalkan secara orthogonal. Dengan kata lain terdapat matriks orthogonal $P$ (yakni matriks yang memenuhi $P^T = P^{-1}$) sedemikian sehingga
\[P^T B P = D= \begin{pmatrix} -5 &0 &0 &0 \\ 0 &1 &0 &0 \\ 0 &0 &2 &0 \\ 0 &0 &0 &2
\end{pmatrix} \]
Perhatikan bahwa kolom-kolom dari matriks $P$ adalah eigenvector $B$ sesuai dengan urutan nilai eigen di diagonal, dan karena $P^T P = P^{-1} P = I$, maka kolom-kolom dari $P$ adalah eigenvektor yang orthonormal .
Seperti yang telah disebutkan sebelum nya karena $B$ dapat didiagonalkan secara orthogonal, ini berarti eigenvector dari $B$ pasti membentuk basis orthonormal, yaitu vektor-vektor kolom dari matriks $P$. Kita akan menentukan vektor-vektor ini agar dapat membentuk matriks $P$.
Pada soal sudah diberikan $3$ buah eigenvector yang orthogonal, yakni $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$, dan $\mathbf{v}_3$.
Kita cukup membagi vektor-vektor ini dengan panjang mereka masing-masing sehingga diperoleh vektor orthonormal:
\[\mathbf{\tilde{v}}_1 = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{\tilde{v}}_2 = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix}, \text{ dan } \mathbf{\tilde{v}}_3=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \\ 0 \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\]
Satu vektor lagi yang orthogonal dengan $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ dan $\mathbf{v}_3$ adalah
\[\mathbf{v}_4 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\]
vektor ini dapat diperoleh dengan mudah dari bentuk $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ dan $\mathbf{v}_3$ ( sebenarnya semua kelipatan dari $\mathbf{v}_4$ juga bisa). Sehingga bentuk normalize nya adalah
\[\mathbf{\tilde{v}}_4 = \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \end{pmatrix}\]
Jadi kita telah memperoleh basis orthonormal eigenvector \[\{\mathbf{\tilde{v}}_1, \mathbf{\tilde{v}}_2, \mathbf{\tilde{v}}_3, \mathbf{\tilde{v}}_4 \}.\]
Basis orthonormal eigenvector diatas tidaklah unik, karena apabila salah satu $\mathbf{\tilde{v}}_i$ diganti dengan $-\mathbf{\tilde{v}}_i$ kita juga memperoleh basis orthonormal lain. Tapi setiap basis orthonormal eigenvector pasti akan mendiagonalkan $B$, dan karena bentuk diagonal dari $B$ itu unik terhadap urutan nilai eigen di diagonal, maka setiap basis akan memperoleh matriks diagonal yang sama, tergantung urutan meletakkan eigenvektor pada kolom $P$. Disini kita akan meletakan $\mathbf{\tilde{v}}_i$ pada kolom ke-$i$ jadi diperoleh matriks
\[P= \begin{pmatrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \, \sqrt{2} & 0 \\-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \, \sqrt{2} \\-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \, \sqrt{2} \\\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \, \sqrt{2} & 0 \end{pmatrix}\]
Dimana sifat orthonormal menyebabkan $P^{-1} = P^T$. Jadi $P^T B P = D$ mengakibatkan
\[AX-XA=B = PDP^T = \begin{pmatrix} 0 & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} & -2 \\\frac{3}{2} & 0 & -2 & \frac{3}{2} \\\frac{3}{2} & -2 & 0 & \frac{3}{2} \\ -2 & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} & 0 \end{pmatrix} \]
(Perhitungan $PD$ diatas tidak rumit karena $D$ memuat banyak $0$, dan pada perhitungan $(PD)P^T$ kita cukup menghitung entri dibawah diagonal dan di diagonal karena $B$ simetrik.)
Dengan operasi baris elementer bisa diperoleh bahwa inverse dari $X$ adalah
\[X^{-1} = \begin{pmatrix}0 & -1 & 1 & -1 \\1 & 0 & -1 & 1 \\-1 & 1 & 0 & -1 \\1 & -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\]
sehingga
\[AX-XA = B \Rightarrow X^{-1}A - AX^{-1} = X^{-1}BX^{-1}=\begin{pmatrix}-4 & -\frac{3}{2} & \frac{11}{2} & -6 \\-\frac{3}{2} & 10 & -12 & \frac{11}{2} \\\frac{11}{2} & -12 & 10 & -\frac{3}{2} \\-6 & \frac{11}{2} & -\frac{3}{2} & -4\end{pmatrix}\]
Tapi ini tidak mungkin karena $Trace(X^{-1}A - A X^{-1}) = 0$ sedangkan $Trace$ dari matriks di sisi kanan sama dengan $12$. Kontradiksi ini membuktikan bahwa tidak ada $A$ yang memenuhi kondisi soal.
Untuk soal yang menggunakan kondisi singular, cara nya serupa, kondisi $det(A) = 0$ hanya digunakan untuk menentukan bahwa ada nilai eigen yang nol.
\[ (AX-XA) \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5 \\ 5 \\ 5 \\ -5 \end{pmatrix} \qquad (AX-XA) \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad (AX-XA) \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} \]
Solusi :
Perhatikan bahwa $X^T=-X$, yakni $X$ skew-simetrik. Misalkan $B=AX-XA$, maka berlaku
\[B^T = (AX-XA)^T = (AX)^T - (XA)^T = X^T A^T - A^T X^T = -XA-(-AX) = AX-XA=B\]
Jadi $B$ adalah matriks simetrik.
Perhatikan juga bahwa vektor-vektor
\[\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \text{ dan } \mathbf{v}_3=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}\]
adalah eigenvector dari $B$ yang saling orthogonal ($\langle v_i, v_j \rangle =0$ untuk $i \neq j$), dengan nilai eigen secara berturut-turut $-5$, $1$ dan $2$ .
Lalu karena $Trace(AX - XA) = 0$ dan $Trace$ adalah hasil penjumlahan dari nilai eigen, diperoleh $\lambda -5 + 1 + 2 = 0$, jadi nilai eigen yang satu lagi adalah $\lambda = 2$.
Karena $B$ adalah matriks simetrik maka $B$ dapat didiagonalkan secara orthogonal. Dengan kata lain terdapat matriks orthogonal $P$ (yakni matriks yang memenuhi $P^T = P^{-1}$) sedemikian sehingga
\[P^T B P = D= \begin{pmatrix} -5 &0 &0 &0 \\ 0 &1 &0 &0 \\ 0 &0 &2 &0 \\ 0 &0 &0 &2
\end{pmatrix} \]
Perhatikan bahwa kolom-kolom dari matriks $P$ adalah eigenvector $B$ sesuai dengan urutan nilai eigen di diagonal, dan karena $P^T P = P^{-1} P = I$, maka kolom-kolom dari $P$ adalah eigenvektor yang orthonormal .
Seperti yang telah disebutkan sebelum nya karena $B$ dapat didiagonalkan secara orthogonal, ini berarti eigenvector dari $B$ pasti membentuk basis orthonormal, yaitu vektor-vektor kolom dari matriks $P$. Kita akan menentukan vektor-vektor ini agar dapat membentuk matriks $P$.
Pada soal sudah diberikan $3$ buah eigenvector yang orthogonal, yakni $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$, dan $\mathbf{v}_3$.
Kita cukup membagi vektor-vektor ini dengan panjang mereka masing-masing sehingga diperoleh vektor orthonormal:
\[\mathbf{\tilde{v}}_1 = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{\tilde{v}}_2 = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix}, \text{ dan } \mathbf{\tilde{v}}_3=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \\ 0 \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\]
Satu vektor lagi yang orthogonal dengan $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ dan $\mathbf{v}_3$ adalah
\[\mathbf{v}_4 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\]
vektor ini dapat diperoleh dengan mudah dari bentuk $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ dan $\mathbf{v}_3$ ( sebenarnya semua kelipatan dari $\mathbf{v}_4$ juga bisa). Sehingga bentuk normalize nya adalah
\[\mathbf{\tilde{v}}_4 = \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \end{pmatrix}\]
Jadi kita telah memperoleh basis orthonormal eigenvector \[\{\mathbf{\tilde{v}}_1, \mathbf{\tilde{v}}_2, \mathbf{\tilde{v}}_3, \mathbf{\tilde{v}}_4 \}.\]
Basis orthonormal eigenvector diatas tidaklah unik, karena apabila salah satu $\mathbf{\tilde{v}}_i$ diganti dengan $-\mathbf{\tilde{v}}_i$ kita juga memperoleh basis orthonormal lain. Tapi setiap basis orthonormal eigenvector pasti akan mendiagonalkan $B$, dan karena bentuk diagonal dari $B$ itu unik terhadap urutan nilai eigen di diagonal, maka setiap basis akan memperoleh matriks diagonal yang sama, tergantung urutan meletakkan eigenvektor pada kolom $P$. Disini kita akan meletakan $\mathbf{\tilde{v}}_i$ pada kolom ke-$i$ jadi diperoleh matriks
\[P= \begin{pmatrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \, \sqrt{2} & 0 \\-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \, \sqrt{2} \\-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \, \sqrt{2} \\\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \, \sqrt{2} & 0 \end{pmatrix}\]
Dimana sifat orthonormal menyebabkan $P^{-1} = P^T$. Jadi $P^T B P = D$ mengakibatkan
\[AX-XA=B = PDP^T = \begin{pmatrix} 0 & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} & -2 \\\frac{3}{2} & 0 & -2 & \frac{3}{2} \\\frac{3}{2} & -2 & 0 & \frac{3}{2} \\ -2 & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} & 0 \end{pmatrix} \]
(Perhitungan $PD$ diatas tidak rumit karena $D$ memuat banyak $0$, dan pada perhitungan $(PD)P^T$ kita cukup menghitung entri dibawah diagonal dan di diagonal karena $B$ simetrik.)
Dengan operasi baris elementer bisa diperoleh bahwa inverse dari $X$ adalah
\[X^{-1} = \begin{pmatrix}0 & -1 & 1 & -1 \\1 & 0 & -1 & 1 \\-1 & 1 & 0 & -1 \\1 & -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\]
sehingga
\[AX-XA = B \Rightarrow X^{-1}A - AX^{-1} = X^{-1}BX^{-1}=\begin{pmatrix}-4 & -\frac{3}{2} & \frac{11}{2} & -6 \\-\frac{3}{2} & 10 & -12 & \frac{11}{2} \\\frac{11}{2} & -12 & 10 & -\frac{3}{2} \\-6 & \frac{11}{2} & -\frac{3}{2} & -4\end{pmatrix}\]
Tapi ini tidak mungkin karena $Trace(X^{-1}A - A X^{-1}) = 0$ sedangkan $Trace$ dari matriks di sisi kanan sama dengan $12$. Kontradiksi ini membuktikan bahwa tidak ada $A$ yang memenuhi kondisi soal.
Untuk soal yang menggunakan kondisi singular, cara nya serupa, kondisi $det(A) = 0$ hanya digunakan untuk menentukan bahwa ada nilai eigen yang nol.
Post a Comment: