diagonalisasi matriks persegi - telkom...

Diagonalisasi Matriks PersegiKuliah Aljabar Linier Semester Ganjil 2015-2016

MZI

Fakultas InformatikaTelkom University

FIF Tel-U

November 2015

MZI (FIF Tel-U) Diagonalisasi Matriks November 2015 1 / 46

Acknowledgements

Slide ini disusun berdasarkan materi yang terdapat pada sumber-sumber berikut:

1 Aplikasi Matriks dan Ruang Vektor, Edisi 1, 2014, oleh Adiwijaya.2 Elementary Linear Algebra, 10th Edition, 2010, oleh H. Anton dan C. Rorres.3 Slide kuliah Aljabar Linier di Telkom University oleh Jondri.4 Slide kuliah Aljabar Linier di Fasilkom UI oleh Kasiyah M. Junus dan SitiAminah.

5 Slide kuliah Aljabar Linier di Fasilkom UI oleh L. Y. Stefanus.

Beberapa gambar dapat diambil dari sumber-sumber di atas. Slide ini ditujukanuntuk keperluan akademis di lingkungan FIF Telkom University. Jika Andamemiliki saran/ pendapat/ pertanyaan terkait materi dalam slide ini, silakan kirimemail ke <pleasedontspam>@telkomuniversity.ac.id.


mailto:[email protected]

Bahasan

1 Motivasi: Menghitung Pangkat Sebuah Matriks

2 Masalah Diagonalisasi

3 Prosedur Diagonalisasi Matriks

4 Aplikasi Diagonalisasi Matriks: Menghitung Pangkat Matriks

5 Aplikasi Diagonalisasi Matriks: Masalah Logaritma Matriks

6 Diagonalisasi Ortogonal


Motivasi: Menghitung Pangkat Sebuah Matriks

Bahasan








Motivasi: Menghitung Pangkat Sebuah Matriks

Pangkat Sebuah Matriks PersegiSalah satu dari penerapan diagonalisasi matriks adalah untuk menghitung pangkat(yang cukup besar) dari sebuah matriks dan menentukan solusi dari permasalahanlogaritma matriks.

PermasalahanJika

A =

0 0 −21 2 11 0 3

,tentukan A13.

Permasalahan

Jika B =

1 0 00 1 10 1 1

, carilah bilangan bulat n sehingga 1 0 00 1 10 1 1

n =

1 0 00 1024 10240 1024 1024

.MZI (FIF Tel-U) Diagonalisasi Matriks November 2015 5 / 46

Masalah Diagonalisasi

Bahasan










Ingat kembali bahwa suatu matriks D dikatakan sebagai matriks diagonal apabilaD berbentuk

D =

d11 O

d22. . .

O dnn

.

PermasalahanMisalkan A adalah sebuah matriks persegi berorde n, apakah terdapat matriks Pyang invertibel dan memenuhi sifat

P−1AP = D

dengan D adalah sebuah matriks diagonal.



PermasalahanApakah terdapat matriks invertibel P sedemikian hingga P−1AP = D untuk

suatu matriks diagonal D apabila A =

[1 10 −1

].

Pilih P =

[− 12 1

1 0

], sehingga P−1 =

[0 11 1

2

], tinjau bahwa

P−1AP =

[0 11 1

2

] [1 10 −1

] [− 12 1

1 0

]=

[−1 0

0 1

][−1 0

0 1

]adalah matriks diagonal yang entri-entri diagonalnya adalah nilai

eigen dari A (yaitu −1 dan 1). Anda juga bisa memeriksa bahwa[− 12

1

]adalah

salah satu vektor basis bagi E−1 dan[

10

]adalah salah satu vektor basis bagi

E1.





[1 10 −1

].

Pilih P =

[− 12 1

1 0

], sehingga P−1 =

[0 11 1

2

], tinjau bahwa

P−1AP =

[0 11 1

2

] [1 10 −1

] [− 12 1

1 0

]=

[−1 0

0 1

]

[−1 0

0 1



1

]adalah


10


E1.





[1 10 −1

].

Pilih P =

[− 12 1

1 0

], sehingga P−1 =

[0 11 1

2

], tinjau bahwa

P−1AP =

[0 11 1

2

] [1 10 −1

] [− 12 1

1 0

]=

[−1 0

0 1

][−1 0

0 1


eigen dari A (yaitu −1 dan 1).

Anda juga bisa memeriksa bahwa[− 12

1

]adalah


10


E1.





[1 10 −1

].

Pilih P =

[− 12 1

1 0

], sehingga P−1 =

[0 11 1

2

], tinjau bahwa

P−1AP =

[0 11 1

2

] [1 10 −1

] [− 12 1

1 0

]=

[−1 0

0 1

][−1 0

0 1



1

]adalah


10


E1.



Perhatikan bahwa penempatan dari P maupun P−1 berpengaruh, karena bilaposisi dari P dan P−1 ditukar diperoleh

[− 12 1

1 0

] [1 10 −1

] [0 11 1

2

]=

[− 32 − 54

1 32

],

yang bukan matriks diagonal.



Perhatikan bahwa penempatan dari P maupun P−1 berpengaruh, karena bilaposisi dari P dan P−1 ditukar diperoleh[

− 12 11 0

] [1 10 −1

] [0 11 1

2

]=

[− 32 − 54

1 32

],

yang bukan matriks diagonal.



Matriks yang TerdiagonalkanDefinisiSebuah matriks persegi A berorde n disebut terdiagonalkan (dapat didiagonalkan,diagonalizable) apabila terdapat matriks invertibel P dan matriks diagonal Dsedemikian hingga

P−1AP = D. (1)

Ketika kondisi (1) terpenuhi, maka P dikatakan mendiagonalkan A (Inggris: Pdiagonalize A).

Permasalahan

Syarat apa yang diperlukan agar sebuah matriks persegi A terdiagonalkan?

TeoremaJika A adalah sembarang matriks persegi berorde n, maka kedua pernyataanberikut ekivalen

1 A terdiagonalkan.2 A memiliki himpunan n vektor eigen yang bebas linier.




P−1AP = D. (1)


PermasalahanSyarat apa yang diperlukan agar sebuah matriks persegi A terdiagonalkan?

Teorema

Jika A adalah sembarang matriks persegi berorde n, maka kedua pernyataanberikut ekivalen





P−1AP = D. (1)


PermasalahanSyarat apa yang diperlukan agar sebuah matriks persegi A terdiagonalkan?

TeoremaJika A adalah sembarang matriks persegi berorde n, maka kedua pernyataanberikut ekivalen




Bukti (1⇒ 2)Asumsikan A terdiagonalkan.

Akan ditunjukkan bahwa A memiliki n vektor eigenyang bebas linier. Dari asumsi A terdiagonalkan, kita dapat menulis

P−1AP = D, (2)

untuk suatu matriks invertibel P dan matriks diagonal D. Misalkan entri-entridiagonal dari D adalah d1, d2 . . . , dn. Ekspresi (2) juga dapat ditulis sebagai

AP = PD.

Misalkan P =[

p1 p2 · · · pn]. Mengingat P invertibel, maka

rank (P) = n. Ini artinya himpunan vektor-vektor kolom {p1,pn . . . ,pn} bebaslinier. Dari sifat perkalian matriks, kita memiliki

AP = A[

p1 p2 · · · pn]

=[

Ap1 Ap2 · · · Apn].

Kemudian karena D adalah matriks diagonal kita memiliki

PD =[

p1 p2 · · · pn]D =

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

].



Bukti (1⇒ 2)Asumsikan A terdiagonalkan. Akan ditunjukkan bahwa A memiliki n vektor eigenyang bebas linier. Dari asumsi A terdiagonalkan, kita dapat menulis

P−1AP = D, (2)


AP = PD.

Misalkan P =[



AP = A[

p1 p2 · · · pn]

=[

Ap1 Ap2 · · · Apn].


PD =[

p1 p2 · · · pn]D =

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

].




P−1AP = D, (2)

untuk suatu matriks invertibel P dan matriks diagonal D.

Misalkan entri-entridiagonal dari D adalah d1, d2 . . . , dn. Ekspresi (2) juga dapat ditulis sebagai

AP = PD.

Misalkan P =[



AP = A[

p1 p2 · · · pn]

=[

Ap1 Ap2 · · · Apn].


PD =[

p1 p2 · · · pn]D =

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

].




P−1AP = D, (2)


AP = PD.

Misalkan P =[

p1 p2 · · · pn].

Mengingat P invertibel, makarank (P) = n. Ini artinya himpunan vektor-vektor kolom {p1,pn . . . ,pn} bebaslinier. Dari sifat perkalian matriks, kita memiliki

AP = A[

p1 p2 · · · pn]

=[

Ap1 Ap2 · · · Apn].


PD =[

p1 p2 · · · pn]D =

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

].




P−1AP = D, (2)


AP = PD.

Misalkan P =[


rank (P) =

n. Ini artinya himpunan vektor-vektor kolom {p1,pn . . . ,pn} bebaslinier. Dari sifat perkalian matriks, kita memiliki

AP = A[

p1 p2 · · · pn]

=[

Ap1 Ap2 · · · Apn].


PD =[

p1 p2 · · · pn]D =

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

].




P−1AP = D, (2)


AP = PD.

Misalkan P =[



AP = A[

p1 p2 · · · pn]

=

[Ap1 Ap2 · · · Apn

].


PD =[

p1 p2 · · · pn]D =

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

].




P−1AP = D, (2)


AP = PD.

Misalkan P =[



AP = A[

p1 p2 · · · pn]

=[

Ap1 Ap2 · · · Apn].


PD =[

p1 p2 · · · pn]D =

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

].



Karena AP = PD kita memperoleh

[Ap1 Ap2 · · · Apn

]=

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

]atau

Api = dipi untuk setiap 1 ≤ i ≤ n.

Ini berarti pi (vektor kolom dari matriks P) adalah vektor eigen dari A, danentri-entri diagonal utama dari D adalah nilai-nilai eigen yang bersesuaian denganvektor-vektor eigen untuk setiap vektor pi dengan 1 ≤ i ≤ n. Kemudian karena{p1,pn . . . ,pn} bebas linier, maka A memiliki himpunan n vektor eigen yangbebas linier.



Karena AP = PD kita memperoleh[Ap1 Ap2 · · · Apn

]=

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

]atau






]=

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

]atau


Ini berarti pi (vektor kolom dari matriks P) adalah vektor eigen dari A, danentri-entri diagonal utama dari D adalah nilai-nilai eigen yang bersesuaian denganvektor-vektor eigen untuk setiap vektor pi dengan 1 ≤ i ≤ n.

Kemudian karena{p1,pn . . . ,pn} bebas linier, maka A memiliki himpunan n vektor eigen yangbebas linier.




]=

[d1p1 d2p2 · · · dnpn

]atau





Bukti (2⇒ 1)Asumsikan A memiliki himpunan n vektor eigen yang bebas linier.

Akandibuktikan bahwa A terdiagonalkan. Dari asumsi A memiliki himpunan n vektoreigen yang bebas linier, misalkan himpunan n vektor eigen yang bebas linier ituadalah {v1,v2, . . . ,vn}. Masing-masing vi bersesuaian dengan nilai eigen λiuntuk 1 ≤ i ≤ n. Kita memiliki

Avi = λvi untuk setiap 1 ≤ i ≤ n.

Selanjutnya konstruksi matriks P yang vektor-vektor kolomnya adalahv1,v2, . . . ,vn, yaitu

P =[

v1 v2 · · · vn].



Bukti (2⇒ 1)Asumsikan A memiliki himpunan n vektor eigen yang bebas linier. Akandibuktikan bahwa A terdiagonalkan. Dari asumsi A memiliki himpunan n vektoreigen yang bebas linier, misalkan himpunan n vektor eigen yang bebas linier ituadalah {v1,v2, . . . ,vn}. Masing-masing vi bersesuaian dengan nilai eigen λiuntuk 1 ≤ i ≤ n. Kita memiliki



P =[

v1 v2 · · · vn].






P =

[v1 v2 · · · vn

].






P =[

v1 v2 · · · vn].



Perhatikan bahwa

AP = A[

v1 v2 · · · vn]

=

[Av1 Av2 · · · Avn

]=

[λ1v1 λ2v2 · · · λnvn

]=

[v1 v2 · · · vn

]Λ

= PΛ

dengan Λ adalah matriks diagonal yang entri-entri diagonalnya adalahλ1, λ2, . . . , λn. Jadi kita memperoleh AP = PΛ. Karena {v1,v2, . . .vn} bebaslinier maka dim (col (P)) = rank (P) = n. Akibatnya P invertibel. Jadi kitamemiliki

P−1AP = Λ.

Dengan demikian A dapat didiagonalkan.



Perhatikan bahwa

AP = A[

v1 v2 · · · vn]

=[

Av1 Av2 · · · Avn]

=

[λ1v1 λ2v2 · · · λnvn

]=

[v1 v2 · · · vn

]Λ

= PΛ


P−1AP = Λ.




Perhatikan bahwa

AP = A[

v1 v2 · · · vn]

=[

Av1 Av2 · · · Avn]

=[λ1v1 λ2v2 · · · λnvn

]=

[v1 v2 · · · vn

]Λ

= PΛ


P−1AP = Λ.




Perhatikan bahwa

AP = A[

v1 v2 · · · vn]

=[

Av1 Av2 · · · Avn]

=[λ1v1 λ2v2 · · · λnvn

]=

[v1 v2 · · · vn

]Λ

=

PΛ


P−1AP = Λ.




Perhatikan bahwa

AP = A[

v1 v2 · · · vn]

=[

Av1 Av2 · · · Avn]

=[λ1v1 λ2v2 · · · λnvn

]=

[v1 v2 · · · vn

]Λ

= PΛ


P−1AP = Λ.




Perhatikan bahwa

AP = A[

v1 v2 · · · vn]

=[

Av1 Av2 · · · Avn]

=[λ1v1 λ2v2 · · · λnvn

]=

[v1 v2 · · · vn

]Λ

= PΛ

dengan Λ adalah matriks diagonal yang entri-entri diagonalnya adalahλ1, λ2, . . . , λn.

Jadi kita memperoleh AP = PΛ. Karena {v1,v2, . . .vn} bebaslinier maka dim (col (P)) = rank (P) = n. Akibatnya P invertibel. Jadi kitamemiliki

P−1AP = Λ.




Perhatikan bahwa

AP = A[

v1 v2 · · · vn]

=[

Av1 Av2 · · · Avn]

=[λ1v1 λ2v2 · · · λnvn

]=

[v1 v2 · · · vn

]Λ

= PΛ

dengan Λ adalah matriks diagonal yang entri-entri diagonalnya adalahλ1, λ2, . . . , λn. Jadi kita memperoleh AP = PΛ. Karena {v1,v2, . . .vn} bebaslinier maka dim (col (P)) = rank (P) = n.

Akibatnya P invertibel. Jadi kitamemiliki

P−1AP = Λ.




Perhatikan bahwa

AP = A[

v1 v2 · · · vn]

=[

Av1 Av2 · · · Avn]

=[λ1v1 λ2v2 · · · λnvn

]=

[v1 v2 · · · vn

]Λ

= PΛ


P−1AP = Λ.




Matriks yang Tak Terdiagonalkan

PermasalahanApakah ada matriks yang tak terdiagonalkan?

Ada, matriks A =

1 −1 −10 1 −10 0 1

tidak terdiagonalkan. Persamaankarakteristik dari A adalah pA (λ) = (λ− 1)

3= 0. Sehingga diperoleh nilai eigen

1 dengan ma (1) = 3. Untuk mencari vektor-vektor eigen dari A akan ditinjauE1 = ker (I−A). Tinjau bahwa 0 1 1

0 0 10 0 0

x1x2x3

=

000

,sehingga diperoleh x2 = x3 = 0, x1 = t ∈ R. Jadi jikaE1 = ker (I−A) = span {(1, 0, 0)}. Akibatnya semua vektor eigen dari A pastiberbentuk (t, 0, 0) dengan t 6= 0, t ∈ R. Jadi tidak mungkin A memilikihimpunan 3 vektor yang bebas linier. Berdasarkan teorema sebelumnya, A tidakterdiagonalkan.





Ada, matriks A =

1 −1 −10 1 −10 0 1



1 dengan ma (1) = 3. Untuk mencari vektor-vektor eigen dari A akan ditinjauE1 = ker (I−A).

Tinjau bahwa 0 1 10 0 10 0 0

x1x2x3

=

000






Ada, matriks A =

1 −1 −10 1 −10 0 1




0 0 10 0 0

x1x2x3

=

000

,sehingga diperoleh

x2 = x3 = 0, x1 = t ∈ R. Jadi jikaE1 = ker (I−A) = span {(1, 0, 0)}. Akibatnya semua vektor eigen dari A pastiberbentuk (t, 0, 0) dengan t 6= 0, t ∈ R. Jadi tidak mungkin A memilikihimpunan 3 vektor yang bebas linier. Berdasarkan teorema sebelumnya, A tidakterdiagonalkan.





Ada, matriks A =

1 −1 −10 1 −10 0 1




0 0 10 0 0

x1x2x3

=

000

,sehingga diperoleh x2 = x3 = 0, x1 = t ∈ R. Jadi jikaE1 = ker (I−A) = span

{(1, 0, 0)}. Akibatnya semua vektor eigen dari A pastiberbentuk (t, 0, 0) dengan t 6= 0, t ∈ R. Jadi tidak mungkin A memilikihimpunan 3 vektor yang bebas linier. Berdasarkan teorema sebelumnya, A tidakterdiagonalkan.





Ada, matriks A =

1 −1 −10 1 −10 0 1




0 0 10 0 0

x1x2x3

=

000

,sehingga diperoleh x2 = x3 = 0, x1 = t ∈ R. Jadi jikaE1 = ker (I−A) = span {(1, 0, 0)}.

Akibatnya semua vektor eigen dari A pastiberbentuk (t, 0, 0) dengan t 6= 0, t ∈ R. Jadi tidak mungkin A memilikihimpunan 3 vektor yang bebas linier. Berdasarkan teorema sebelumnya, A tidakterdiagonalkan.





Ada, matriks A =

1 −1 −10 1 −10 0 1




0 0 10 0 0

x1x2x3

=

000




Diagonalisasi —Multiplisitas Aljabar dan Geometri NilaiEigen

Pada ilustrasi sebelumnya kita melihat bahwa A tak terdiagonalkan dan memilikinilai eigen 1 dengan ma (1) = 3 dan mg (1) = 1. Secara umum, kita memilikiteorema berikut.

TeoremaMatriks persegi A terdiagonalkan jika dan hanya jika mg (λ) = ma (λ) untuksetiap nilai eigen λ dari matriks A.



Himpunan Vektor Eigen dari Nilai Eigen Berbeda

TeoremaJika v1,v2, . . . ,vn adalah n vektor eigen yang masing-masing bersesuaian dengannilai eigen λ1, λ2, . . . , λn yang berbeda, maka {v1,v2, . . . ,vn} bebas linier.

AkibatJika A adalah matriks n× n dengan n nilai eigen berbeda, maka A dapatdidiagonalkan.

BuktiKarena A adalah matriks n× n dengan n nilai eigen berbeda, maka A memilikihimpunan n vektor eigen yang bersifat bebas linier. Akibatnya A dapatdidiagonalkan.


Prosedur Diagonalisasi Matriks

Bahasan









Prosedur Diagonalisasi MatriksDari teorema yang telah dijelaskan kita dapat mengkonstruksi prosedurdiagonalisasi matriks sebagai berikut.

Prosedur Diagonalisasi MatriksMisalkan A adalah sebuah matriks persegi berorde n.

Langkah 1: Tentukan nilai eigen dari A. Selanjutnya carilah (jika ada) nvektor eigen dari A yang bebas linier dan bersesuaian dengan suatu nilaieigen tertentu. Vektor-vektor eigen tersebut dapat diperoleh dari basis-basisbagi ruang eigen untuk A. Jika tidak ada n vektor dari A yang bebas linier,maka A tidak dapat didiagonalkan.

Langkah 2: Misalkan n vektor eigen yang diperoleh dari langkah 1 adalahp1,p2, . . . ,pn. Konstruksi matriks P =

[p1 p2 · · · pn

]. Karena

{p1,p2, . . . ,pn} bebas linier, maka P invertibel.

Langkah 3: Tentukan matriks P−1. Selanjutnya matriks P−1AP adalahmatriks diagonal yang entri-entri diagonal utamanya adalah nilai-nilai eigenλ1, λ2, . . . , λn. Setiap vektor eigen pi bersesuaian dengan nilai eigen λiuntuk setiap 1 ≤ i ≤ n. Biasanya matriks diagonal P−1AP ditulis denganΛ = diag (λ1, λ2, . . . , λn).



Latihan

Latihan

Lakukan diagonalisasi pada matriks A =

[1 10 −1

]Solusi:

Untuk matriks A, kita memiliki persamaan karakteristikpA (λ) = (λ− 1) (λ+ 1) = 0. Jadi diperoleh nilai eigen λ1 = −1 dan λ2 = 1.Pertama kita akan menentukan basis bagi E−1 = ker (−I−A). Tinjau SPL[

−2 −10 0

] [x1x2

]=

[00

],

diperoleh 2x1 + x2 = 0, jadi jika x2 = s maka x1 = − 12s. AkibatnyaE−1 = span

{(− 12 , 1

)}. Selanjutnya kita akan menentukan basis bagi

E1 = ker (I−A). Tinjau SPL[0 10 2

] [x1x2

]=

[00

],

diperoleh x2 = 0 dan x1 = t ∈ R. Akibatnya E1 = span {(1, 0)}.



Latihan

Latihan


[1 10 −1

]Solusi: Untuk matriks A, kita memiliki persamaan karakteristikpA (λ) = (λ− 1) (λ+ 1) = 0.

Jadi diperoleh nilai eigen λ1 = −1 dan λ2 = 1.Pertama kita akan menentukan basis bagi E−1 = ker (−I−A). Tinjau SPL[

−2 −10 0

] [x1x2

]=

[00

],


{(− 12 , 1



] [x1x2

]=

[00

],




Latihan

Latihan


[1 10 −1

]Solusi: Untuk matriks A, kita memiliki persamaan karakteristikpA (λ) = (λ− 1) (λ+ 1) = 0. Jadi diperoleh nilai eigen λ1 = −1 dan λ2 = 1.Pertama kita akan menentukan basis bagi E−1 = ker (−I−A). Tinjau SPL

[−2 −1

0 0

] [x1x2

]=

[00

],


{(− 12 , 1



] [x1x2

]=

[00

],




Latihan

Latihan


[1 10 −1

]Solusi: Untuk matriks A, kita memiliki persamaan karakteristikpA (λ) = (λ− 1) (λ+ 1) = 0. Jadi diperoleh nilai eigen λ1 = −1 dan λ2 = 1.Pertama kita akan menentukan basis bagi E−1 = ker (−I−A). Tinjau SPL[

−2 −10 0

] [x1x2

]=

[00

],


{(− 12 , 1



] [x1x2

]=

[00

],




Latihan

Latihan


[1 10 −1


−2 −10 0

] [x1x2

]=

[00

],


{(− 12 , 1


E1 = ker (I−A). Tinjau SPL

[0 10 2

] [x1x2

]=

[00

],




Latihan

Latihan


[1 10 −1


−2 −10 0

] [x1x2

]=

[00

],


{(− 12 , 1



] [x1x2

]=

[00

],

diperoleh x2 = 0 dan x1 = t ∈ R. Akibatnya E1 = span

{(1, 0)}.



Latihan

Latihan


[1 10 −1


−2 −10 0

] [x1x2

]=

[00

],


{(− 12 , 1



] [x1x2

]=

[00

],

diperoleh x2 = 0 dan x1 = t ∈ R. Akibatnya E1 = span {(1, 0)}.MZI (FIF Tel-U) Diagonalisasi Matriks November 2015 20 / 46


Perhatikan bahwa(− 12 , 1

)dan (1, 0) adalah dua vektor eigen dari A yang bebas

linier. Jadi kita dapat memilih

P =

[− 12 1

1 0

].

Akibatnya P−1 =

[0 11 1

2

]. Oleh karena itu diperoleh matriks diagonal Λ

sebagai berikut

Λ = P−1AP =

[0 11 1

2

] [1 10 −1

] [− 12 1

1 0

]=

[−1 0

0 1

]

Perhatikan bahwa[− 12

1

]adalah vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai

eigen −1 dan[

10

]adalah vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen 1.


Aplikasi Diagonalisasi Matriks: Menghitung Pangkat Matriks

Bahasan









PermasalahanMisalkan A adalah sebuah matriks persegi berorde n yang terdiagonalkan.Bagaimana cara yang efisien untuk menghitung Ak, k ∈ N?

Misalkan A adalah matriks n× n yang terdiagonalkan, maka kita memiliki matrisinvertibel P dan matriks diagonal Λ yang memenuhi

P−1AP = Λ =

λ1 O

λ2. . .

O λn

, (3)

dengan λ1, λ2, . . . , λn adalah nilai-nilia eigen dari A. Karena Λ adalah matriksdiagonal, maka kita memiliki

Λk =

λk1 O

λk2. . .

O λkn

, untuk setiap k ∈ N.



PermasalahanMisalkan A adalah sebuah matriks persegi berorde n yang terdiagonalkan.Bagaimana cara yang efisien untuk menghitung Ak, k ∈ N?

Misalkan A adalah matriks n× n yang terdiagonalkan, maka kita memiliki matrisinvertibel P dan matriks diagonal Λ yang memenuhi

P−1AP = Λ =

λ1 O

λ2. . .

O λn

, (3)

dengan λ1, λ2, . . . , λn adalah nilai-nilia eigen dari A. Karena Λ adalah matriksdiagonal, maka kita memiliki

Λk =

λk1 O

λk2. . .

O λkn

, untuk setiap k ∈ N.MZI (FIF Tel-U) Diagonalisasi Matriks November 2015 23 / 46


Dengan mengkuadratkan kedua ruas pada (3) diperoleh

(P−1AP

)2= Λ2(

P−1AP) (

P−1AP)

= Λ2

P−1(APP−1A

)P = Λ2

P−1A2P = Λ2

Secara umum melalui induksi matematika, kita memiliki

P−1AkP = Λk untuk setiap k ∈ N, jadiAk = PΛkP−1 untuk setiap k ∈ N.



Dengan mengkuadratkan kedua ruas pada (3) diperoleh(P−1AP

)2= Λ2

(P−1AP

) (P−1AP

)= Λ2

P−1(APP−1A

)P = Λ2

P−1A2P = Λ2






)2= Λ2(

P−1AP) (

P−1AP)

= Λ2

P−1(APP−1A

)P = Λ2

P−1A2P = Λ2






)2= Λ2(

P−1AP) (

P−1AP)

= Λ2

P−1(APP−1A

)P = Λ2

P−1A2P = Λ2


P−1AkP = Λk untuk setiap k ∈ N, jadiAk =

PΛkP−1 untuk setiap k ∈ N.




)2= Λ2(

P−1AP) (

P−1AP)

= Λ2

P−1(APP−1A

)P = Λ2

P−1A2P = Λ2





Latihan: Menentukan Pangkat dari MatriksLatihan

Dengan metode diagonalisasi matriks, tentukan A13 apabila A =

0 0 −21 2 11 0 3

.Solusi:

A memiliki persamaan karakteristik sebagai berikut

0 = pA (λ) = |λI−A| =

∣∣∣∣∣∣λ 0 2−1 λ− 2 −1−1 0 λ− 3

∣∣∣∣∣∣dengan ekspansi baris pertama

0 = λ

∣∣∣∣ λ− 2 −10 λ− 3

∣∣∣∣+ 2

∣∣∣∣ −1 λ− 2−1 0

∣∣∣∣= λ (λ− 2) (λ− 3) + 2 (λ− 2)

= (λ− 2) (λ (λ− 3) + 2)

= (λ− 2)(λ2 − 3λ+ 2

)= (λ− 2) (λ− 2) (λ− 1) = (λ− 2)

2(λ− 1) .

Jadi diperoleh nilai eigen λ1 = 1 dan λ2 = λ3 = 2.





0 0 −21 2 11 0 3

.Solusi: A memiliki persamaan karakteristik sebagai berikut

0 = pA (λ) = |λI−A| =

∣∣∣∣∣∣λ 0 2−1 λ− 2 −1−1 0 λ− 3


0 =

λ

∣∣∣∣ λ− 2 −10 λ− 3

∣∣∣∣+ 2

∣∣∣∣ −1 λ− 2−1 0

∣∣∣∣= λ (λ− 2) (λ− 3) + 2 (λ− 2)

= (λ− 2) (λ (λ− 3) + 2)

= (λ− 2)(λ2 − 3λ+ 2

)= (λ− 2) (λ− 2) (λ− 1) = (λ− 2)

2(λ− 1) .






0 0 −21 2 11 0 3


0 = pA (λ) = |λI−A| =

∣∣∣∣∣∣λ 0 2−1 λ− 2 −1−1 0 λ− 3


0 = λ

∣∣∣∣ λ− 2 −10 λ− 3

∣∣∣∣+ 2

∣∣∣∣ −1 λ− 2−1 0

∣∣∣∣= λ (λ− 2) (λ− 3) + 2 (λ− 2)

= (λ− 2) (λ (λ− 3) + 2)

= (λ− 2)(λ2 − 3λ+ 2

)= (λ− 2) (λ− 2) (λ− 1) = (λ− 2)

2(λ− 1) .






0 0 −21 2 11 0 3


0 = pA (λ) = |λI−A| =

∣∣∣∣∣∣λ 0 2−1 λ− 2 −1−1 0 λ− 3


0 = λ

∣∣∣∣ λ− 2 −10 λ− 3

∣∣∣∣+ 2

∣∣∣∣ −1 λ− 2−1 0

∣∣∣∣= λ (λ− 2) (λ− 3) + 2 (λ− 2)

= (λ− 2) (λ (λ− 3) + 2)

= (λ− 2)(λ2 − 3λ+ 2

)= (λ− 2) (λ− 2) (λ− 1) = (λ− 2)

2(λ− 1) .

Jadi diperoleh nilai eigen λ1 = 1 dan λ2 = λ3 = 2.MZI (FIF Tel-U) Diagonalisasi Matriks November 2015 25 / 46


Pertama akan ditentukan E1 = ker (I−A). 1 0 2−1 −1 −1−1 0 −2

x1x2x3

=

000

.

Diperolehx1 + 0x2 + 2x3 = 0x1 + x2 + x3 = 0

, akibatnya jika x3 = s maka x1 = −2s dan

x2 = s dengan s ∈ R. Jadi E1 = span {(−2, 1, 1)}. Selanjutnya akan ditentukanE2 = ker (2I−A). 2 0 2

−1 0 −1−1 0 −1

x1x2x3

=

000

.Diperoleh x1 + x3 = 0, akibatnya jika x3 = t maka x1 = −t. Kemudianx2 = u ∈ R. Jadi jika ~x ∈ ker (2I−A), maka~x = (−t, u, t) = t (−1, 0, 1) + u (0, 1, 0) dengan t, u ∈ R. Oleh karenanyaE2 = span {(−1, 0, 1) , (0, 1, 0)}.




x1x2x3

=

000

.Diperoleh

x1 + 0x2 + 2x3 = 0x1 + x2 + x3 = 0


x2 = s dengan s ∈ R. Jadi E1 = span

{(−2, 1, 1)}. Selanjutnya akan ditentukanE2 = ker (2I−A). 2 0 2

−1 0 −1−1 0 −1

x1x2x3

=

000





x1x2x3

=

000

.Diperoleh

x1 + 0x2 + 2x3 = 0x1 + x2 + x3 = 0



−1 0 −1−1 0 −1

x1x2x3

=

000

.

Diperoleh x1 + x3 = 0, akibatnya jika x3 = t maka x1 = −t. Kemudianx2 = u ∈ R. Jadi jika ~x ∈ ker (2I−A), maka~x = (−t, u, t) = t (−1, 0, 1) + u (0, 1, 0) dengan t, u ∈ R. Oleh karenanyaE2 = span {(−1, 0, 1) , (0, 1, 0)}.




x1x2x3

=

000

.Diperoleh

x1 + 0x2 + 2x3 = 0x1 + x2 + x3 = 0



−1 0 −1−1 0 −1

x1x2x3

=

000

.Diperoleh x1 + x3 = 0, akibatnya jika x3 = t maka x1 = −t. Kemudianx2 = u ∈ R. Jadi jika ~x ∈ ker (2I−A), maka~x = (−t, u, t) = t (−1, 0, 1) + u (0, 1, 0) dengan t, u ∈ R. Oleh karenanyaE2 = span

{(−1, 0, 1) , (0, 1, 0)}.




x1x2x3

=

000

.Diperoleh

x1 + 0x2 + 2x3 = 0x1 + x2 + x3 = 0



−1 0 −1−1 0 −1

x1x2x3

=

000




Kita dapat memiliki {p1,p2,p3} yang bebas linier, dengan p1 = (−2, 1, 1),p2 = (−1, 0, 1), dan p3 = (0, 1, 0). Sehingga

P =

−2 −1 01 0 11 1 0

dan P−1 =

−1 0 −11 0 21 1 1

(tunjukkan!)

Tinjau bahwa P−1AP =

1 0 00 2 00 0 2

= Λ. Akibatnya P−1A13P = Λ13, jadi

A13 = PΛ13P−1

A13 =

−2 −1 01 0 11 1 0

1 0 00 213 00 0 213

−1 0 −11 0 21 1 1

=

−8190 0 −16 3828191 8192 81918191 0 16 383

.




P =

−2 −1 01 0 11 1 0

dan P−1 =

−1 0 −11 0 21 1 1

(tunjukkan!)


1 0 00 2 00 0 2

= Λ.

Akibatnya P−1A13P = Λ13, jadi

A13 = PΛ13P−1

A13 =

−2 −1 01 0 11 1 0

1 0 00 213 00 0 213

−1 0 −11 0 21 1 1

=

−8190 0 −16 3828191 8192 81918191 0 16 383

.




P =

−2 −1 01 0 11 1 0

dan P−1 =

−1 0 −11 0 21 1 1

(tunjukkan!)


1 0 00 2 00 0 2

= Λ. Akibatnya P−1A13P = Λ13, jadi

A13 = PΛ13P−1

A13 =

−2 −1 01 0 11 1 0

1 0 00 213 00 0 213

−1 0 −11 0 21 1 1

=

−8190 0 −16 3828191 8192 81918191 0 16 383

.


Aplikasi Diagonalisasi Matriks: Masalah Logaritma Matriks

Bahasan









Masalah Logaritma Matriks

Permasalahan

Jika B =

1 0 00 1 10 1 1

, carilah bilangan bulat n sehingga 1 0 00 1 10 1 1

n =

1 0 00 1024 10240 1024 1024

. (Petunjuk: cari terlebih dulu matriksyang mendiagonalkan B).



Solusi:

B memiliki persamaan karakteristik sebagai berikut

0 = pB (λ) = |λI−B| =

∣∣∣∣∣∣λ− 1 0 0

0 λ− 1 −10 −1 λ− 1


0 = (λ− 1)

∣∣∣∣ λ− 1 −1−1 λ− 1

∣∣∣∣= (λ− 1)

((λ− 1)

2 − 1)

= (λ− 1)(λ2 − 2λ

)= (λ− 1) (λ) (λ− 2)

= λ (λ− 1) (λ− 2) .

Jadi diperoleh nilai eigen λ1 = 0, λ2 = 1, dan λ3 = 2.



Solusi: B memiliki persamaan karakteristik sebagai berikut

0 = pB (λ) = |λI−B| =

∣∣∣∣∣∣λ− 1 0 0

0 λ− 1 −10 −1 λ− 1


0 =

(λ− 1)

∣∣∣∣ λ− 1 −1−1 λ− 1

∣∣∣∣= (λ− 1)

((λ− 1)

2 − 1)

= (λ− 1)(λ2 − 2λ

)= (λ− 1) (λ) (λ− 2)

= λ (λ− 1) (λ− 2) .




Solusi: B memiliki persamaan karakteristik sebagai berikut

0 = pB (λ) = |λI−B| =

∣∣∣∣∣∣λ− 1 0 0

0 λ− 1 −10 −1 λ− 1


0 = (λ− 1)

∣∣∣∣ λ− 1 −1−1 λ− 1

∣∣∣∣= (λ− 1)

((λ− 1)

2 − 1)

= (λ− 1)(λ2 − 2λ

)= (λ− 1) (λ) (λ− 2)

= λ (λ− 1) (λ− 2) .




Pertama akan ditentukan E0 = ker (0I−B) = ker (−B). −1 0 00 −1 −10 −1 −1

x1x2x3

=

000

.

Dengan OBE diperoleh matriks diperbesar dalam bentuk EB:

1 0 0 00 1 1 00 0 0 0

,akibatnya diperoleh SPL

x1 = 0x2 + x3 = 0

. Akibatnya x1 = 0 dan bila x3 = r ∈ R,

maka x2 = −r. Jadi E0 = ker (0I−B) = span {(0,−1, 1)} = span {(0, 1,−1)}.




x1x2x3

=

000

.


1 0 0 00 1 1 00 0 0 0


x1 = 0x2 + x3 = 0


maka x2 = −r. Jadi E0 =

ker (0I−B) = span {(0,−1, 1)} = span {(0, 1,−1)}.




x1x2x3

=

000

.


1 0 0 00 1 1 00 0 0 0


x1 = 0x2 + x3 = 0


maka x2 = −r. Jadi E0 = ker (0I−B) = span {(0,−1, 1)} = span {(0, 1,−1)}.



Selanjutnya akan ditentukan E1 = ker (I−B). 0 0 00 0 −10 −1 0

x1x2x3

=

000

.

Diperoleh x2 = x3 = 0 dan x1 = s ∈ R karena nilai x1 tidak terkait x2 dan x3.Oleh karenanya E1 = span {(1, 0, 0)}.

Terakhir akan ditentukan E2 = ker (2I−B). 1 0 00 1 −10 −1 1

x1x2x3

=

000

.Dengan OBE diperoleh matriks diperbesar dalam bentuk EB: 1 0 0 0

0 1 −1 00 0 0 0

, akibatnya diperoleh SPL x1 = 0x2 − x3 = 0

. Akibatnya

x1 = 0 dan bila x3 = t ∈ R, maka x2 = t. JadiE2 = ker (2I−B) = span {(0, 1, 1)}.




x1x2x3

=

000

.Diperoleh x2 = x3 = 0 dan x1 = s ∈ R karena nilai x1 tidak terkait x2 dan x3.Oleh karenanya E1 = span

{(1, 0, 0)}.


x1x2x3

=

000


0 1 −1 00 0 0 0


. Akibatnya





x1x2x3

=

000

.Diperoleh x2 = x3 = 0 dan x1 = s ∈ R karena nilai x1 tidak terkait x2 dan x3.Oleh karenanya E1 = span {(1, 0, 0)}.


x1x2x3

=

000

.

Dengan OBE diperoleh matriks diperbesar dalam bentuk EB: 1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0


. Akibatnya





x1x2x3

=

000



x1x2x3

=

000


0 1 −1 00 0 0 0


. Akibatnya

x1 = 0 dan bila x3 = t ∈ R, maka x2 = t. JadiE2 =

ker (2I−B) = span {(0, 1, 1)}.




x1x2x3

=

000



x1x2x3

=

000


0 1 −1 00 0 0 0


. Akibatnya




Kita dapat memiliki {p1,p2,p3} yang bebas linier, dengan p1 = (0, 1,−1),p2 = (1, 0, 0), dan p3 = (0, 1, 1). Sehingga

P =

0 1 01 0 1−1 0 1

dan P−1 =

0 12 − 12

1 0 00 1

212

(tunjukkan!)

Tinjau bahwa

P−1BP =

0 12 − 12

1 0 00 1

212

1 0 00 1 10 1 1

0 1 01 0 1−1 0 1

=

0 0 00 1 00 0 2

= Λ.

Kita memiliki P−1BP = Λ⇔ B = PΛP−1, sehingga Bn = PΛnP−1. Kitamemiliki

Bn =

0 1 01 0 1−1 0 1

0 0 00 1 00 0 2n

0 12 − 12

1 0 00 1

212

=

1 0 00 1

22n 122n

0 122n 1

22n



Karena Bn =

1 0 00 1024 10240 1024 1024

, maka 1 0 0

0 122n 1

22n

0 122n 1

22n

=

1 0 00 1024 10240 1024 1024

Akibatnya

122n = 1024, jadi 2n = 2048 sehingga n = 11.



Karena Bn =

1 0 00 1024 10240 1024 1024

, maka 1 0 0

0 122n 1

22n

0 122n 1

22n

=

1 0 00 1024 10240 1024 1024

Akibatnya 1

22n = 1024, jadi 2n = 2048 sehingga n = 11.


Diagonalisasi Ortogonal

Bahasan









Definisi Matriks Ortogonal

DefinisiSebuah matriks persegi Q disebut matriks ortogonal apabila Q invertibel daninversnya sama dengan transposnya, yaitu

Q−1 = QT .

AkibatQ adalah matriks ortogonal jika dan hanya jika QQT = QTQ = I.





Q−1 = QT .

Akibat

Q adalah matriks ortogonal jika dan hanya jika QQT = QTQ = I.





Q−1 = QT .

AkibatQ adalah matriks ortogonal jika dan hanya jika QQT = QTQ = I.



LatihanPeriksa apakah matriks-matriks berikut adalah matriks ortogonal.

A =

0 0 11 0 00 1 0

, B =

0 1 0 00 0 1 01 0 0 00 0 0 1

, C =

[1√2− 1√

21√2

1√2

],

D =

12

12

12

12

12 − 12

12 − 12

12

12 − 12 − 12

12 − 12 − 12

12

, E =

[cos θ − sin θ− sin θ cos θ

].

Solusi:

A,B,C,D,E semuanya adalah matriks ortogonal (tunjukkan!).Perhatikan bahwa baris-baris matriks A maupun B diperoleh dari permutasi barismatriks identitas. Matriks seperti ini dikatakan sebagai matriks permutasi.



LatihanPeriksa apakah matriks-matriks berikut adalah matriks ortogonal.

A =

0 0 11 0 00 1 0

, B =

0 1 0 00 0 1 01 0 0 00 0 0 1

, C =

[1√2− 1√

21√2

1√2

],

D =

12

12

12

12

12 − 12

12 − 12

12

12 − 12 − 12

12 − 12 − 12

12

, E =

[cos θ − sin θ− sin θ cos θ

].

Solusi: A,B,C,D,E semuanya adalah matriks ortogonal (tunjukkan!).Perhatikan bahwa baris-baris matriks A maupun B diperoleh dari permutasi barismatriks identitas. Matriks seperti ini dikatakan sebagai matriks permutasi.



Beberapa Sifat Matriks Ortogonal

TeoremaMisalkan Q adalah sebuah matriks persegi berorde n, makapernyataan-pernyataan berikut ekivalen.

1 Q matriks ortogonal.2 Jika R = {r1, r2, . . . , rn} adalah himpunan vektor-vektor baris dari Q, makaR adalah himpunan ortonormal.

3 Jika C = {c1, c2, . . . , cn} adalah himpunan vektor-vektor kolom dari Q,maka C adalah himpunan ortonormal.



Invers dan Hasil Kali Matriks OrtogonalTeoremaJika Q adalah matriks ortogonal, maka Q−1 juga matriks ortogonal.

Bukti

Karena Q matriks ortogonal, maka Q−1 = QT . Tinjau bahwa(Q−1

)TQ−1 =

(QT)T

Q−1 = QQ−1 = I. Jadi Q−1 juga matriksortogonal.

TeoremaJika P dan Q adalah matriks ortogonal, maka PQ juga matriks ortogonal.

BuktiKarena P dan Q adalah matriks ortogonal, maka P−1 = PT dan Q−1 = QT .Tinjau bahwa

(PQ)−1

= Q−1P−1 = QTPT = (PQ)T ,

jadi PQ juga matriks ortogonal.




BuktiKarena Q matriks ortogonal, maka Q−1 =

QT . Tinjau bahwa(Q−1

)TQ−1 =

(QT)T




(PQ)−1

= Q−1P−1 = QTPT = (PQ)T ,





BuktiKarena Q matriks ortogonal, maka Q−1 = QT . Tinjau bahwa(Q−1

)TQ−1 =

(QT)T




(PQ)−1

= Q−1P−1 = QTPT = (PQ)T ,






)TQ−1 =

(QT)T

Q−1 =

QQ−1 = I. Jadi Q−1 juga matriksortogonal.



(PQ)−1

= Q−1P−1 = QTPT = (PQ)T ,






)TQ−1 =

(QT)T




(PQ)−1

=

Q−1P−1 = QTPT = (PQ)T ,






)TQ−1 =

(QT)T




(PQ)−1

= Q−1P−1 =

QTPT = (PQ)T ,






)TQ−1 =

(QT)T




(PQ)−1

= Q−1P−1 = QTPT =

(PQ)T ,






)TQ−1 =

(QT)T




(PQ)−1

= Q−1P−1 = QTPT = (PQ)T ,




Determinan Matriks Ortogonal

TeoremaJika Q adalah matriks ortogonal, maka det (Q) = ±1.

BuktiKarena Q matriks ortogonal, maka QTQ = I, akibatnya

1 = det(QTQ

)=

det(QT)

det (Q)

= det (Q) det (Q)

= (det (Q))2

Jadi det (Q) = ±1.






1 = det(QTQ

)= det

(QT)

det (Q)

=

det (Q) det (Q)

= (det (Q))2

Jadi det (Q) = ±1.






1 = det(QTQ

)= det

(QT)

det (Q)

= det (Q) det (Q)

= (det (Q))2

Jadi det (Q) = ±1.



Matriks Ortogonal dan Hasil Kali Titik

PermasalahanMisalkan Q adalah sebuah matriks ortogonal berukuran n× n dan x,y ∈ Rn.Apa kaitan antara Qx ·Qy dan x · y? Apa kaitan antara ‖Qx‖ dan ‖x‖?

TeoremaJika Q adalah sebuah matriks berukuran n× n dan x,y ∈ Rn, makapernyataan-pernyataan berikut ekivalen.

1 Q ortogonal2 ‖Qx‖ = ‖x‖3 Qx ·Qy = x · y




DefinisiSuatu matriks persegi A dikatakan dapat didiagonalkan secara ortogonal jikaterdapat matriks ortogonal P yang mendiagonalkan A. Dengan perkataan lainterdapat matriks ortogonal P dengan sifat

P−1AP = D, dengan D matriks diagonal.

Akibat

Jika A dapat didiagonalkan secara ortogonal, maka terdapat matriks ortogonal Psehingga

PTAP = D, dengan D matriks diagonal.

BuktiKarena P matriks ortogonal, maka P−1= PT , akibatnya

PTAP = P−1AP = D.




DefinisiSuatu matriks persegi A dikatakan dapat didiagonalkan secara ortogonal jikaterdapat matriks ortogonal P yang mendiagonalkan A. Dengan perkataan lainterdapat matriks ortogonal P dengan sifat

P−1AP = D, dengan D matriks diagonal.

AkibatJika A dapat didiagonalkan secara ortogonal, maka terdapat matriks ortogonal Psehingga

PTAP = D, dengan D matriks diagonal.

BuktiKarena P matriks ortogonal, maka P−1= PT , akibatnya

PTAP = P−1AP = D.



Syarat Diagonalisasi Ortogonal

TeoremaSuatu matriks persegi A dapat didiagonalkan secara ortogonal jika dan hanya jikaA matriks simetris.

Perhatikan bahwa jika A adalah matriks yang dapat didiagonalkan secaraortogonal, maka terdapat matriks diagonal D sehingga

A = PTDP, sehingga

AT =(PTDP

)T= PTDTP = PTDP (karena DT = D)

= A.



Prosedur Diagonalisasi Secara Ortogonal

Prosedur pendiagonalan matriks simetris secara ortogoal hampir sama denganprosedur pendiagonalan matriks seperti biasa. Misalkan A adalah matriks simetrisberukuran n× n yang akan didiagonalkan secara ortogonal, maka prosedur yangdapat dilakukan adalah:

1 Tentukan nilai eigen dari A, kemudian buat matriks Λ yang diagonalnyaadalah nilai-nilai eigen dari A

2 Tentukan basis tiap ruang eigen, misalkan diperoleh himpunan n vektor eigen{p1,p2, . . . ,pn} yang bebas linier.

3 Ubah himpunan {p1,p2, . . . ,pn} menjadi himpunan ortonormal{q1,q2, . . . ,qn}. Hal ini dapat dilakukan dengan prosedur Gram-Schmidt.

4 Bentuk matriks P yang vektor-vektor kolomnya adalah q1,q2, . . . ,qn, yaituP =

[q1 q2 · · · qn

].

5 Matris P dan A akan memenuhi PTAP = D = Λ.



Contoh Diagonalisasi Secara OrtogonalLatihan

Carilah matriks P yang mendiagonalkan A =

1 0 00 1 10 1 1

secara ortogonal.Solusi:

dari latihan pada masalah logaritma matriks, kita mengetahui bahwa nilaieigen dari A adalah λ1 = 0, λ2 = 1, dan λ3 = 2 dan ruang-ruang eigennya adalah

E0 = span {(0, 1,−1)}E1 = span {(1, 0, 0)}E2 = span {(0, 1, 1)}

Kita memiliki himpunan 3 vektor yang bebas linier, yaitu{(0, 1,−1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 1)}. Untuk memperoleh himpunan ortonormal darihimpunan ini, kita dapat melakukan prosedur Gram-Schmidt. Namun karena{(0, 1,−1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 1)} adalah himpunan ortogonal, maka himpunanortonormal dari himpunan ini dapat diperoleh dengan cara membagi setiap vektordengan norm-nya masing-masing, sehingga diperoleh himpunan{(

0,1√2,− 1√

2

), (1, 0, 0) ,

(0,

1√2,

1√2

)}.





1 0 00 1 10 1 1

secara ortogonal.Solusi: dari latihan pada masalah logaritma matriks, kita mengetahui bahwa nilaieigen dari A adalah λ1 = 0, λ2 = 1, dan λ3 = 2 dan ruang-ruang eigennya adalah

E0 =

span {(0, 1,−1)}E1 = span {(1, 0, 0)}E2 = span {(0, 1, 1)}


0,1√2,− 1√

2

), (1, 0, 0) ,

(0,

1√2,

1√2

)}.





1 0 00 1 10 1 1


E0 = span {(0, 1,−1)}E1 =

span {(1, 0, 0)}E2 = span {(0, 1, 1)}


0,1√2,− 1√

2

), (1, 0, 0) ,

(0,

1√2,

1√2

)}.





1 0 00 1 10 1 1


E0 = span {(0, 1,−1)}E1 = span {(1, 0, 0)}E2 =

span {(0, 1, 1)}Kita memiliki himpunan 3 vektor yang bebas linier, yaitu{(0, 1,−1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 1)}. Untuk memperoleh himpunan ortonormal darihimpunan ini, kita dapat melakukan prosedur Gram-Schmidt. Namun karena{(0, 1,−1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 1)} adalah himpunan ortogonal, maka himpunanortonormal dari himpunan ini dapat diperoleh dengan cara membagi setiap vektordengan norm-nya masing-masing, sehingga diperoleh himpunan{(

0,1√2,− 1√

2

), (1, 0, 0) ,

(0,

1√2,

1√2

)}.





1 0 00 1 10 1 1



Kita memiliki himpunan 3 vektor yang bebas linier, yaitu{(0, 1,−1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 1)}. Untuk memperoleh himpunan ortonormal darihimpunan ini, kita dapat melakukan prosedur Gram-Schmidt.

Namun karena{(0, 1,−1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 1)} adalah himpunan ortogonal, maka himpunanortonormal dari himpunan ini dapat diperoleh dengan cara membagi setiap vektordengan norm-nya masing-masing, sehingga diperoleh himpunan{(

0,1√2,− 1√

2

), (1, 0, 0) ,

(0,

1√2,

1√2

)}.





1 0 00 1 10 1 1



Kita memiliki himpunan 3 vektor yang bebas linier, yaitu{(0, 1,−1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 1)}. Untuk memperoleh himpunan ortonormal darihimpunan ini, kita dapat melakukan prosedur Gram-Schmidt. Namun karena{(0, 1,−1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 1)} adalah himpunan ortogonal, maka himpunanortonormal dari himpunan ini dapat diperoleh dengan cara membagi setiap vektordengan norm-nya masing-masing, sehingga diperoleh himpunan

{(0,

1√2,− 1√

2

), (1, 0, 0) ,

(0,

1√2,

1√2

)}.





1 0 00 1 10 1 1




0,1√2,− 1√

2

), (1, 0, 0) ,

(0,

1√2,

1√2

)}.



Akibatnya diperoleh matriks P =

0 1 01√2

0 1√2

1√2

0 − 1√2

. Matriks P adalah matriks

ortogonal karena PPT = PTP = I. Kemudian matriks P juga mendiagonalkanA karena

PTAP = D = Λ =

0 0 00 1 00 0 2

.


diagonalisasi matriks persegi - telkom...

Documents