Solusi Bab 1: Aljabar Linear dan Teorema Spektral

Penyelesaian lengkap

Andaikan lebih dahulu aksioma (1)–(10) dipenuhi. Aksioma (1) memastikan bahwa penjumlahan merupakan operasi pada $V$; aksioma (2)–(5), bersama keberadaan operasi itu, memberi asosiativitas, identitas, invers, dan komutativitas. Karena itu $(V,+)$ adalah grup Abelian.

Untuk $\alpha\in\mathbb{K}$, definisikan $M(\alpha)\colon V\to V$ dengan $M(\alpha)(x)=\alpha x$. Aksioma (6) memastikan kodomainnya benar, dan aksioma (7) memberi $$M(\alpha)(x+y)=M(\alpha)x+M(\alpha)y.$$ Jadi $M(\alpha)\in\mathop{\mathrm{Hom}}(V)$. Penjumlahan dalam $\mathop{\mathrm{Hom}}(V)$ didefinisikan titik demi titik dan perkaliannya ialah komposisi. Oleh aksioma (8)–(10), untuk setiap $\alpha,\beta\in\mathbb{K}$ berlaku $$M(\alpha+\beta)=M(\alpha)+M(\beta),\qquad M(\alpha\beta)=M(\alpha)M(\beta),\qquad M(1)=I_V.$$ Maka $M$ adalah homomorfisme gelanggang beridentitas seperti dalam Definisi 1.1.2.

Sebaliknya, andaikan $(V,+)$ grup Abelian dan $M\colon\mathbb{K}\to\mathop{\mathrm{Hom}}(V)$ homomorfisme gelanggang beridentitas. Sifat grup Abelian memberi (1)–(5). Tetapkan $\alpha\in\mathbb{K}$ dan tulis $\alpha x:=M(\alpha)(x)$. Karena $M(\alpha)$ adalah pemetaan $V\to V$, kita memperoleh (6); karena $M(\alpha)$ homomorfisme grup, kita memperoleh (7). Kesamaan $$M(\alpha+\beta)=M(\alpha)+M(\beta),\quad M(\alpha\beta)=M(\alpha)\circ M(\beta),\quad M(1)=I_V$$ masing-masing memberi (8), (9), dan (10) setelah diterapkan pada sebarang $x\in V$. Kedua konstruksi tersebut saling membalik, sehingga definisinya ekuivalen.

Penyelesaian lengkap

Ekspansi sepanjang baris pertama memberi $$\det(\lambda I-A) =(\lambda-2) \det\begin{bmatrix}\lambda-3&-2\\1&\lambda\end{bmatrix} =(\lambda-2)(\lambda^2-3\lambda+2) =(\lambda-1)(\lambda-2)^2.$$ Penyelesaian sistem eigen menghasilkan $$\ker(A-I)=\mathop{\mathrm{span}}\{(0,-1,1)\}$$ dan $$\ker(A-2I)=\mathop{\mathrm{span}}\{(1,1,0),(2,0,1)\}.$$ Ketiga vektor yang ditampilkan bebas linear; memang matriks $S$ yang menjadikan ketiganya sebagai kolom memiliki determinan $-1$. Jadi terdapat basis eigen dan $S^{-1}AS=\mathop{\mathrm{diag}}(1,2,2)$. Karena kedua nilai eigen benar-benar muncul, polinomial minimal harus habis dibagi $(\lambda-1)(\lambda-2)$; karena $A$ dapat didiagonalkan, tidak diperlukan faktor berulang. Ini membuktikan rumus untuk $m_T$ dan kesimpulan pada bagian kedua.

Misalkan $E_1$ dan $E_2$ proyeksi spektral untuk nilai eigen $1$ dan $2$. Dari $I=E_1+E_2$ dan $A=E_1+2E_2$ diperoleh $E_1=2I-A$ serta $E_2=A-I$. Karena $E_jE_k=0$ untuk $j\ne k$ dan $E_j^2=E_j$, matriks $$R:=E_1+\sqrt2\,E_2=(2-\sqrt2)I+(\sqrt2-1)A$$ memenuhi $$R^2=E_1+2E_2=A.$$ Substitusi matriks $A$ memberi matriks yang dinyatakan dalam jawaban. Perhitungan $R^2=A$ juga merupakan pemeriksaan langsung atas semua tanda.

Penyelesaian lengkap

Perhitungan determinan memberi $$\det(\lambda I-A)=(\lambda-1)(\lambda-2)^2.$$ Reduksi baris pada $A-I$ dan $A-2I$ masing-masing memberi ruang eigen yang ditampilkan dalam jawaban. Khususnya, nilai eigen $2$ bermultiplisitas aljabar dua tetapi ruang eigennya berdimensi satu. Oleh karena itu faktor $(\lambda-2)$ dalam polinomial minimal harus berpangkat dua. Kedua nilai eigen muncul, sehingga $m_T(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)^2$.

Definisikan proyeksi ke ruang eigen untuk nilai $1$ sepanjang ruang eigen tergeneralisasi untuk nilai $2$ dengan $$E_1=(A-2I)^2 =\begin{bmatrix}1&-1&0\\0&0&0\\2&-2&0\end{bmatrix}.$$ Identitas polinomial minimal memberi $(A-I)E_1=0$, dan perkalian langsung memberi $E_1^2=E_1$. Maka bagian yang dapat didiagonalkan adalah $$D=1E_1+2(I-E_1)=2I-E_1 =\begin{bmatrix}1&1&0\\0&2&0\\-2&2&2\end{bmatrix},$$ dan $$N=A-D =\begin{bmatrix}2&0&-1\\2&0&-1\\4&0&-2\end{bmatrix}.$$ Perkalian matriks memberikan $N^2=0$, jadi $N$ nilpoten.

Kolom-kolom $S$ adalah $(1,0,2)$, $(1,1,0)$, dan $(0,0,1)$. Kolom pertama merupakan vektor eigen $D$ untuk nilai $1$, sedangkan dua kolom terakhir membentuk basis ruang eigen $D$ untuk nilai $2$. Karena $\det S=1$, matriks itu invertibel dan menghasilkan bentuk diagonal yang dinyatakan di atas. Terakhir, perkalian pada kedua urutan memberi $$DN=ND= \begin{bmatrix}4&0&-2\\4&0&-2\\8&0&-4\end{bmatrix},$$ yang memeriksa komutativitas secara langsung.

Penyelesaian lengkap

Pada ruang fungsi kontinu bernilai real di $[a,b]$, tetapkan $$\langle f,g\rangle=\int_a^b f(x)g(x)\,dx.$$ Ketaksamaan Schwarz memberi $|\langle f,g\rangle|^2\le\langle f,f\rangle\langle g,g\rangle$. Karena kuadrat bilangan real sama dengan kuadrat nilai mutlaknya, inilah ketaksamaan pada bagian (a).

Mengikuti petunjuk pembuktian sumber, ambil $f(x)=\sqrt{x}$ dan $g(x)=1/\sqrt{x}$. Bagian (a) memberi $$(b-a)^2 \le\left(\int_a^b x\,dx\right)\left(\int_a^b\frac{dx}{x}\right) =\frac{(b-a)(a+b)}2\ln\frac ba.$$ Karena $b-a>0$, pembagian menghasilkan $$\ln\frac ba\ge\frac{2(b-a)}{a+b}.$$ Selanjutnya, dengan $f(x)=1/x$ dan $g(x)=1$, bagian (a) memberi $$\left(\ln\frac ba\right)^2 \le\left(\int_a^b\frac{dx}{x^2}\right)(b-a) =\left(\frac1a-\frac1b\right)(b-a) =\frac{(b-a)^2}{ab}.$$ Semua suku yang diakarkan nonnegatif, sehingga $$\ln\frac ba\le\frac{b-a}{\sqrt{ab}}.$$ Ini membuktikan pilihan $M$ dan $N$.

Untuk $(a,b)=(1,3)$, batas bawah memberi $\ln3\ge1$, sehingga, oleh monotonisitas fungsi eksponensial, $3\ge e$. Untuk $(a,b)=(2,5)$, batas atas memberi $$\ln\frac52\le\frac3{\sqrt{10}}<1$$ karena $9<10$. Maka $\frac52<e$. Kedua hasil tersebut membuktikan batas yang diminta.

Penyelesaian lengkap

Untuk sebarang $x\in V$, homogenitas absolut menghasilkan $$\lVert\mathbf{0}\rVert=\lVert 0x\rVert=|0|\,\lVert x\rVert=0.$$ Selain itu, $\lVert-x\rVert=|-1|\,\lVert x\rVert=\lVert x\rVert$. Dengan menerapkan ketaksamaan segitiga pada $x+(-x)=\mathbf{0}$, diperoleh $$0=\lVert\mathbf{0}\rVert=\lVert x+(-x)\rVert \le\lVert x\rVert+\lVert-x\rVert=2\lVert x\rVert.$$ Jadi $\lVert x\rVert\ge0$. Argumen ini hanya memakai homogenitas dan ketaksamaan segitiga, sehingga berlaku tanpa perubahan untuk seminorma.

Penyelesaian lengkap

Matriks $P$ memenuhi $P^*=P$ dan $P^2=P$, sehingga merupakan proyeksi ortogonal ke $\mathop{\mathrm{span}}\{(1,1,1)\}$. Karena $Q=I-P$, berlaku pula $Q^*=Q$, $Q^2=Q$, serta $$PQ=QP=0,\qquad P+Q=I.$$ Perhitungan entri pada $$2P+(1+i)Q$$ memberi entri diagonal $\frac23+\frac{2(1+i)}3=\frac{4+2i}{3}$ dan entri nondiagonal $\frac23-\frac{1+i}{3}=\frac{1-i}{3}$. Jadi kombinasi itu persis matriks $N$ dalam soal.

Karena $P$ dan $Q$ swaadjoin, $$N^*=2P+(1-i)Q.$$ Dengan relasi proyeksi di atas, $$NN^*=4P+(1+i)(1-i)Q=4P+2Q=N^*N.$$ Ini membuktikan kenormalan tanpa mengandaikannya. Persamaan $N=2P+(1+i)Q$ sekaligus merupakan dekomposisi spektral yang diminta: $P$ dan $Q$ adalah proyeksi-proyeksi ortogonal ke ruang eigen yang bersesuaian.