BAB NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN

BAB 8 RUANG EIGEN

Masalah nilai dan vektor eigen banyak sekali dijumpai dalam bidang rekayasa, seperti maslah kestabilan sistem, optimasi dengan SVD, kompresi pada pengolahan citra, dan lain-lain. Untuk lebih memahami masalah nilai dan vektor eigen, pada bab ini akan dijelaskan melalui definisinya dan beberapa contoh yang terkait, sampai pada basis ruang eigen dari suatu matriks. Pada bagian akhir, untuk menambah wawasan dari aplikasi nilai dan vektor eigen buku ini akan memaparkan tentang aplikasi nilai dan vektor eigen pada penentuan solusi sistem persamaan diferensial. 8.1 NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN Sebelum kita melangkah lebih jauh, kita awali pembahasan materi bab ini dengan pemahaman defnisi dari nilai dan vektor eigen suatu matriks. Misalkan sebuah matriks Anxn dan v adalah vektor tak nol di Rn dan skalar λ merupakan skalar Rill sehingga memenuhi : Av = λ v (8.1) maka λ dinamakan nilai eigen, sedangkan v dinamakan vektor eigen. Contoh 8.1 : Perhatikan perkalian matriks berikut :

Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen

116

⎛1 2⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = 5 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 4 3⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎛1⎞ Skalar 5 dan vektor ⎜⎜ ⎟⎟ , masing-nasing dinamakan nilai ⎝ 2⎠ eigen dan vektor eigen dari matriks A Perhatikan bahwa : A v = λ v ↔ Av − λ v = 0 ↔ A v − λI v = 0 , dimana Inxn merupakan matriks identitas. ↔ ( A − λI )v = 0 (8.2) Dengan mengingat kembali pembahasan tentang SPL homogen, maka SPL (8.2) akan mempunyai solusi tunggal ( v adalah vektor nol) jika dan hanya jika det (A – λI) ≠ 0. Karena menurut definisi, vektor v merupakan vektor tak nol, maka kondisi ini akan dipenuhi jika dan hanya jika det ( A − λI ) = 0 . Dengan demikian, kita bisa mengetahui nilai eigen dari suatu matriks A, yakni skalar (λ) yang memenuhi : det (A – λI) = 0. (8.3) Selanjutnya, persamaan ini dinamakan persamaan karakteristik. Jadi, nilai eigen merupakan akar-akar dari persamaan karakteristik tersebut. Contoh 8.2 : Tentukan nilai eigen dari matriks : ⎛ 1 0 -2 ⎞ ⎜ ⎟ A=⎜ 0 1 2 ⎟ ⎜ -1 0 0 ⎟⎠ ⎝ Jawab : Akan ditentukan nilai eigen, yakni saat det (A – λI) = 0

Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya

⎛ 1 ⎜ ⎜ 0 ⎜ -1 ⎝ 1- λ 0 -1

0 1 0 0 1- λ 0

-2 ⎞ ⎟ 2 ⎟−λ 0 ⎟⎠

117

⎛ 1 ⎜ ⎜ 0 ⎜ 0 ⎝

0 1 0

0 ⎞ ⎟ 0 ⎟ =0 1 ⎟⎠

-2 2 =0 -λ

Dengan ekspansi kopaktor sepanjang kolom ke-2 (1− λ) ( (1−λ) (−λ) − 2 ) = 0 (1 − λ) ( λ² − λ − 2) = 0 (1 − λ) ( λ − 2) ( λ + 1) = 0 Jadi, matriks A memiliki tiga buah nilai eigen yaitu : λ = −1, λ = 1, dan λ = 2. Jangan dilupakan, bahwa inti dari pencarian nilai eigen adalah mencari akar dari persamaan karakteristik det (A – λI) ≠ 0. Kadang-kadang mahasiswa terjebak untuk membentuk persamaan tersebut menjadi polinom orde tinggi, selanjutnya mereka kesusahan dalam mencari akar persamaan polinom tersebut. Contoh 8.3 : Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari matriks ⎛ 2 1 1 ⎞ ⎜ ⎟ A=⎜ 1 2 1 ⎟ ⎜ 1 1 2 ⎟⎠ ⎝ Jawab : Nilai eigen dari A dapat diperoleh saat det (λI – A) = 0 -1 -1 ⎞ ⎛ λ -2 ⎟ ⎜ Det ⎜ - 1 λ -2 -1 ⎟ = 0 ⎜ -1 λ - 2 ⎟⎠ -1 ⎝ Dengan ekspansi kofaktork sepanjang baris pertama :


118

(λ − 2)

λ -2 -1

-1 -1 + λ -2 -1

-1 − λ -2

-1 -1

λ -2 -1

=0

(λ – 2)(( λ – 2)2 –1) + (–λ +1) – (1+( λ–2)) = 0 (λ – 2)( λ2 – 4 λ + 3) – (λ – 1) – (λ – 1) = 0 (λ – 2)( λ – 3)( λ – 1 ) – 2 (λ – 1) = 0 (λ – 1)(( λ – 2)( λ – 3) – 2) = 0 (λ – 1)( λ2 – 5 λ + 4) = 0 (λ – 1)2( λ – 4) = 0 Nilai Eigen dari matriks tersebut adalah 1 dan 4. Untuk λ = 1 ⎛ -1 -1 ⎜ ⎜ -1 -1 ⎜ -1 -1 ⎝

-1 -1 -1

⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ y ⎟= ⎜ 0 ⎜ z ⎟ ⎜ 0 ⎠ ⎝ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Dengan operasi baris elementer, mariks yang diperbesar dari SPL homogen menjadi : ⎛1 1 1 ⎜ ⎜0 0 0 ⎜0 0 0 ⎝

0⎞ ⎟ 0⎟ 0 ⎟⎠

Misal s dan t adalah parameter, solusi SPL homogen tersebut adalah : ⎛ x ⎞ ⎛ − s − t ⎞ ⎛ − 1⎞ ⎛ − 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ =⎜ ⎟ ⎜ y⎟ = ⎜ s ⎟ ⎜ 1 ⎟ s + ⎜ 0 ⎟ t ⎜z⎟ ⎜ t ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎠

Jadi, vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = 1 adalah : ⎛ − 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎜ 0⎟ ⎝ ⎠

⎛ − 1⎞ ⎜ ⎟

dan ⎜ 0 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠


119

Untuk λ = 4 ⎛ 2 -1 ⎜ 2 ⎜ -1 ⎜ -1 -1 ⎝

-1 -1 2

⎞⎛ x ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ y ⎟= ⎜ 0 ⎟ ⎟⎜ z ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Dengan operasi baris elementer, mariks yang diperbesar dari SPL homogen menjadi : ⎛1 0 −1 0⎞ ⎟ ⎜ ⎜ 0 1 −1 0⎟ ⎜ 0 0 0 0⎟ ⎠ ⎝ Misal s adalah parameter, solusi SPL homogen tersebut adalah: ⎛ x ⎞ ⎛ 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ y ⎟ = ⎜ 1 ⎜ z ⎟ ⎜ 1 ⎝ ⎠ ⎝

⎞ ⎟ ⎟s ⎟ ⎠

Jadi, vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = ⎛1⎞

4 adalah ⎜ 1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜1⎟ ⎝ ⎠

Vektor eigen yang bersesuaian dengan suatu nilai eigen λ merupakan vektor tak nol dalam ruang solusi dari SPL (λI − A) v = 0 . Ruang solusi ini dinamakan ruang eigen dari A yang bersesuaian dengan nilai eigen λ. Dengan demikian, basis dari ruang eigen matriks A dapat dinyatakan sebagai berikut : Basis ruang eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = 1 adalah : ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎛ − 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟, ⎜ 0⎟ ⎝ ⎠

⎛ − 1⎞ ⎫ ⎜ ⎟⎪ ⎜ 0 ⎟⎬ ⎜ 1 ⎟⎪ ⎝ ⎠⎭

Sementara itu , basis ruang eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = 4 adalah :


120

⎧⎛1⎞ ⎫ ⎪⎜ ⎟ ⎪ ⎨⎜1⎟ ⎬. ⎪⎜1⎟ ⎪ ⎩⎝ ⎠ ⎭ 8.2 DIAGONALISASI dikatakan dapat Suatu matriks kuadrat Anxn didiagonalkan (diagonalizable) jika terdapat matriks P yang mempunyai invers sehingga P–1AP merupakan matriks diagonal. Matriks P dinamakan matriks yang mendiagonalkan matriks A. Perlu diperhatikan bahwa vektor-vektor kolom pada mtriks P merupakan vektor – vektor eigen dari matriks A. Karena P memiliki invers berarti det (A) ≠ 0. Ini menunjukan bahwa vektorvektor eigen tersebut saling bebas linear. Dengan demikian diperoleh kesimpulan bahwa : “A dapat didiagonalkan jika dan hanya jika Anxn memiliki n buah vektor eigen yang bebas linear” Misal Anxn, cara menentukan P : o Tentukan nilai eigen o Tentukan n vektor eigen yang bebas linear, p1, p2, … pn o Bentuk matriks P dimana vektor-vektor kolomnya adalah P

vektor-vektor p1, p2, … pn Contoh 8.4 : Tentukan apakah ⎛ 2 1 ⎜ A=⎜ 1 2 ⎜ 1 1 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ dapat didiagonalkan ? Jika ya, tentukan matriks pendiagonal P dan matrix diagonal D ! 1 1 2


121

Jawab : Seperti telah dijelaskan pada contoh sebelumnya bahwa : Vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = 1 adalah : ⎛ − 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎜ 0⎟ ⎝ ⎠

⎛ − 1⎞ ⎜ ⎟ dan ⎜ 0 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠

Sementara itu, vektor eigen yang bersesuaian dengan n.e. ⎛1⎞ ⎜ ⎟ λ = 4 adalah ⎜1⎟ . ⎜1⎟ ⎝ ⎠

Sehingga diperoleh :

⎛ − 1 − 1 1⎞ ⎟ ⎜ P= ⎜ 1 0 1⎟ ⎜ 0 1 1⎟ ⎠ ⎝ Karena det (P) = – 1 ≠ 0. Ini menunjukan bahwa vektorvektor eigen tersebut saling bebas linear. Dengan argument tersebut disimpulkan bahwa A dapat didiagonalkan. Sementara itu, matriks diagonalnya berbentuk : D = P–1AP

⎛1 0 0⎞ ⎟ ⎜ = ⎜0 1 0⎟ ⎜0 0 4⎟ ⎠ ⎝ Matriks diagonal D = P-1AP, unsur diagonalnya merupakan nilai – nilai eigen yang bersesuaian dengan vektor – vektor eigen p1, p2, … pn. Perlu diketahui bahwa jika Anxn, mempunyai n buah nilai eigen yang berbeda maka A dapat didiagonalisasi. Contoh 8.5 : Tentukan matriks yang mendiagonalkan matriks


122

⎛1 0 0⎞ ⎜ ⎟ A = ⎜0 1 1⎟ ⎜0 1 1⎟ ⎝ ⎠ Jawab : Persamaan karakteristik dari matriks A adalah :

λ .I − A = 0 ⎛ ⎜ det ⎜ ⎜ ⎝

⎛λ 0 ⎜ ⎜0 λ ⎜0 0 ⎝

0 ⎞ ⎛1 0 0⎞ ⎞ ⎟ ⎜ ⎟⎟ 0 ⎟ − ⎜0 1 1⎟ ⎟ = 0 λ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 1 1 ⎟⎠ ⎟⎠ 0 0 ⎞ ⎛ (λ − 1) ⎜ ⎟ (λ − 1) − 1 ⎟ = 0 det ⎜ 0 ⎜ 0 (λ − 1)⎟⎠ −1 ⎝ Dengan menggunakan ekspansi kofaktor : Pilih Baris I

det {λ.I − A} = a11c11 + a12 c12 + a13 c13 = (λ − 1) (λ ) (λ − 2 ) + 0 + 0 = (λ − 1) (λ ) (λ − 2 ) Diperoleh : λ = 0 ; λ = 1 ; λ = 2 Untuk λ = 0

(λ.I − A) v = 0

Dengan OBE maka ⎛ −1 0 0 ⎞ ⎛1 0 0 ⎞ ⎛1 0 0⎞ (λ.I − A) ~ ⎜⎜ 0 − 1 − 1⎟⎟ ~ ⎜⎜ 0 1 1 ⎟⎟ ~ ⎜⎜ 0 1 1 ⎟⎟ ⎜ 0 − 1 − 1⎟ ⎜ 0 − 1 − 1⎟ ⎜ 0 0 0 ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Jadi x1 = 0

x2 + x3 = 0 x2 = − x3


123

Dengan demikian, vektor eigen yang bersesuaian dengan λ = 0 adalah vektor tak nol yang berbentuk ⎛ x1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x2 ⎟ = ⎜ 1 ⎟ t , dimana t adalah parameter ⎜ x ⎟ ⎜ − 1⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ ⎠ Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan λ = 0 adalah :

⎛0⎞ ⎜ ⎟ P1 = ⎜ 1 ⎟ ⎜ − 1⎟ ⎝ ⎠ Untuk λ = 1 (λ.I − A) v = 0 Dengan OBE maka

⎛0 0 0 ⎞ ⎛0 0 0⎞ ⎛ 0 1 0⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ (λ.I − A) ~ ⎜ 0 0 − 1⎟ ~ ⎜ 0 0 1 ⎟ ~ ⎜ 0 0 1 ⎟ ⎜0 −1 0 ⎟ ⎜0 1 0⎟ ⎜ 0 0 0⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ x1 = t

x2 = 0 x3 = 0 Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan λ = 1 adalah vektor tak nol yang berbentuk

⎛ x1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x2 ⎟ = ⎜ 0 ⎟ t , ⎜ x ⎟ ⎜0⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ ⎠ dimana t adalah parameter. Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan λ = 1 adalah :


124

⎛1⎞ ⎜ ⎟ P2 = ⎜ 0 ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

Untuk λ = 2 (λ.I − A) v = 0 Dengan OBE maka ⎛1 0 0 ⎞ ⎛1 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ (λ.I − A) ~ ⎜ 0 1 − 1⎟ ~ ⎜⎜ 0 1 − 1⎟⎟ ⎜0 −1 1 ⎟ ⎜0 0 0 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x1 = 0 x 2 − x3 = 0 x 2 = x3 x2 = t Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan λ = 2 adalah vektor tak nol yang berbentuk

⎛ x1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x2 ⎟ = ⎜ 1 ⎟ t , ⎜ x ⎟ ⎜1⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ ⎠ dimana t adalah parameter Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan λ = 2 adalah

⎛0⎞ ⎜ ⎟ P3 = ⎜ 1 ⎟ ⎜1⎟ ⎝ ⎠ Pandang

k1 P1 + k 2 P2 + k 3 P3 = 0 ⎛ 0 1 0 ⎞ ⎛ k1 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ 1 0 1 ⎟ ⎜ k2 ⎟ = 0 ⎜ −1 0 1⎟ ⎜ k ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 3⎠


125

Perhatikan OBE berikut : ⎛ 0 1 0⎞ ⎛ 1 0 1⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 1 0 1⎟ ~ ⎜ 0 1 0⎟ ~ ⎜ −1 0 1⎟ ⎜ −1 0 1⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

⎛1 0 1⎞ ⎛1 0 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜0 1 0⎟ ~ ⎜0 1 0⎟ ⎜0 0 2⎟ ⎜0 0 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛1 0 0⎞ ⎜ ⎟ ~ ⎜0 1 0⎟ ⎜0 0 1⎟ ⎝ ⎠

Jadi {P1 , P2 , P3 } merupakan himpunan yang bebas linear Dengan demikian matriks yang mendiagonalkan A adalah : ⎛ 0 1 0⎞ ⎜ ⎟ P = ⎜ 1 0 1⎟ ⎜ −1 0 1⎟ ⎝ ⎠ Pada pembahasan berikutnya adalah masalah diagonalisasi dari suatu matriks simetri. Namun sebelumnya kita perlu tahu beberapa definisi tentang matriks ortogonal. Suatu matriks Bnxn dikatakan matriks ortogonal jika invers dari matriks tersebut sama dengan transpose dari matriks yang bersangkutan (B–1 = Bt). Untuk memahami sifat dari suatu matriks ortogonal, perhatikan bahwa pernyataan berikut adalah ekivalen satu sama lain : a. Bnxn adalah matriks ortogonal b. Vektor-vektor baris dari B membentuk himpunan ortonormal di Rn dalam RHD Euclides. c. Vektor-vektor kolom dari B membentuk himpunan ortonormal di Rn dalam RHD Euclides. Suatu matriks Anxn dikatakan dapat didiagonalkan secara ortogonal jika terdapat matriks ortogonal P sedemikian hingga P–1AP (dengan kata lain PtAP) merupakan matriks diagonal. Sebagai ilustrasi, kita dapat melihat gambaran tentang matriks yang didiagonalkan secara ortogonal, sebagai berikut :


126

D = P–1AP

(8.4)

atau PDP–1 = A (8.5) Karena P merupakan matriks ortogonal, maka pernyataan diatas dapat ditulis menjadi : A = PDPt (8.6) Sehingga diperoleh hubungan At = (PDPt ) t = (Pt )t DPt = PDPt = A (8.7) Dengan demikian, suatu matriks bujur sangkar A dikatakan dapat didiagonalkan secara ortogonal jika dan hanya jika matriks A tersebut merupakan matriks simetri. Masalahnya, kita tak dapat serta merta menebak suatu matriks ortogonal yang memenuhi definisi diatas. Berikut ini adalah langkah-langkah menentukan matriks ortogonal yang mendiagonalkan secara ortogonal suatu matriks kuadrat. Misal Anxn, cara menentukan P : a. Tentukan nilai eigen b. Tentukan basis ruang eigen untuk setiap nilai eigen yang diperoleh c. Gunakan proses Gram Schmidt untuk merubah setiap basis pada (b) menjadi basis ruang eigen yang ortonormal. d. Bentuk matriks P dimana vektor-vektor kolomnya berupa basis ruang eigen yang ortonormal. Contoh 8.6 : Tentukan matriks yang mendiagonalkan secara ortogonal matriks ⎛1 0 0⎞ ⎜ ⎟ A = ⎜0 1 1⎟ ⎜0 1 1⎟ ⎝ ⎠

Jawab : Kita mempunyai nilai eigen λ = 0 ; λ = 1 ; λ = 2 Basis ruang eigen :


•

127

⎧⎛ 0 ⎞⎫

Untuk λ = 0 adalah ⎪⎜ 1 ⎟⎪ ⎨⎜ ⎟⎬ ⎪⎜ − 1⎟⎪ ⎩⎝ ⎠⎭

•

⎧⎛ 1 ⎞ ⎫

Untuk λ = 1 adalah ⎪⎜ ⎟⎪ ⎨⎜ 0 ⎟ ⎬ ⎪⎜ 0 ⎟ ⎪ ⎩⎝ ⎠ ⎭

•

⎧⎛ 0 ⎞⎫

Untuk λ = 2 adalah ⎪⎜ ⎟⎪ ⎨⎜ 1 ⎟⎬ ⎪⎜ 1 ⎟⎪ ⎩⎝ ⎠⎭

Dengan demikian basis ruang eigen yang ortonormal dari matriks diatas secara berturutan adalah

⎧⎛ 0 ⎞⎫ ⎧⎛ 1 ⎞⎫ ⎪⎜ 1 ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎨⎜ 2 ⎟⎬ , ⎨⎜ 0 ⎟⎬ , ⎪⎜ − 1 ⎟⎪ ⎪⎜ 0 ⎟⎪ 2 ⎠ ⎭ ⎩⎝ ⎠ ⎭ ⎩⎝

⎧⎛ 0 ⎞⎫ ⎪⎜ 1 ⎟⎪ ⎨⎜ 2 ⎟⎬ . ⎪⎜ 1 ⎟⎪ ⎩⎝ 2 ⎠⎭

Dengan demikian matriks yang mendiagonalkan A secara ortogonal adalah :

⎛ 0 1 ⎜ P=⎜ 1 2 0 ⎜− 1 0 2 ⎝

0 ⎞ ⎟ 1 2⎟ ⎟ 1 2⎠

8.3 SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR Pada kuliah ini, sistem persamaan diferensial yang akan dibahas hanya sistem persamaan diferensial linear orde satu dengan koefisien konstan. Misalkan, dy (t ) = a y (t ) dt

(8.8)

merupakan persamaan diferensial orde 1 dengan koefisien konstan. Solusi dari persamaan diferensial tersebut berbentuk y (t ) = ce at dimana c merupakan suatu konstanta yang bergantung


128

pada kondisi awal tertentu. Masalah sistem persamaan yang dilengkapi dengan sutu kondisi awal tertentu dinamakan masalah nilai awal. Jika kondisi awal dari persamaan diferensial tersebut adalah y (0) = 2 maka solusi dari sistem persamaan diferensial (1) adalah y (t ) =

1 e at 2

Berikut ini merupakan bentuk umum dari sistem persamaan diferensial orde satu dengan koefisien konstan yang terdiri dari n persamaan dan n buah peubah. d (x1 ) = a11 x1 + a11 x2 + a13 x3 + ... + a1n xn dt d (x2 ) = a21 x1 + a21 x2 + a23 x3 + ... + a2 n xn (8.9) dt M M M M M

d (xn ) = an1 x1 + an1 x2 + an 3 x3 + ... + ann xn dt

Sistem persamaan diferensial tersebut dapat di tulis dalam bentuk : ⎛ x1 ' ⎞ ⎛ a11 a12 L an1 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ x2 ' ⎟ ⎜ a21 a22 L an 2 ⎟ ⎜ x2 ⎟ (8.10) ⎜ M ⎟ =⎜ M M O M ⎟ ⎜M⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x '⎟ ⎜ a ⎝ n ⎠ ⎝ n1 an 2 L ann ⎠ ⎝ xn ⎠ atau X ' = AX

(8.11)

Contoh 8.7 : Tuliskan sistem persamaan diferensial berikut dalam bentuk perkalian matriks :


129

dr1 (t ) = 2 r1 (t ) dt dr2 (t ) = −3 r2 (t ) dt dr3 (t ) = r3 (t ) dt

Tentukan solusinya jika sistem tersebut mempunyai nilai awal r1 (0) = 1 r2 (0) = 2 , dan r3 (0) = 3 ! Jawab : Sistem persamaan diferensial tersebut berbentuk : ⎡ r1 ' ⎤ ⎡2 0 0⎤ ⎡ r1 ⎤ ⎢ r ' ⎥ = ⎢0 − 3 0⎥ ⎢ r ⎥ ⎢2 ⎥ ⎢ ⎥⎢ 2⎥ ⎢⎣ r3 ' ⎥⎦ ⎢⎣0 0 1⎥⎦ ⎢⎣ r3 ⎥⎦

Sehingga solusi sistem tersebut adalah : 2t ⎤ ⎡ r1 ⎤ ⎡ e ⎢ ⎢r ⎥ = 2e − 3t ⎥ ⎥ ⎢ 2⎥ ⎢ ⎢ ⎥ t ⎢⎣ r3 ⎥⎦ ⎢⎣ 3e ⎥⎦ Masalahnya, suatu sistem persamaan diferensial tidak selalu memberikan matriks koefisien yang berbentuk matriks diagonal. Misalkan, ⎡ p11 ⎢ p P = ⎢ 21 ⎢ M ⎢ ⎣ p n1

p12 p 22

M p n2

L p n1 ⎤ L p n 2 ⎥⎥ O M ⎥ ⎥ L p nn ⎦

merupakan matriks yang dapat mendiagonalkan matriks koefisien dari suatu sistem persamaan diferensial A, sehingga D = P −1 AP berbentuk matriks diagonal. Tulis :


130 ⎡ x1 (t ) ⎤ ⎡ p11 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ x 2 (t ) ⎥ = ⎢ p 21 ⎢ M ⎥ ⎢ M ⎢ ⎥ ⎢ ⎣ x n (t ) ⎦ ⎣ p n1

p 22

L L

M

O

p12

p n2 L

p n1 ⎤ ⎡ u1 (t ) ⎤ ⎥⎢ p n 2 ⎥ ⎢u 2 (t ) ⎥⎥ M ⎥⎢ M ⎥ ⎥⎢ ⎥ p nn ⎦ ⎣u n (t )⎦

(8.12)

atau X = PU

(8.13)

dimana U merupakan suatu matriks yang berisi fungsi syang bergatung pada t. Dengan mendiferensialkan setiap persamaan pada sistem (8.13) diperoleh : X ' = PU ' (8.14) Dengan mensubstitusikan persamaan (8.13) pada persamaan (8.11) maka : PU ' = A(PU ) (8.15) Karena P merupakan matriks yang mendiagonalkan A, ini berarti P memiliki invers. Oleh karena itu pernyataan diatas dapat ditulis dalam bentuk : U ' = P −1 APU (8.16) atau U ' = DU (8.17) D merupakan matriks diagonal, dengan demikian solusi untuk U dapat diperoleh. Dengan kembali mensubstitusikan solusi U pada (8.13), sehingga menjadi : X = PU

Langkah-langkah dalam menyelesaikan sistem persamaan diferensial : 1. Menentukan nilai eigen dari matriks koefisien A. 2. Menentukan matriks P yang mendiagonalkan A. 3. Tulis sistem persamaan diferensial yang baru dalam bentuk U ' = DU dimana D = P −1 AP . 4. Tentukan solusi sistem persamaan diferensial U ' = DU . 5. Tentukan solusi X yang diperoleh dari sistem persamaan X = PU


131

Contoh 8.8 : Tentukan solusi dari sistem persamaan diferensial dx1 = 4 x1 − 2 x2 dt dx2 = x1 + x2 dt

Jawab : Sistem persamaan diferensial tersebut dapat ditulis dalam bentuk : ⎛ x1 ' ⎞ ⎛ 4 − 2 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ x2 ' ⎠ ⎝ 1 1 ⎠ ⎝ x2 ⎠ Tulis ⎛ 4 − 2⎞ ⎟⎟ A = ⎜⎜ ⎝1 1 ⎠

maka det(λI – A) = 0

λ −4

2

−1

λ −1

=0

(λ– 4) (λ–1) – (–1)(2) = 0 λ2 – 5λ + 4 + 2 = 0 λ2 – 5λ + 6 = 0 (λ– 3) (λ–2) = 0 Nilai eigen dari A adalah λ = 2 dan λ = 3. Basis ruang eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = ⎧⎛ 2 ⎞⎫

⎪ ⎪ 3 adalah ⎨⎜⎜ ⎟⎟⎬ ⎪⎩⎝ 1 ⎠⎪⎭

Basis ruang eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = ⎧⎪⎛1⎞⎫⎪

2 adalah ⎨⎜⎜ ⎟⎟⎬ ⎪⎩⎝1⎠⎪⎭ Dengan demikian diperoleh matriks :

⎛ 2 1⎞ ⎟⎟ P = ⎜⎜ ⎝ 1 1⎠


132

yang mendiagonalkan A, sehingga diperoleh :

⎛3 0⎞ ⎟⎟ D = P −1 AP = ⎜⎜ ⎝0 2⎠ sehingga diperoleh sistem persamaan diferensial yang baru yaitu :

⎛ u1 ' ⎞ ⎛ 3 0 ⎞ ⎛ u1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ u ' 0 2 ⎠ ⎝ u2 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 3t dengan solusi u1 = c1e dan u2 = c2e 2 t . Dengan demikian solusi dari sistem persamaan diferensial kita adalah : X = PU

atau

⎛ x1 ⎞ ⎛ 2 1⎞ ⎛ c1e3t ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 2t ⎟⎟ ⎝ x2 ⎠ ⎝ 1 1⎠ ⎝ c2e ⎠ atau

x1 = 2c1e3t + c2e 2t x2 = c1e3t + c2e 2t Contoh 8.9 : Tentukan solusi dari masalah nilai awal : dp = 2 p (t ) + q (t ) dt

dq = p(t ) + 2q(t ) dt

dengan kondisi awal p(0) = 1 dan q(0) = 3 . Jawab :

⎛2 1⎞ ⎟⎟ ⎝1 2⎠

Kita punya A = ⎜⎜ Karena


⎛λ 0 ⎞ ⎛2 1⎞ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎝ 0 λ ⎠ ⎝ 1 2⎠ −1 ⎞ ⎛ (λ − 2 ) ⎟ = ⎜⎜ (λ − 2)⎟⎠ ⎝ −1

(λ.I − A)

Maka

133

det {λ .I − A} = 0 ⇔ 0=

(λ − 2) −1

−1 (λ − 2)

⇔ 0 = (λ − 2 )(λ − 2) − 1

)

(

⇔ 0 = λ2 − 4λ + 4 − 1 ⇔ 0 = λ2 − 4λ + 3 ⇔ 0 = (λ − 1)(λ − 3) Akhirnya diperoleh

λ =1 ; λ = 3 Untuk λ = 1 − 1 − 1⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎟⎟ ~ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ − 1 − 1⎠ ⎝ 0 0 ⎠ x1 + x 2 = 0

(λ.I − A) ~ ⎛⎜⎜

x1 = − x 2 x2 = t Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan λ = 1 adalah vektor tak nol yang berbentuk

⎛ x1 ⎞ ⎛ − 1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ t , ⎝ x2 ⎠ ⎝ 1 ⎠ dimana t merupakan parameter. Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan λ =1

⎛ − 1⎞

adalah P1 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝1⎠


134

Untuk λ = 3

− 1⎞ ⎛ 1 − 1⎞ ⎟⎟ ~ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1 1 0 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ x1 − x 2 = 0

(λ.I − A) ~ ⎛⎜⎜

1

x1 = x 2 x2 = t Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan λ = 3 adalah vektor tak nol yang berbentuk

⎛ x1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ t , ⎝ x2 ⎠ ⎝ 1 ⎠ dimana t merupakan parameter Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan λ = 3

⎛ 1⎞

adalah P2 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1⎠ Sehingga Solusi Umum dari sstem persamaan diferensial U’ = D U adalah ⎛ et ⎞ U =⎜ ⎟ ⎜ e3t ⎟ ⎝ ⎠ Dengan demikian solusi dari sistem persamaan diferensial kita adalah : X = PU

atau

⎛ x1 ⎞ ⎛ − 1 1⎞ ⎛ c1et ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 3t ⎟⎟ ⎝ x2 ⎠ ⎝ 1 1⎠ ⎝ c2e ⎠ sehingga x1 = −c1et + c2e3t

x2 = c1et + c2e3t

Untuk t = 0


⎛ 1 ⎞ ⎛ − C1 + C 2 ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎝ 3 ⎠ ⎝ C1 + C 2 ⎠ Dengan Eliminasi didapat C1 = 1 ; C 2 = 2 Jadi solusi masalah nilai awal tersebut adalah :

p(t ) = 2e3t − et q(t ) = 2e3t + et

135


136

Latihan Bab 8

⎛ − 1 0 3⎞ ⎜ ⎟ 1. Tentukan basis ruang eigen dari A = ⎜ 0 2 0 ⎟ ⎜ − 1 0 3⎟ ⎝ ⎠

2. Apakah

⎛ 0 0 0⎞ ⎜ ⎟ B = ⎜ 0 1 1 ⎟ dapat didiagonalkan, jelaskan! ⎜ 0 1 1⎟ ⎝ ⎠

⎛ 3 − 2 0⎞ ⎜ ⎟ 3. Misal A = ⎜ 0 1 0 ⎟ . Apakah A dapat didiagonalkan ? ⎜ − 4 4 1⎟ ⎝ ⎠ (jelaskan) Jika YA, tentukan matriks pendiagonal (P) dan matriks diagonal (D)

⎧⎛1 ⎞⎫ ⎩⎝ 3 ⎠⎭

4. Suatu Matriks A2x2 memiliki Basis Ruang Eigen ⎨⎜⎜ ⎟⎟⎬ yang

⎧⎛ − 1⎞⎫ ⎟⎟⎬ ⎩⎝ 2 ⎠⎭

secara berturutan bersesuaian dengan λ = – 3 dan ⎨⎜⎜ bersesuian dengan λ = 1. Tentukan matriks A 5. Suatu operator linear di ⎡⎛ a ⎞⎤ ⎛ 0 ⎞ ⎟ ⎢⎜ ⎟⎥ ⎜ T ⎢⎜ b ⎟⎥ = ⎜ b + c ⎟ ⎢⎜⎝ c ⎟⎠⎥ ⎜⎝ b + 2c ⎟⎠ ⎦ ⎣

ℜ3 didefinisikan oleh


137

Jika A merupakan matriks transformasi dari operator linear tersebut dan α adalah nilai eigen dari A.

Tentukan basis

kernel dari transformasi yang didefinisikan oleh matriks transformasi

(αI – A2) untuk setiap α

6. Tentukan solusi dari masalah nilai awal : dp = 2 p(t ) + q(t ) dt dq = p(t ) + 2q(t ) dt

dengan kondisi awal p(0) = 1 dan q(0) = 3 . 7. Misalkan aliran TCP yang melewati suatu router didefinisikan oleh : dw = −14 w(t ) + 10 q (t ) dt dq = −5 w(t ) + q (t ) dt

dimana w = rata-rata ukuran window TCP (paket) dan q = ratarata panjang antrian pada bottleneck router (paket). Jika pada saat t = 0, ukuran window TCP yang dikirim adalah 60 paket dan panjang antrian pada bottleneck router adalah 100 paket. Tentukan rata-rata panjang antrian pada bottleneck router untuk setiap waktu (t)


138

DAFTAR PUSTAKA

[1] Anton H., Rorres, C., 1995, Elementary Linear Algebra : Applications Version, 6th edition, John Willey and Sons, New York [2] Arifin, A., 2001, Aljabar Linear, edisi kedua, Penerbit ITB, Bandung [3] Durbin, J. R., 1992, Modern Algebra : An Introduction, 3rd edition, John Willey and Sons, Singapore [4] Kreyszig E.,, Advanced Enginereeng Mathematics, 8th edition, John Willey & Sons, Toronto, 1993 [5] Leon, S. J., 2001, Aljabar Linear dan Aplikasinya, terjemahan Penerbit Erlangga, Jakarta , [6] Roman, S., 1992, Edvanced Linear Algebra, Springer Verlag, New York

BAB NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN

Recommend Documents