ruang eigen - bobo.staff.mipa.uns.ac.idbobo.staff.mipa.uns.ac.id/files/2012/09/bab-viii.pdf ·...
TRANSCRIPT
BAB 8
RRUUAANNGG EEIIGGEENN
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 A dan vnxn adalah vektor tak nol di Rn dan skalar λ merupakan skalar Rill sehingga memenuhi :
vvA λ= (8.1) maka λ dinamakan nilai eigen, sedangkan v dinamakan vektor
eigen.
Contoh 8.1 :
Perhatikan perkalian matriks berikut :
116 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛21
3421
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛21
5
Skalar 5 dan vektor , masing-nasing dinamakan nilai
eigen dan vektor eigen dari matriks A
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛21
vvA λ= Perhatikan bahwa :
↔ 0=− vvA λ↔ , 0=− vIvA λ
merupakan matriks identitas. dimana Inxn
( ) 0=− vIA λ↔ (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 . Dengan demikian, kita bisa mengetahui nilai eigen dari suatu matriks A, yakni skalar (λ) yang memenuhi :
( ) 0det =− IA λ
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 :
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
0 0 1-2 1 0 2- 0 1
A
Jawab :
Akan ditentukan nilai eigen, yakni saat det (A – λI) = 0
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 117
01 0 0 0 1 0 0 0 1
0 0 1-2 1 0 2- 0 1
=⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛λ
0- 0 1-
2 -1 0 2- 0 -1 =
λλ
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 1 2 1 1 1 2
A
Jawab :
Nilai eigen dari A dapat diperoleh saat det (λI – A) = 0
Det 0 2- 1- 1-
1- 2- 1- 1- 1- 2-
=⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
λλ
λ
Dengan ekspansi kofaktork sepanjang baris pertama :
118 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
( ) 01- 1-
2- 1- 2- 1-
1- 1- 2- 1- 1- 2-
2 =−+−λ
λλλ
λ
(λ – 2)(( λ – 2)2 –1) + (–λ +1) – (1+( λ–2)) = 0 (λ – 2)( λ – 4 λ + 3) – (λ – 1) – (λ – 1) = 0 2
(λ – 2)( λ – 3)( λ – 1 ) – 2 (λ – 1) = 0 (λ – 1)(( λ – 2)( λ – 3) – 2) = 0 (λ – 1)( λ – 5 λ + 4) = 0 2
(λ – 1) ( λ – 4) = 0 2
Nilai Eigen dari matriks tersebut adalah 1 dan 4. Untuk λ = 1
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
0 0 0
z y
1- 1- 1- 1- 1- 1- 1- 1- 1- x
Dengan operasi baris elementer, mariks yang diperbesar dari SPL homogen menjadi :
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
000
000000111
Misal s dan t adalah parameter, solusi SPL homogen tersebut adalah :
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛ −−=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
ts
ts
zyx
= ts⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−+
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
101
011
Jadi, vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = 1 adalah :
dan ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
011
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
101
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 119
Untuk λ = 4
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
0 0 0
2 1- 1-1- 2 1- 1- 1- 2
zyx
Dengan operasi baris elementer, mariks yang diperbesar dari SPL homogen menjadi :
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−−
000
000110101
Misal s adalah parameter, solusi SPL homogen tersebut adalah:
szyx
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
1 1 1
Jadi, vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ =
4 adalah . ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
111
Vektor eigen yang bersesuaian dengan suatu nilai eigen λ merupakan vektor tak nol dalam ruang solusi dari SPL ( ) 0=− vAIλ . 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 :
, ⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
011
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
101
Sementara itu , basis ruang eigen yang bersesuaian dengan nilai
eigen λ = 4 adalah :
120 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
. ⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
111
8.2 DIAGONALISASI Suatu matriks kuadrat Anxn dikatakan dapat didiagonalkan (diagonalizable) jika terdapat matriks P yang mempunyai invers sehingga PP
–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 vektor-vektor 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 A , cara menentukan P : nxn
o Tentukan nilai eigen o Tentukan n vektor eigen yang bebas linear, p1, p , … p2 n o Bentuk matriks P dimana vektor-vektor kolomnya adalah
vektor-vektor p , p1 2, … pn
Contoh 8.4 :
Tentukan apakah
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
2 1 1 1 2 1 1 1 2
A
dapat didiagonalkan ? Jika ya, tentukan matriks pendiagonal P dan matrix diagonal D !
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 121
Jawab :
Seperti telah dijelaskan pada contoh sebelumnya bahwa : Vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = 1 adalah :
dan ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
011
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
101
Sementara itu, vektor eigen yang bersesuaian dengan n.e.
λ = 4 adalah . ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
111
Sehingga diperoleh :
P = ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛ −−
110101111
Karena det (P) = – 1 ≠ 0. Ini menunjukan bahwa vektor-vektor eigen tersebut saling bebas linear. Dengan argument tersebut disimpulkan bahwa A dapat didiagonalkan.
Sementara itu, matriks diagonalnya berbentuk : D = P AP –1
= ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
400010001
Matriks diagonal D = P-1AP, unsur diagonalnya merupakan nilai – nilai eigen yang bersesuaian dengan vektor – vektor eigen p , p , … p1 2 n. 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 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
110110001
A
Jawab :
Persamaan karakteristik dari matriks A adalah : 0. =− AIλ
0110110001
000000
det =⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
λλ
λ
( )( )
( )0
110110
001det =
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−−−
−
λλ
λ
Dengan menggunakan ekspansi kofaktor : Pilih Baris I
{ } 131312121111.det cacacaAI ++=−λ ( ) ( ) ( ) 002 1 ++−−= λλλ ( ) ( ) ( )2 1 −−= λλλ
Diperoleh : 2 ; 1 ; 0 === λλλ 0=λ Untuk
( ) 0. =− vAIλ Dengan OBE maka
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
000110001
~ ( )⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−−−
−
110110
001
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−− 110110001
~ ~. AI −λ
Jadi
32
32
10
0
xxxx
x
−==+
=
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 123
Dengan demikian, vektor eigen yang bersesuaian dengan 0=λ adalah vektor tak nol yang berbentuk
, dimana t adalah parameter txxx
1
10
3
2
1
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
0=λJadi vektor eigen yang bersesuaian dengan adalah :
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−=
110
1P
1=λ Untuk
( ) 0. =− vAIλ Dengan OBE maka
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
010100000
~⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
000100010
~ ( )⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−010100
000 ~. AI −λ
00
3
2
1
===
xx
tx
Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan 1=λ adalah vektor tak nol yang berbentuk
, txxx
001
3
2
1
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
dimana t adalah parameter. 1=λJadi vektor eigen yang bersesuaian dengan
adalah :
124 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
001
2P
2=λ Untuk ( ) 0. =− vAIλ
Dengan OBE maka
( ) ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−−110110
001~. AIλ
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−000110
001~
txxxxx
x
==
=−=
2
32
32
1
00
Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan 2=λ adalah vektor tak nol yang berbentuk
, txxx
110
3
2
1
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
dimana t adalah parameter 2=λJadi vektor eigen yang bersesuaian dengan
adalah
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
110
3P
Pandang 0332211 =++ PkPkPk
0 101101010
3
2
1
=⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
− kkk
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 125
Perhatikan OBE berikut :
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
200010101
~⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
100010101
~⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
− 101010101
~101101010
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
100010001
~
{ }321 ,, PPP merupakan himpunan yang bebas linear Jadi Dengan demikian matriks yang mendiagonalkan A adalah :
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−=
101101010
P
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. B adalah matriks ortogonal nxn
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 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen D = P AP (8.4) –1
atau PDP = A (8.5) –1
Karena P merupakan matriks ortogonal, maka pernyataan diatas dapat ditulis menjadi : A = PDPt (8.6) Sehingga diperoleh hubungan
At = (PDPt ) = (P t t )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 A , cara menentukan P : nxn
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
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
110110001
A
Jawab : 2 ; 1 ; 0 === λλλ Kita mempunyai nilai eigen
Basis ruang eigen :
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 127
• Untuk 0=λ adalah ⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−110
• Untuk 1=λ adalah ⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
001
• Untuk 2=λ adalah ⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
110
Dengan demikian basis ruang eigen yang ortonormal dari matriks diatas secara berturutan adalah
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
− 21
21
0
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
21
21
0, ,
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
001
.
Dengan demikian matriks yang mendiagonalkan A secara ortogonal adalah :
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−=
21
21
21
21
00
010P
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,
)()(
tyadt
tdy= (8.8)
merupakan persamaan diferensial orde 1 dengan koefisien konstan. Solusi dari persamaan diferensial tersebut berbentuk
dimana c merupakan suatu konstanta yang bergantung atcety =)(
128 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen 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 2)0( =y maka solusi dari sistem persamaan diferensial (1) adalah
atety 21)( =
Berikut ini merupakan bentuk umum dari sistem persamaan diferensial orde satu dengan koefisien konstan yang terdiri dari n persamaan dan n buah peubah.
( )
( )
( )nnnnnn
n
nn
nn
xaxaxaxadtxd
xaxaxaxadtxd
xaxaxaxadtxd
++++=
++++=
++++=
...
...
...
332111
23232211212
13132111111
MMMMM
(8.9)
Sistem persamaan diferensial tersebut dapat di tulis dalam bentuk :
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
=
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
nnnnn
n
n
n x
xx
aaa
aaaaaa
x
xx
M
L
MOMM
L
L
M2
1
21
22221
11211
2
1
'
''
(8.10)
atau (8.11) AXX =' Contoh 8.7 :
Tuliskan sistem persamaan diferensial berikut dalam bentuk perkalian matriks :
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 129
)()(
)(3)(
)(2)(
33
22
11
trdt
tdr
trdt
tdr
trdt
tdr
=
−=
=
Tentukan solusinya jika sistem tersebut mempunyai nilai awal , dan ! 1)0(1 =r 2)0(2 =r 3)0(3 =r
Jawab :
Sistem persamaan diferensial tersebut berbentuk :
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
3
2
1
3
2
1
100030002
'''
rrr
rrr
Sehingga solusi sistem tersebut adalah :
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
t
t
t
eee
rrr
32 3
2
3
2
1
Masalahnya, suatu sistem persamaan diferensial tidak selalu memberikan matriks koefisien yang berbentuk matriks diagonal. Misalkan,
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
nnnn
n
n
ppp
pppppp
P
L
MOMM
L
L
21
22221
11211
merupakan matriks yang dapat mendiagonalkan matriks koefisien dari suatu sistem persamaan diferensial A, sehingga APPD 1−= berbentuk matriks diagonal. Tulis :
130 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
)(
)()(
)(
)()(
2
1
21
22221
11211
2
1
tu
tutu
ppp
pppppp
tx
txtx
nnnnn
n
n
n
M
L
MOMM
L
L
M (8.12)
atau PUX = (8.13)
dimana U merupakan suatu matriks yang berisi fungsi syang bergatung pada t. Dengan mendiferensialkan setiap persamaan pada sistem (8.13) diperoleh :
(8.14) '' PUX =
Dengan mensubstitusikan persamaan (8.13) pada persamaan (8.11) maka :
( )PUAPU =' (8.15) Karena P merupakan matriks yang mendiagonalkan A, ini berarti P memiliki invers. Oleh karena itu pernyataan diatas dapat ditulis dalam bentuk :
APUPU 1' −= (8.16) atau
(8.17) DUU ='D merupakan matriks diagonal, dengan demikian solusi untuk U dapat diperoleh. Dengan kembali mensubstitusikan solusi U pada (8.13), sehingga menjadi :
PUX =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 APPD 1−= dimana . DUU ='4. Tentukan solusi sistem persamaan diferensial . DUU ='5. Tentukan solusi X yang diperoleh dari sistem persamaan
PUX =
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 131
Contoh 8.8 :
Tentukan solusi dari sistem persamaan diferensial
212
211 24
xxdtdx
xxdtdx
+=
−=
Jawab : Sistem persamaan diferensial tersebut dapat ditulis dalam bentuk :
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
2
1
2
1
1124
''
xx
xx
Tulis
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=
1124
A
maka det(λI – A) = 0
011
24=
−−−
λλ
(λ– 4) (λ–1) – (–1)(2) = 0 – 5λ + 4 + 2 = 0 λ2
– 5λ + 6 = 0 λ2
(λ– 3) (λ–2) = 0 Nilai eigen dari A adalah λ = 2 dan λ = 3.
Basis ruang eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ =
3 adalah ⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛12
Basis ruang eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ =
2 adalah ⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛11
Dengan demikian diperoleh matriks :
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
1112
P
132 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
yang mendiagonalkan A, sehingga diperoleh :
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛== −
20031APPD
sehingga diperoleh sistem persamaan diferensial yang baru yaitu :
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
2
1
2
1
2003
''
uu
uu
dengan solusi dan . tecu 311 =
tecu 222 =
Dengan demikian solusi dari sistem persamaan diferensial kita adalah :
PUX = atau
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛t
t
ecec
xx
22
31
2
1
1112
atau tt ececx 2
23
11 2 += tt ececx 2
23
12 += Contoh 8.9 :
Tentukan solusi dari masalah nilai awal : ( ) )(2 tqtp
dtdp
+=
( ) )(2 tqtpdtdq
+=
( ) 30 =qdengan kondisi awal dan . ( ) 10 =p Jawab :
Kita punya ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
2112
A
Karena
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 133
( )AI −.λ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
2112
00λ
λ
( )( )⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−−−
=21
12λ
λ
Maka { } 0=− AI.det λ
( )( )21
120
−−−−
=λ
λ ⇔
( )( ) 1220 −−−= λλ ⇔
( ) 1440 2 −+−= λλ ⇔
⇔ 340 2 +−= λλ( )( )310 −−= λλ ⇔
Akhirnya diperoleh
3 ; 1 == λλ 1=λ Untuk
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−−−
−0011
~1111
~. AIλ
txxx
xx
=−=
=+
2
21
21 0
Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan 1=λ adalah vektor tak nol yang berbentuk
, txx
11
2
1⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
dimana t merupakan parameter. 1=λJadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan
adalah ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
11
1P
134 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
3=λ Untuk
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−−
0011
~1111
~. AIλ
txxxxx
==
=−
2
21
21 0
Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan 3=λ adalah vektor tak nol yang berbentuk
, txx
11
2
1⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
dimana t merupakan parameter 3=λJadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan
adalah ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
11
2P
Sehingga Solusi Umum dari sstem persamaan diferensial U’ = D U adalah
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= t
t
eeU 3
Dengan demikian solusi dari sistem persamaan diferensial kita adalah :
PUX =atau
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛t
t
ecec
xx
32
1
2
1
1111
sehingga tt ececx 3
211 +−= tt ececx 3
212 += 0=tUntuk
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 135
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
21
21
31
CCCC
2 ; 1 21 == CCDengan Eliminasi didapat Jadi solusi masalah nilai awal tersebut adalah :
tt eetp −= 32)( tt eetq += 32)(
136 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen Latihan Bab 8
1. Tentukan basis ruang eigen dari A = ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−
−
301020301
2. Apakah B = dapat didiagonalkan, jelaskan! ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
110110000
3. Misal . Apakah A dapat didiagonalkan ? ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−
−=
144010023
A
(jelaskan) Jika YA, tentukan matriks pendiagonal (P) dan matriks
diagonal (D)
4. Suatu Matriks A2x2 memiliki Basis Ruang Eigen yang
secara berturutan bersesuaian dengan
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛31
λ = – 3 dan
bersesuian dengan λ = 1. Tentukan matriks A
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−21
5. Suatu operator linear di didefinisikan oleh 3ℜ
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
++=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
cbcb
cba
T2
0
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya 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 – A ) untuk setiap α 2
6. Tentukan solusi dari masalah nilai awal :
)(2)(
)()(2
tqtpdtdq
tqtpdtdp
+=
+=
dan . dengan kondisi awal 1)0( =p 3)0( =q
7. Misalkan aliran TCP yang melewati suatu router didefinisikan oleh :
)(10)(14 tqtwdtdw
+−=
)()(5 tqtwdtdq
+−=
dimana w = rata-rata ukuran window TCP (paket) dan q = rata-rata 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 Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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