ruang eigen - Just another Staff.mipa.uns.ac.id Blogs weblog

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 :
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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 ⎟
⎝ ⎠
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya
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 :
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya
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
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya
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 :
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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⎠
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya
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 :
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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 :
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya
•
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
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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 :
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya
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 :
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya
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⎠
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya
⎛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⎠
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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
Aljabar Linear Elementer – Adiwijaya
⎛ 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
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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
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 – 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)
Bab 8 ● Nilai dan Vektor Eigen
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