BAB 7 NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN. Dr. Ir. Abdul Wahid Surhim, MT

BAB 7 NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN

Dr. Ir. Abdul Wahid Surhim, MT.

KERANGKA PEMBAHASAN 1. Nilai Eigen dan Vektor Eigen 2. Diagonalisasi 3. Diagonalisasi secara Ortogonal

7.1 NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN Definisi :

Misalkan Anxn matriks matriks bujur sangkar adalah vektor tak nol di Rn dan λ adalah skalar Rill sehingga memenuhi :

= maka λ dinamakan nilai eigen dari A, sedangkan dinamakan vektor eigen dari A

CONTOH Nilai eigen

 1 2   1   5   5  1          2 10    4 3  2  

Vektor eigen

Perhatikan !!! Av   v Av   v  0 A v  I v  0

A  I  v

0

Ingat…. merupakan vektor tak nol Persamaan Karakteristik

Ini Berarti

det  A  I   0

CONTOH :

   1      0     - 2      Tentukan nilai eigen dari matriks A     0      1       2    - 1      0       0   

Persamaan Karakteristik det (A – λI) = 0

   1      0     - 2       0      1       2      - 1      0       0 

   1      0      0       0      1      0   0      0      0      1 

  1 -         0         - 2        0       1 -          2  0    - 1         0          - 

Dengan ekspansi kofaktor 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.

CONTOH    2      1       1      Tentukan basis ruang eigen dari : A     1      2       1      1      1       2    Jawab :

Nilai eigen dari A diperoleh saat det  A  I   0    - 2        - 1        - 1      - 1         - 2       - 1   0    - 1          - 1        - 2

  2

 - 2       - 1    - 1       - 1      - 1       - 2    - 1      - 2 

 (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

  - 1        - 2   0   - 1         - 1

 (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          y        z   

1 1 1

Dengan OBE diperoleh 

0 0 0 0 0 0 

maka  x    s  t       y   s   z  t     

0  0 0 

  1   1      1  s 0 t 0 1    

dimana s, t adalah parameter

   0         0         0   

Jadi Basis ruang eigen yang bersesuaian dengan =1 adalah     

  1   1      1 ,  0  0 1    

    

Ingat bahwa… Vektor eigen merupakan kelipatan dari unsur basis tersebut

Untuk λ = 4    2     - 1     - 1       - 1       2     - 1   - 1     - 1       2   

Dengan OBE diperoleh

maka

    x          y       z   

   x       0            y      0     z     0     

1 0 1  0 1 1 0 0 0 

0  0 0 

   1          1   s    1   

Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan  = 4 adalah 1     1  1    

7.2 DIAGONALISASI DEFINISI Suatu matriks kuadrat Anxn dikatakan dapat didiagonalkan (diagonalizable) jika terdapat matriks P yang mempunyai invers sehingga D = P–1AP dengan D matriks diagonal. Matriks P dinamakan matriks yang mendiagonalkan (pendiagonal) dari A. Vektor-vektor kolom dari matriks P adalah vektor-vektor eigen dari A.

CONTOH Tentukan matriks yang mendiagonalkan x1  x1 x2  x3  x2 x2  x3  x3

 x1   1 0 0  x1         x2    0 1 1  x2   0  x   0 1 1  x   3   3 

1 0 0   A  0 1 1 0 1 1  

Jawab : Persamaan karakteristik dari matriks A adalah : .I  A  0 atau

  det   

  0 0  1 0 0       0  0   0 1 1   0  0 0   0 1 1     

   1  det  0  0 

0

0

  1 1

  1   0   1

Dengan menggunakan ekspansi kofaktor : Pilih Baris I

det  .I  A  a11c11  a12 c12  a13 c13    1       2  0  0    1       2 Sehingga diperoleh nilai eigen

  0   ;    1  ;    2  

Untuk   0  Dengan OBE maka 1 1 0 0   1 0 0   .I  A ~  0  1  1 ~  0 1 1  ~  0  0  1  1  0  1  1 0     

 x1   0       x2    1   t  x    1  3  

0 0  1 1 0 0 

, dimana t adalah parameter tak nol

Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan   0  adalah 0   P1   1    1  

Untuk   1 Dengan OBE maka

.I  A ~

0 0 0   0 0 0  0 1 0        0 0  1 ~  0 0 1  ~  0 0 1  0 1 0   0 1 0  0 0 0      

 x1   1       x2    0   t , dimana  x   0  3  

t adalah parameter tak nol

Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan   1 adalah

1   P2   0   0  

Untuk

  2 

Dengan OBE maka 1 0 0  1 0 0      .I  A ~  0 1  1 ~  0 1  1 0 1 1  0 0 0     

 x1   0       x2    1   t  x  1  3  

, dimana t adalah parameter tak nol

Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan   2  adalah

 0   P3   1  1  

Perhatikan k1 P1  k 2 P2  k 3 P3  0  0 1 0   k1   0       1 0 1      k 2    0   1 0 1   k   0    3  

Dengan OBE  0 1 0  1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0            1 0 1 ~  0 1 0 ~  0 1 0 ~  0 1 0 ~  0 1 0  1 0 1  1 0 1  0 0 2           0 0 1   0 0 1 

Jadi

P , P , P  1

2

3

merupakan himpunan yang bebas linear

Jadi, Matriks yang mendiagonalkan A adalah :  0 1 0   P   1 0 1 1 0 1  

Matriks diagonal yang dihasilkan adalah : Hal yang perlu diperhatikan, matriks Juga mendiagonalkan A.

0 0 0   1 D  P AP   0 1 0  0 0 2  

 1 0 0   P  0 1 1  0 1 1   

Tapi matriks diagonal yang terbentuk adalah :

1 0 0   1 D  P AP   0 0 0   0 0 2  

Bnxn dikatakan matriks ortogonal jika B–1 = BT Pernyataan berikut adalah ekivalen : o Bnxn adalah matriks ortogonal. o Vektor-vektor baris dari B membentuk himpunan ortonormal di Rn dalam RHD Euclides. o Vektor-vektor kolom dari B membentuk himpunan ortonormal di Rn dalam RHD Euclides. Misalkan P merupakan matriks ortogonal maka berlaku: • P TP = I • =

, untuk setiap x di Rn

CONTOH Berikut adalah contoh matriks ortogonal :

 A  

1 2 1 2

1 2 1 2

   

 1  2 B 0  1  2

0  1 0

  0  1   2  1 2

Terlihat bahwa setiap vektor baris/kolom merupakan vektor satuan Dan hasilkali dalam antar vektor tersebut adalah nol

Perhatikan bahwa :

AT A  I 2 x 2 dan B T B  I 3x 3 Sementara itu,

 12  1   2

1 2 1 2

 8     6  



 142   2     2



196 4  2 2

 100

8     6

7.3 DIAGONALISASI SECARA ORTOGONAL Definisi : Suatu matriks Anxn dikatakan dapat didiagonalkan secara ortogonal jika terdapat matriks ortogonal P sedemikian hingga P–1AP (=PTAP) merupakan matriks diagonal.

Perhatikan bahwa : D = P–1AP

atau

A =PDP–1

Misalkan P merupakan matriks ortogonal, maka A = PDPT Sehingga diperoleh hubungan AT = (PDPT)T = (PT )T DPT = PDPT =A A dapat didiagonalkan secara ortogonal jika dan hanya jika A matriks simetri

Misal Anxn, cara menentukan matriks ortogonal P yang mendiagonalkan A : a) Tentukan nilai eigen b) Tentukan basis ruang eigen untuk setiap nilai eigen yang diperoleh c) Rubah setiap basis pada (b) menjadi basis ruang eigen yang ortonormal menggunakan PROSES GRAM-SCHMIDT d) Bentuk matriks P dimana vektor-vektor kolomnya berupa basis ruang eigen yang ortonormal.

CONTOH

1 0 0   Tentukan matriks yang mendiagonalkan secara ortogonal matriks A   0 1 1  0 1 1  

Jawab : Gunakan Proses Gram-Schmidt Basis ruang eigen :

 0    Untuk   0  adalah u1   1    1  

Untuk 

 1     1 adalah u2   0   0   

Untuk   2 adalah

 0    u3   1   1   

 0    v1   1    1  

 0   1  q1   2    1  2  

 1    v2   0   0   

 1    q2   0   0   

 0    v3   1   1   

 0   1  q3   2   1   2 

Dengan demikian, secara berurutan basis ruang eigen yang ortonormal matriks tersebut

 0   1   2    1  2  

 0   1      dan  1   2   0   1   0   2   

Sehingga matriks ,ortogonal yang mendiagonalkan A adalah :  0 1  P 1 2 0  1 0 2 

,

0   1 2  1 2

0 0 0   1 D  P AP   0 1 0  0 0 2  

HASILNYA SAMA

Ingat Kembali Pers. Diferensial dy (t )  a y (t ) dt

y (t )  ce at

Jika sekumpulan PD orde 1 ditulis : dr1 (t )  2 r1 (t ) dt dr2 (t )  3 r2 (t ) dt dr3 (t )  r3 (t ) dt

 r1 '   2 0 0   r1        r '  0  3 0  2    r2   r '  0 0 1  r   3    3

Dengan mudah solusi sistem PD tersebut adalah :  r1   r2 r  3

2t   e    3t     2e    3et    

Masalahnya, sistem persamaan diferensial tidak selalu memberikan matriks koefisien yang berbentuk matriks diagonal. Bentuk Umum SPD orde 1 :  x1 '   a11 a12     x2 '   a21 a22           x '  a  n   n1 an 2

 an1    an 2       ann 

 x1     x2     x   n

Langkah-langkah menyelesaikan SPD orde 1 linear : Menentukan matriks P yang mendiagonalkan A. Tulis SPD dummy dalam bentuk U '  DU dengan

D  P 1 AP

Tentukan solusi SPD dummy Solusi SPD adalah X  PU

U '  DU

CONTOH Tentukan solusi dari sistem persamaan diferensial: Jawab : Tulis SPD dalam bentuk : Dengan PK

 4 1

 x1 '   4  2   x1          x2 '   1 1   x2 

2 0  1

Nilai eigen dari matriks koefisien,  = 2 dan  = 3

dx1  4 x1  2 x2 dt dx2  x1  x2 dt

BRE yang bersesuaian dengan  = 3 BRE yang bersesuaian dengan  = 2

 2 1  1

 2     1  1   1

Sehingga diperoleh P   1  Karena

3 0  D  P 1 AP   0 2

maka SPD dummy berbentuk :

 u1 '   3 0   u1          u2 '   0 2   u2  Solusi SPD dummy adalah

u1  c1e3t

dan

u2  c2e 2t

Solusi dari SPD X  PU

atau

 x1   2 1  c1e3t        2t   x2   1 1  c2e 

x1  2c1e3t  c2e 2t

x2  c1e3t  c2e 2t

CONTOH 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 : Kita punya

2 1  A   1 2

Maka Persamaan Karakteristiknya adalah det   .I  A  0 

0

  2 1

1   2



0    2   2   1



0  2  4  4  1



0  2  4  3



0    1    3



diperoleh   1  ;    3 



Untuk   1  1  1  1 1   ~   .I  A ~    1  1  0 0 

x1  x 2  0 x1   x 2 x2  t

Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan   1 adalah vektor tak nol yang berbentuk

 x1    1       t , dimana t merupakan parameter.  x2   1  Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan  1 adalah

 1 P1    1

Untuk   3 1  1  1  1  ~   .I  A ~  1 1  0 0 

x1  x 2  0 x1  x 2 x2  t

Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan   3 adalah vektor tak nol yang berbentuk  x1   1        t ,  x2   1 

dimana t merupakan parameter

Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan   3 adalah

 1 P2     1

Sehingga Solusi Umum SPD U’ = D U adalah  et  U    e3t   

Dengan demikian solusi SPD kita adalah : X  PU

atau  p    1 1  c1et        3t   q   1 1  c2 e 

sehingga

p  c1et  c2 e3t q  c1et  c2e3t

Untuk t  0

p0  1 dan q 0   3 sehingga

 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