MUH1G3/ MATRIKS DAN RUANG VEKTOR TIM DOSEN
8 1
03/05/2017 09.39
VEKTOR DAN NILAI EIGEN
Beberapa Aplikasi Ruang Eigen Uji Kestabilan dalam sistem dinamik Optimasi dengan SVD pada pengolahan Citra Sistem Transmisi dan lain-lain. Definisi :
Misalkan Anxn matriks matriks bujur sangkar
v
adalah vektor tak nol di Rn dan λ adalah skalar Rill
sehingga memenuhi :
Av v maka λ dinamakan nilai eigen dari A, sedangkan dari A
2
03/05/2017 09.39
v dinamakan vektor eigen
Contoh : 1 2 1 5 1 5 4 3 2 10 2
Vektor eigen
3
03/05/2017 09.39
Nilai eigen
Av v Av v 0
Perhatikan !!!
A v I v 0
A I v 0
Ingat….
v merupakan vektor tak nol Ini Berarti
Persamaan Karakteristik
det A I 0
4
03/05/2017 09.39
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 1 0 0 0 1 2 0 1 0 0 - 1 0 0 0 0 1 1- 0 -1 5
0 1- 0
03/05/2017 09.39
-2 2 0 -
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.
Contoh : Tentukan basis ruang eigen dari :
6
03/05/2017 09.39
2 A 1 1
1 2 1
1 1 2
Jawab : Nilai eigen dari A diperoleh saat det I A 0
-2
-1 -1 -1 -2 -1 0 -1 -1 -2 -2 -1 -1 -1 2 -1 - 2 -1 - 2
7
(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 03/05/2017 09.39
-1 -1
-2 -1
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 OBE diperoleh
maka
8
1 1 1 0 0 0 0 0 0
x s t y s z t
03/05/2017 09.39
0 0 0
1 1 1 s 0 t dimana s, t adalah parameter 0 1
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
9
03/05/2017 09.39
Untuk λ = 4
2 -1 2 -1 -1 -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
10
03/05/2017 09.39
1 1 1
Diagonalisasi
Definisi : Suatu matriks bujur sangkar Anxn dikatakan dapat didiagonalkan (diagonalizable) jika terdapat matriks P yang mempunyai invers sehingga P–1AP merupakan
matriks diagonal. Matriks P dinamakan matriks yang mendiagonalkan (pendiagonal) dari A. Vektor-vektor kolom dari matriks P adalah vektor-vektor eigen dari A.
11
03/05/2017 09.39
Contoh : Tentukan matriks yang mendiagonalkan
1 0 0 A 0 1 1 0 1 1
Jawab : Persamaan karakteristik dari matriks A adalah :
.I A 0 atau det 12
03/05/2017 09.39
0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1
1 det 0 0
0 1 1
0 1 0 1
Dengan menggunakan ekspansi kofaktor : Pilih Baris I
det .I A a11c11 a12 c12 a13c13 1 2 0 0 1 2 Sehingga diperoleh nilai eigen 13
03/05/2017 09.39
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
, dimana t adalah parameter tak nol
Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan
0 adalah P1 1 1
14
03/05/2017 09.39
0
0 0 1 1 0 0
Untuk
1
Dengan OBE maka
.I A ~ x1 1 x2 0 t x 0 3
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 , dimana t adalah parameter tak nol
Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan 1 adalah
15
1 P2 0 0
03/05/2017 09.39
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 adalah
16
0 P3 1 1
03/05/2017 09.39
2
Perhatikan
k1 P1 k 2 P2 k3 P3 0 0 1 0 k1 0 1 0 1 k2 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 17
03/05/2017 09.39
Jadi, Matriks yang mendiagonalkan A adalah :
0 1 0 P 1 0 1 1 0 1
0 0 0 1 Matriks diagonal yang dihasilkan adalah : D P AP 0 1 0 0 0 2 Hal yang perlu diperhatikan, matriks
Juga mendiagonalkan A.
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 18
03/05/2017 09.39
Bnxn dikatakan matriks ortogonal jika B–1 = Bt Pernyataan berikut adalah ekivalen : Bnxn adalah matriks ortogonal.
Vektor-vektor baris dari B membentuk himpunan ortonormal di Rn dalam RHD Euclides. Vektor-vektor kolom dari B membentuk himpunan ortonormal di Rn dalam RHD Euclides. Misalkan P merupakan matriks ortogonal maka berlaku :
• P tP = I 19
Px x , untuk setiap x di Rn 03/05/2017 09.39
Berikut adalah contoh matriks ortogonal :
12 A 1 2 Contoh : 1 2 B 0 1 2
1 2 1 2
0 12 1 0 1 0 2
Terlihat bahwa setiap vektor baris/kolom merupakan vektor satuan Dan hasilkali dalam antar vektor tersebut adalah nol
20
03/05/2017 09.39
Perhatikan bahwa :
At A I 2 x 2 dan Bt B I3x3 Sementara itu,
12 1 2
1 2 1 2
8 6
142 2 2
196 4 2 2
100
21
03/05/2017 09.39
8 6
Definisi : Suatu matriks Anxn dikatakan dapat didiagonalkan secara ortogonal jika terdapat
matriks ortogonal P
sedemikian hingga P–1AP (=PtAP) merupakan matriks diagonal.
22
03/05/2017 09.39
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 23
03/05/2017 09.39
Misal Anxn, cara menentukan matriks ortogonal P
yang mendiagonalkan A :
Tentukan nilai eigen Tentukan basis ruang eigen untuk setiap nilai eigen yang diperoleh Ubah setiap basis pada (b) menjadi basis ruang eigen yang ortonormal.
Bentuk matriks P dimana vektor-vektor kolomnya berupa basis ruang eigen yang ortonormal. Contoh : Tentukan matriks yang mendiagonalkan secara ortogonal matriks
1 0 0 A 0 1 1 0 1 1 24
03/05/2017 09.39
Jawab :
0 1 Untuk 0 adalah 1 Basis ruang eigen :
Untuk
Untuk
25
1 1 adalah 0 0
2
03/05/2017 09.39
adalah
0 1 1
0 1 2 1 2 1 0 0
0 1 2 1 2
Dengan demikian, secara berurutan basis ruang eigen yang ortonormal matriks tersebut
0 1 2 1 2
1 dan 0 0
0 1 2 1 2
Sehingga matriks ortogonal yang mendiagonalkan A
0 1 P 1 2 0 1 0 2 26
03/05/2017 09.39
0 1 2 1 2
adalah :
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 r2 ' 0 3 0 r2 r ' 0 0 1 r 3 3
Dengan mudah solusi sistem PD tersebut adalah :
27
03/05/2017 09.39
r1 r2 r 3
2t c1e 3t c 2e c3et
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 x1 an 2 x2 ann xn
Langkah-langkah menyelesaikan SPD orde 1 linear : Tentukan matriks P yang mendiagonalkan A. Tulis SPD dummy dalam bentuk
U ' DU X PU
Tentukan solusi SPD dummy Solusi SPD adalah
28
03/05/2017 09.39
U ' DU
dimana D P
1
AP
Contoh 6 : Tentukan solusi dari sistem persamaan diferensial
Jawab :
dx1 4 x1 2 x2 dt dx2 x1 x2 dt
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 29
03/05/2017 09.39
BRE yang bersesuaian dengan = 3
BRE yang bersesuaian dengan = 2 Sehingga diperoleh
Karena
2 1 P 1 1
1 1
3 0 D P AP 0 2 1
maka SPD dummy berbentuk : Solusi SPD dummy adalah
u1 c1e3t 30
2 1
dan
03/05/2017 09.39
u1 ' 3 0 u1 u2 ' 0 2 u2
u2 c2e2t
Solusi dari SPD
X PU
atau
x1 2 1 c1e3t 2t x2 1 1 c2 e
x1 2c1e3t c2e 2t
x2 c1e3t c2e 2t
31
03/05/2017 09.39
Contoh 8.9 : Tentukan solusi dari masalah nilai awal
dp 2 pt q(t ) dt dq pt 2q(t ) dt dengan kondisi awal
p0 1 dan
.
32
03/05/2017 09.39
q0 3
Jawab :
2 1 Kita punya A 1 2
Maka Persamaan Karakteristiknya adalah 2 1 det .I A 0 0 1
0 2 2 1
0 2 4 4 1
0 2 4 3
0 1 3
diperoleh 1 ; 3 33
03/05/2017 09.39
2
Untuk
1
x1 x2 0
1 1 1 1 ~ .I A ~ 1 1 0 0 Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan
x1 x2
1
x2 t
adalah vektor tak nol yang berbentuk
x1 1 , dimana t x2 1
t merupakan parameter.
Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan adalah 34
1 P1 1
03/05/2017 09.39
1
Untuk
3
x1 x 2 0
1 1 1 1 ~ .I A ~ 1 1 0 0 Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan
x1 x 2 x2 t
3
adalah vektor tak nol yang berbentuk
x1 1 t , dimana t merupakan parameter x2 1 Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan adalah
35
P2
03/05/2017 09.39
1 1
3
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 c2e3t q c1et c2 e3t 36
03/05/2017 09.39
Untuk
t 0
p0 1
dan
q0 3
1 C1 C 2 3 C1 C 2 Dengan Eliminasi didapat
C1 1 ; C2 2
Jadi solusi masalah nilai awal tersebut adalah
p(t ) 2e3t et
q(t ) 2e3t et
37
03/05/2017 09.39
sehingga
Latihan
1. 2.
1 0 3 Tentukan basis ruang eigen dari A 0 2 0 1 0 3 3 2 0 Diketahui : B 0 1 0 4 4 1
Apakah matriks B dapat didiagonalkan, jelaskan!
3.
Suatu Matriks A2x2 memiliki basis ruang eigen : λ=–3 λ= 1 Tentukan matriks A !
38
03/05/2017 09.39
1 3 1 2
4. 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
39
dan
q(0) 3
03/05/2017 09.39
THANK YOU