NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN DARI MATRIKS TRIDIAGONAL NISA RACHMANI G

NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN DARI MATRIKS TRIDIAGONAL

NISA RACHMANI G54103051

DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR BOGOR 2008

ABSTRACT NISA RACHMANI. Eigenvalues and Eigenvectors of Tridiagonal Matrix. Supervised by NUR ALIATININGTYAS and TEDUH WULANDARI MAS’OED. Let A be a n × n matrix. The scalar λ is called an eigenvalue of A if there is a nonzero vector x in R n so that Ax = λ x . Vector x is said to be an eigenvector of A corresponding to the eigenvalue λ . A tridiagonal matrix is a matrix which has zero elements except the elements at the main diagonal, the elements at the first diagonal below the main diagonal (subdiagonal) and the elements at the first diagonal above the main diagonal (superdiagonal). In this paper, all the entries on the subdiagonal and superdiagonal are different, while all the entries on the main diagonal are the same and denoted by b, except at the first and last columns. The entry at the first column and at the first row is −α + b, while the entry at the last column and at the last row is − β + b. All entries in this tridiagonal matrix are complex numbers. In this paper, several cases of tridiagonal matrices are discussed, and for each case, it’s eigenvalues and eigenvectors will be discussed in a theorem.

ABSTRAK NISA RACHMANI. Nilai Eigen dan Vektor Eigen dari Matriks Tridiagonal. Dibimbing oleh NUR ALIATININGTYAS dan TEDUH WULANDARI MAS’OED. Misalkan A adalah suatu matriks n × n . Skalar λ disebut nilai eigen atau nilai karakteristik dari A jika terdapat suatu vektor taknol x , sehingga Ax = λ x . Vektor x disebut vektor eigen atau vektor karakteristik yang berpadanan dengan nilai eigen λ . Matriks tridiagonal adalah suatu matriks yang mempunyai entri-entri bernilai nol kecuali pada diagonal utama, di bawah diagonal utama (subdiagonal) dan di atas diagonal utama (superdiagonal). Dalam karya ilmiah ini, setiap entri pada subdiagonal dan superdiagonal adalah berbeda, sedangkan entri-entri pada diagonal utama adalah sama, dinotasikan dengan b, kecuali pada kolom pertama dan kolom terakhir. Entri pada kolom pertama baris pertama yaitu −α + b, sedangkan entri pada kolom terakhir baris terakhir yaitu − β + b. Setiap entri pada matriks tridiagonal adalah bilangan kompleks. Dalam karya ilmiah ini, matriks tridiagonal tesebut diuraikan dalam beberapa kasus, dan dalam setiap kasus, nilai eigen dan vektor eigennya akan dibahas dalam suatu teorema.

NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN DARI MATRIKS TRIDIAGONAL

Skripsi

Sebagai salah satu syarat untuk memperoleh gelar Sarjana Sains pada Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Pertanian Bogor

Oleh: NISA RACHMANI G54103051

DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR BOGOR 2008

Judul : Nilai Eigen dan Vektor Eigen dari Matriks Tridiagonal Nama : Nisa Rachmani NIM : G54103051

Menyetujui :

Pembimbing I,

Pembimbing II,

Dra. Nur Aliatiningtyas, M.Si.

Teduh Wulandari Mas’oed, M.Si.

NIP. 131 779 501

NIP. 132 232 006

Mengetahui :

Dekan Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Pertanian Bogor

Dr. drh. Hasim, DEA NIP. 131 578 806

Tanggal Lulus :

RIWAYAT HIDUP Penulis dilahirkan di Jakarta pada tanggal 22 Mei 1985 dari pasangan Dolah Abdurachman dan Yoyoh Huriah. Penulis merupakan anak ketiga dari tiga bersaudara. Tahun 2003 penulis lulus dari SMUN 28 Jakarta dan pada tahun yang sama diterima sebagai mahasiswi Departemen Matematika, Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam, Institut Pertanian Bogor melalui jalur SPMB (Seleksi Penerimaan Mahasiswa Baru). Selama mengikuti kegiatan perkuliahan, penulis aktif dalam kepanitiaan yang diselenggarakan oleh Badan Eksekutif Mahasiswa maupun oleh GUMATIKA (Gugus Mahasiswa Matematika) pada periode 2004/2005.

KATA PENGANTAR Puji dan syukur ke hadirat Allah SWT atas rahmat dan karunia-Nya sehingga penulis dapat menyelesaikan karya ilmiah ini. Shalawat serta salam tercurah kepada junjungan kita nabi besar Muhammad SAW yang telah memberikan suri tauladan kepada umatnya hingga akhir jaman. Karya ilmiah ini disusun sebagai salah satu syarat untuk memperoleh gelar Sarjana Sains pada program studi Matematika. Penulis mengucapkan terima kasih kepada : 1. Ibu Dra. Nur Aliatiningtyas, M.Si selaku Pembimbing I yang telah meluangkan waktu untuk memberikan bimbingan, pengarahan, semangat, dan saran sehingga penulis dapat menyelesaikan karya ilmiah ini. 2. Ibu Teduh Wulandari Mas’oed, M.Si selaku Pembimbing II atas bimbingan dan saran yang telah diberikan. 3. Ibu Dra.Farida Hanum, M.Si selaku Penguji yang telah memberikan saran dan masukannya. 4. Keluarga di rumah (Mama, Bapak, suamiku tercinta Ijal, anakku tersayang Boni dan kakakku mbak Ia) terima kasih atas doa, cinta, semangat, dan kasih sayangnya. 5. Keluarga kakakku di apartemen (Aa, mbak Tanti, dan keponakanku yang lucu Darryl) terima kasih atas doa, cinta, semangat, dan kasih sayangnya. 6. Dosen-dosen atas ilmu yang telah diberikan kepada penulis, serta staff departemen matematika (bu Ade, bu Marisi, bu Susi, mas Yono, mas Bono, mas Deni, dll) terima kasih atas bantuannya selama di Departemen Matematika. 7. Sahabat-sahabat: Iwit, Ifni, Jaja, Metha, Vina, Gatha, Amie, Gandronk, Mika, Icha, Achie, Muchie, Om Rama, Bedu, Azis, Rusli, Manto, Sri, Elis, Mita, Uly, Kafi, Ari, Ali, Mayang, Herni, Walidah, Sawa, Dimas, Fee, Jayu, Abay, Marlin, Nchie, Putra, Uve, Berry, Prima, Yuda, Dwi Puspa, Aam, Lili, Anton, Ucup, Demi, dan Komeng, terima kasih atas doa, semangat dan kebersamaannya selama ini. 8. Teman-teman: Tities, Kuren, Tia, Echie, Fitri, dan math 41 lainnya, terima kasih atas doa, semangat dan bantuannya selama ini. 9. Kak Sugeng 38, Ria, dan Rita, selaku pembahas, terima kasih atas bantuannya. 10. Teman-teman Wisma Ungu (Maryam, Rani, mbak Uphi, mbak Nesa, Salin, dll), terima kasih atas doa, semangat dan kebersamaannya selama ini. 11. Semua pihak yang ikut membantu dan penulis tidak dapat menyebutkan satu per satu. Semoga karya ilmiah ini dapat bermanfaat bagi pihak yang membaca.

Bogor, Agustus 2008

Nisa Rachmani

DAFTAR ISI Halaman DAFTAR LAMPIRAN ............................................................................................................. I

ix

PENDAHULUAN 1.1 Latar Belakang ............................................................................................................... 1.2 Tujuan ............................................................................................................................

1 1

II LANDASAN TEORI 2.1 Matriks .......................................................................................................................... 2.2 Determinan dan Sifat-sifatnya ........................................................................................ 2.3 Nilai Eigen dan Vektor Eigen ........................................................................................ 2.4 Ruang Vektor dan Kebebasan Linear ............................................................................. 2.5 Bilangan Kompleks ........................................................................................................ 2.6 Grup, Ring, dan Lapangan .............................................................................................. 2.7 Trigonometri ................................................................................................................... 2.8 Fungsi, Pemetaan Identitas, dan Pemetaan Injektif ........................................................ 2.9 Matriks Blok (Partisi Matriks) ........................................................................................

1 2 2 2 3 3 4 4 4

III PEMBAHASAN 3.1 Matriks Tridiagonal ........................................................................................................ 5 3.2 Kasus d1d 2 ≠ 0 ............................................................................................................... 7 3.2.1 Kasus n ganjil ....................................................................................................... 12 3.2.2 Kasus n genap ...................................................................................................... 15 3.3 Kasus d1d 2 = 0 ............................................................................................................... 17 IV KESIMPULAN DAN SARAN ............................................................................................. 19 V DAFTAR PUSTAKA .......................................................................................................... 19 LAMPIRAN .............................................................................................................................. 21

viii

DAFTAR LAMPIRAN Halaman 1 Bukti Teorema 1 ..................................................................................................................... 21 2 Bukti Teorema 4 ..................................................................................................................... 28 3 Bukti Teorema 5 ..................................................................................................................... 32 4 Bukti Teorema 6 ..................................................................................................................... 41 5 Bukti Teorema 7 ..................................................................................................................... 49 6 Bukti Teorema 8 ..................................................................................................................... 52 7 Bukti Proposisi 10 .................................................................................................................. 55

ix

1

BAB I PENDAHULUAN 1.1 Latar belakang Kata vektor eigen adalah campuran dari bahasa Jerman dan bahasa Inggris. Dalam bahasa Jerman, eigen dapat diterjemahkan sebagai ‘sebenarnya’ atau ‘karakteristik’; oleh karena itu, nilai eigen dapat dinamakan nilai sebenarnya atau nilai karakteristik. Dalam aljabar linear, jika ada persamaan Ax = λ x dengan A adalah suatu matriks dan persamaan tersebut mempunyai penyelesaian taknol x, maka λ disebut sebagai nilai eigen dari A dan x disebut vektor eigen dari A yang berpadanan dengan λ . Dalam karya ilmiah ini akan dicari nilai eigen dan vektor eigen dari matriks tridiagonal yang berukuran n × n. Matriks tridiagonal adalah matriks yang mempunyai entri yang bernilai nol pada selain diagonal utama, di bawah diagonal utama (subdiagonal) dan di atas diagonal utama (superdiagonal). Selain itu, entri pada matriks tridiagonal adalah bilangan kompleks karena bilangan kompleks adalah bentuk umum dari bilangan yang lain termasuk bilangan real. Lagipula

nilai eigen dan vektor eigen dari matriks tridiagonal yang mencakup bilangan real telah dibahas di buku Matrix Theory oleh Zhang. Untuk mencari nilai eigen dan vektor eigen dibutuhkan polinomial karakteristik, sehingga dalam karya ilmiah ini terlebih dahulu akan dibahas polinomial karakteristik dari suatu matriks tridiagonal. Karya ilmiah ini merupakan rekonstruksi tulisan Said Kouachi (2006) yang berjudul Eigenvalues and Eigenvectors of Tridiagonal Matrices. Sebelumnya Said Kouachi telah membuat suatu tulisan yang berjudul Eigenvalues and Eigenvectors of Tridiagonal Matrices with Nonequal Diagonal Entries yang menjadi salah satu acuan dari karya ilmiah ini dan persamaan yang telah dibuktikan di tulisan tersebut tidak dijabarkan di karya ilmiah ini. 1.2 Tujuan Tujuan dari karya ilmiah ini adalah untuk mencari nilai eigen dan vektor eigen dari matriks tridiagonal untuk beberapa kasus.

BAB II LANDASAN TEORI 2.1 Matriks Definisi 1 (Matriks) Sebuah matriks adalah susunan segi empat siku-siku dari bilangan-bilangan. Bilanganbilangan dalam susunan tersebut dinamakan entri dalam matriks. [Anton, 1998] Definisi 2 (Matriks kuadrat berorde n ) Sebuah matriks A dengan n baris dan n kolom dinamakan matriks kuadrat berorde n, dan entri-entri a11 , a22 ,..., ann dikatakan berada pada diagonal utama dari A (lihat (2.1)). a1n ⎞ ⎛ a11 a12 ⎜ ⎟ a a22 a2 n ⎟ (2.1) A = ⎜ 21 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ann ⎠ ⎝ an1 an 2 [Anton, 1998]

Definisi 3 (Matriks Tridiagonal) Suatu matriks tridiagonal yang berukuran n × n , dinotasikan sebagai Tn , adalah matriks dengan entri-entri tij = 0 jika i − j > 1 (lihat (2.2)). ⎛a b ⎜ ⎜c a ⎜ c Tn = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎝0

b a

b c

a c

0⎞ ⎟ ⎟ ⎟ (2.2) ⎟. ⎟ b⎟ ⎟ a ⎟⎠ [Zhang,1999]

Definisi 4 Entri-entri tepat di bawah diagonal utama dari matriks tridiagonal disebut subdiagonal dan entri-entri tepat di atas diagonal utama dari matriks tridiagonal disebut superdiagonal. [Kouachi, 2006]

2

2.2 Determinan dan Sifat-sifatnya Definisi 5 (Determinan) Determinan dari suatu matriks A n × n, dinotasikan sebagai det( A ), suatu skalar yang diasosiasikan matriks A dan didefinisikan secara sebagai:

xi =

berorde adalah dengan induktif

a11 , jika n = 1 ⎧ det ( A ) = ⎨ a A + a A ⎩ 11 11 12 12 + ... + a1n A1n , jika n > 1

dengan A1 j = ( −1)

1+ j

det ( M1 j ) , j = 1,..., n

adalah kofaktor-kofaktor yang diasosiasikan dengan entri-entri dalam baris pertama dari A. [Leon, 2001] Teorema 1 Jika A adalah suatu matriks segitiga atas atau bawah yang berukuran n × n, maka determinan dari A sama dengan hasil kali elemenelemen diagonal utama dari A. [Leon, 2001] Definisi 6 (Sifat-sifat Determinan) Operasi baris I. Pertukaran dua baris (atau kolom) dari suatu matriks akan mengubah tanda dari determinan. II. Mengalikan satu baris atau kolom dari suatu matriks dengan suatu skalar sama akibatnya dengan mengalikan nilai dari determinan dengan skalar tersebut. III. Menjumlahkan perkalian dari satu baris (atau kolom) pada baris lain (atau kolom lain) tidak akan mengubah nilai dari determinan. [Leon, 2001] Teorema 2 [Matriks Singular] Suatu matriks A berorde n × n singular jika dan hanya jika det ( A ) = 0.

adalah

[Leon, 2001] Teorema 3 (Aturan Cramer) Misalkan A adalah matriks taksingular berorde n × n dan misalkan b ∈ R n . Misalkan A i adalah matriks yang diperoleh dengan mengganti kolom ke- i dari A dengan b. Jika x adalah penyelesaian tunggal dari Ax = b, maka

det ( A i ) det ( A )

untuk i = 1, 2,..., n.

[Leon, 2001] 2.3 Nilai Eigen dan Vektor Eigen Definisi 7 (Nilai Eigen, Vektor Eigen, Persamaan Karakteristik dan Polinomial Karakteristik) Misalkan A adalah suatu matriks n × n. Skalar λ disebut nilai eigen atau nilai karakteristik dari A jika terdapat suatu vektor taknol x, sehingga Ax = λ x. Vektor x disebut vektor eigen atau vektor karakteristik yang berpadanan dengan nilai eigen λ. Persamaan Ax = λ x dapat dituliskan dalam bentuk (2.3) ( A − λ I ) x = 0. Persamaan (2.3) akan mempunyai penyelesaian taktrivial jika dan hanya jika A − λ I singular atau secara ekivalen det ( A − λ I ) x = 0. (2.4) Jika determinan pada persamaan (2.4) diuraikan maka didapatkan suatu polinomial berderajat n dalam peubah λ p ( λ ) = det ( A − λ I ) . Polinomial ini disebut polinomial karakteristik dan persamaan (2.4) disebut persamaan karakteristik untuk matriks A. [Leon, 2001] Teorema 4 Misalkan A adalah suatu matriks berorde n × n. Himpunan dari setiap nilai eigen yang berbeda dari matriks A adalah takkosong dan mempunyai paling banyak n nilai eigen yang berbeda. Bukti: lihat [Lancaster & Tismenetsky,1985]. Definisi 8 Misalkan A adalah suatu matriks berorde n × n. Jika A mempunyai n nilai eigen yang berbeda maka matriks A disebut sederhana. [Lancaster & Tismenetsky,1985] 2.4 Ruang Vektor dan Kebebasan Linear Definisi 9 (Ruang Vektor) Misalkan V adalah himpunan di mana didefinisikan operasi-operasi penjumlahan dan perkalian dengan skalar. Dengan ini dapat diartikan bahwa untuk setiap pasang elemenelemen x dan y di dalam V , dapat diasosiasikan dengan elemen x + y yang tunggal yang juga berada di V , dan untuk setiap elemen x di V dan setiap skalar α ,

3

dapat diasosiasikan dengan elemen α x yang tunggal di dalam V . Himpunan V bersamasama dengan operasi-operasi penjumlahan dan perkalian dengan skalar dikatakan membentuk suatu ruang vektor jika aksioma-aksioma berikut terpenuhi A1. x + y = y + x untuk setiap x dan y di V. A2. (x + y ) + z = x + (y + z ) untuk setiap x, y, z di V . A3. Terdapat elemen 0 di V sehingga x + 0 = x untuk setiap x ∈ V . A4. Untuk setiap x ∈ V terdapat elemen −x ∈ V sehingga x + (−x) = 0.

A5. α ( x + y ) = α x + α y untuk setiap skalar

α dan setiap x dan y di V . A6. (α + β ) x = α x + β x untuk setiap skalar α dan β dan setiap x ∈ V . A7. (αβ ) x = α ( β x ) untuk setiap skalar α dan β dan setiap x ∈ V .

A8. 1.x = x untuk setiap x ∈ V . [Leon, 2001] Definisi 10 (Bebas Linear) Vektor-vektor v1 , v 2 ,..., v n dalam ruang vektor V disebut bebas linear jika c1 v1 + c2 v 2 + ... + cn v n = 0, mengakibatkan semua skalar-skalar c1 , c2 ,..., cn harus sama dengan 0. [Leon, 2001] Definisi 11 (Bergantung Linear) Vektor-vektor v1 , v 2 ,..., v n dalam ruang vektor V disebut bergantung linear jika terdapat skalar-skalar c1 , c2 ,..., cn yang tidak semuanya nol sehingga c1 v1 + c2 v 2 + ... + cn v n = 0. [Leon, 2001] 2.5 Bilangan Kompleks Definisi 12 (Bilangan Kompleks) Bilangan kompleks adalah suatu pasangan terurut dari bilangan real yang dinyatakan dengan (a, b) atau a + bi dengan i = −1. [Anton, 1998]

2.6 Grup, Ring, dan Lapangan Definisi 13 (Grup) Grup G, ∗ adalah himpunan G dengan operasi biner ∗ dan memenuhi aksiomaaksioma berikut G1. Operasi biner ∗ bersifat asosiatif ( x ∗ y ) ∗ z = x ∗ ( y ∗ z ) , ∀x, y, z ∈ G. G2. Ada unsur e di G sehingga e ∗ x = x ∗ e = x, ∀x ∈ G (unsur e disebut unsur identitas untuk G dengan operasi biner ∗ ). G3. Untuk setiap a ∈ G , ada unsur a ' ∈ G sehingga a '∗ a = a ∗ a ' = e (unsur a ' disebut invers dari a dengan operasi biner ∗ ). [Fraleigh, 1994] Definisi 14 (Grup Abel) Grup G, ∗ disebut grup Abel jika operasi biner ∗ bersifat komutatif yaitu ∀x, y ∈ G, x ∗ y = y ∗ x . [Fraleigh, 1994] Definisi 15 (Ring) Ring R, +, ⋅ adalah himpunan R dengan dua operasi biner + dan ⋅ , disebut penjumlahan dan perkalian, dan memenuhi aksioma-aksioma berikut: R1. R, + adalah grup Abel. R2. Operasi perkalian bersifat asosiatif. R3. Untuk setiap a, b, c ∈ R, berlaku Hukum distributif kiri: a ⋅ ( b + c ) = ( a ⋅ b ) + ( a ⋅ c ) dan Hukum distributif kanan: ( a + b) ⋅ c = ( a ⋅ c ) + (b ⋅ c ). [Fraleigh, 1994] Definisi 16 (Ring Komutatif) Ring dengan operasi perkalian yang bersifat komutatif adalah ring komutatif. [Fraleigh, 1994] Definisi 17 (Unsur Kesatuan) Ring R dengan unsur identitas 1 sehingga 1x = x1 = x, ∀x ∈ R adalah ring dengan unsur kesatuan. Unsur identitas dalam ring adalah unsur kesatuan (unkes). [Fraleigh, 1994] Definisi 18 (Lapangan) Misalkan R adalah ring. Lapangan adalah ring komutatif yang mempunyai unsur

4

kesatuan serta setiap unsur taknolnya mempunyai invers yaitu a −1 ∈ R sehingga aa −1 = a −1a = 1, a ∈ R. [Fraleigh, 1994] 2.7 Trigonometri Definisi 19 (Kesamaan Trigonometri) Kesamaan trigonometri adalah hubungan antara fungsi-fungsi trigonometri, yaitu 1. sin 2 θ + cos 2 θ = 1 2. sin ( −θ ) = − sin θ

Definisi 21 (Pemetaan) Misalkan A dan B adalah dua himpunan. Fungsi f dari A ke B bisa juga disebut bahwa f memetakan A ke B (atau pemetaan A ke B ) dan ditulis f : A → B . [Goldberg, 1976] Definisi 22 (Pemetaan Identitas) Misalkan A adalah suatu himpunan. Pemetaan A ke A disebut pemetaan identitas, dinotasikan I A , jika a anggota dari

3. cos ( −θ ) = cos θ

A

4. sin (θ + 2π ) = sin θ

I A : A → A.

5. cos (θ + 2π ) = cos θ

IA (a) = a

atau dapat ditulis [Kurtz, 1992]

6. sin ( x + y ) = sin x cos y + cos x sin y 7. sin ( x − y ) = sin x cos y − cos x sin y

8. cos ( x − y ) = cos x cos y + sin x sin y

9. 10. 11. 12. 13.

maka

sin 2 x = 2sin x cos x cos 2 x = cos 2 x − sin 2 x cos 2 x = 2 cos 2 x − 1 cos 2 x = 1 − 2sin 2 x sin (π + θ ) = − sin (π − θ ) = sin (θ − π ) = − sin θ = sin ( −θ )

π⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛ 14. sin ⎜ + θ ⎟ = sin ⎜ − θ ⎟ = − sin ⎜ θ − ⎟ 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ = cos θ [Stewart, 2001] 2.8 Fungsi (Pemetaan), Pemetaan Identitas, dan Pemetaan Injektif Definisi 20 (Fungsi) Misalkan A dan B adalah dua himpunan. Fungsi f dari A ke B adalah aturan yang memadankan setiap elemen x dalam himpunan A secara tepat dengan satu elemen, yang disebut f ( x ) , dalam himpunan B. [Stewart, 2001]

Definisi 23 (Pemetaan Injektif) Misalkan A dan B adalah dua himpunan. Fungsi f memetakan A ke B. Fungsi f adalah injektif jika dan hanya jika ∀w, z ∈ A, jika f ( w) = f ( z ) maka w = z. [Kurtz, 1992] 2.9 Matriks Blok (Matriks Terpartisi) Definisi 24 (Matriks Blok) Misalkan A, B, C, dan D adalah suatu matriks, dengan A adalah matriks kuadrat berorde n dan D adalah matriks kuadrat berorde m. Matriks M disebut matriks blok ⎛A B⎞ jika M = ⎜ ⎟. ⎝ C D⎠ [Zhang,1999] Teorema 5 Misalkan M adalah matriks blok. Jika A mempunyai invers, maka det M = det A det(D − CA −1B), dan jika AC = CA, maka det M = det( AD − CB). Bukti: lihat [Zhang,1999].

5

BAB III PEMBAHASAN 3.1 Matriks Tridiagonal Misalkan diberikan matriks tridiagonal dalam bentuk sebagai berikut 0 ⎞ ⎛ −α + b c1 0 0 … ⎜ ⎟ b c2 0 … 0 ⎟ ⎜ a1 ⎜ 0 ⎟ a2 b An = ⎜ ⎟ 0 0 ⎟ ⎜ 0 ⎜ cn −1 ⎟ ⎜⎜ ⎟ … … 0 an −1 − β + b ⎟⎠ ⎝ 0 (3.1) dengan

{a } j

n −1

dan

j =1

{c } j

n −1

adalah dua

j =1

barisan bagian yang hingga dari barisan

{a }

∞

j

j =1

dan

{c }

∞

j

j =1

;

aj

dan c j bilangan

kompleks yang memenuhi sifat dari lapangan; α , β dan b adalah bilangan kompleks. Misalkan bahwa ⎧⎪ d 2 , jika j ganjil a j c j = ⎨ 12 j = 1, 2,..., (3.2) ⎪⎩d 2 , jika j genap dengan d1 dan d 2 adalah bilangan kompleks.

{a }

∞

j

j =1

Jika σ adalah pemetaan injektif dari himpunan integer 1 sampai n − 1 ke dalam himpunan integer yang berbeda maka matriks A n menjadi ⎛ −α + b cσ1 ⎜ b ⎜ aσ1 ⎜ 0 aσ 2 A n (σ ) = ⎜ ⎜ 0 0 ⎜ ⎜ ⎜⎜ … ⎝ 0

⎞ ⎟ cσ 2 0 … 0 ⎟ ⎟ b ⎟ 0 ⎟ ⎟ cσ n−1 ⎟ ⎟ … 0 aσ n−1 − β + b ⎟⎠ (3.3) dan ∆ n (σ ) = A n (σ ) − λΙ n adalah polinomial

∞

j

j =1

Contoh 1 Misalkan diberikan barisan:

= {a1 , a2 , a3 , a4 ,..., a7 ,..., a10 ,..., a14 ,..., a18 ,...}

= {c1 , c2 , c3 , c4 ,..., c7 ,..., c10 ,..., c14 ,..., c18 ,...} 9 25 ⎧ ⎫ = ⎨4, 6 + 11, 4 + 7, 25,..., ,..., ,...,9 2,..., 2.5,...⎬ 5 7 ⎩ ⎭

Dari barisan di atas, didapatkan:

{a } {c } j

4 j =1

4

j

j =1

{ = {4, 6 +

}

= 2.25, 6 − 11, 4 − 7,1

}

11, 4 + 7, 25

Dapat dibentuk matriks tridiagonal: 4 0 0 ⎛2−5 ⎜ 2 6 + 11 0 ⎜ 2.25 ⎜ A5 = ⎜ 0 6 − 11 2 4+ 7 ⎜ 0 0 4− 7 2 ⎜ ⎜ 0 0 0 1 ⎝ dengan 2 ⎪⎧ d = 9, jika j ganjil a j c j = ⎨ 21 j = 1, 2,..., ⎪⎩d 2 = 25, jika j genap

0 ⎞ ⎟ 0 ⎟ ⎟ 0 ⎟ 25 ⎟ ⎟ 2 − 3 ⎟⎠

0

…

0

karakteristiknya. Jika σ = i , dengan i adalah pemetaan identitas, maka A n (i) dan ∆ n (i ) dinotasikan berturut-turut dengan A n dan ∆ n .

1 ⎧ ⎫ = ⎨2.25, 6 − 11, 4 − 7,1,...,5,..., 7,..., 2,...,10,...⎬ 2 ⎩ ⎭

{c }

0

Jika ada pemetaan: σ :1 → 7 2 → 10 3 → 14 4 → 18 maka aσ1 = a7 = 5

aσ 2 = a10 = 7 1 2 2 aσ 4 = a18 = 10

aσ 3 = a14 =

cσ1 = c7 =

9 5

6

⎛ ⎜2−5 ⎜ ⎜ 5 ⎜ A 5 (σ ) = ⎜ ⎜ 0 ⎜ ⎜ 0 ⎜ ⎜ 0 ⎝

25 7 cσ 3 = c14 = 9 2 cσ 2 = c10 =

5 cσ 4 = c18 = 2 dan matriks tridiagonal A 5 menjadi

9 5

0

0

25 7 2 1 2 2 0

2 7 0 0

0 9 2 2 10

Contoh 2 Misalkan ada barisan:

{a }

∞

j

j =1

= {a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 ..., a13 ,..., a21 ,..., a26 ,..., a28 ,..., a31 ,..., a36 ,...}

{

}

= 6, 4, −18,5 − i 7, 2i, −32,..., −i,..., −2,..., −9i,..., 2i 2,...,3i,...,8 − 8i,...

{c }

∞

j

j =1

= {c1 , c2 , c3 , c4 , c5 , c6 ..., c13 ,..., c21 ,..., c26 ,..., c28 ,..., c31 ,..., c36 ,...}

{

}

= 9,8, −3,5 + i 7, −27i, −1,...,54i,..., −16,..., 6i,..., −8i 2,..., −18i,..., 2 + 2i,... Dari barisan di atas, didapatkan

{a } {c } j

6 j =1

6

j

j =1

{ = {9,8, −3,5 + i

} 7, −27i, −1}

= 6, 4, −18,5 − i 7, 2i, −32

Dapat dibentuk matriks tridiagonal: ⎛5 − 4 2 ⎜ ⎜ 6 ⎜ 0 ⎜ A7 = ⎜ 0 ⎜ ⎜ 0 ⎜ ⎜ 0 ⎜ 0 ⎝

9

0

0

0

0

0

5 4

8 5

0 −3

0 0

0 0

0 0

5

5+i 7

0

0

0 −18 0 0

0 0

5−i 7 0

5 2i

−27i 5

0 −1

0

0

0

0

−32

5−3

dengan 2 ⎪⎧ d = 54, jika j ganjil a j c j = ⎨ 12 j = 1, 2,..., ⎪⎩d 2 = 32, jika j genap

Jika ada pemetaan σ :1 → 13 2 → 21 3 → 26 4 → 28 5 → 31 6 → 36 maka aσ1 = a13 = −i

aσ 2 = a21 = −2

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ 6 ⎟⎠

aσ 3 = a26 = −9i aσ 4 = a28 = 2i 2

aσ 5 = a31 = 3i aσ 6 = a36 = 8 − 8i cσ1 = c13 = 54i cσ 2 = c21 = −16 cσ 3 = c26 = 6i cσ 4 = c28 = −8i 2

cσ 5 = c31 = −18i cσ 6 = c36 = 2 + 2i dan matriks tridiagonal A 5 menjadi

⎞ 0 ⎟ ⎟ 0 ⎟⎟ ⎟ 0 ⎟ 5 ⎟⎟ 2 ⎟ 2 − 3 ⎟⎠

7

⎛ 5 − 4 2 54i 0 0 ⎜ i − − 5 16 0 ⎜ ⎜ 0 −2 5 6i ⎜ A 7 (σ ) = ⎜ 0 0 −9i 5 ⎜ 0 0 2i 2 ⎜ 0 ⎜ 0 0 0 ⎜ 0 ⎜ 0 0 0 0 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ 0 0 0 ⎟ ⎟ −8i 2 0 0 ⎟ ⎟ −18i 5 0 ⎟ ⎟ 3i 5 2 + 2i ⎟ 0 8 − 8i 5 − 3 6 ⎟⎠ 0 0

0 0

0 0

dan λ adalah nilai eigen dari matriks tridiagonal. Sebelum mencari nilai eigen matriks tridiagonal, terlebih dulu dicari polinomial karakteristiknya yang dinyatakan dalam Teorema 1 berikut ini.

3.2 Kasus d1d 2 ≠ 0 Dalam kasus α = β = 0, matriks An (σ ) dan polinomial karakteristiknya dinotasikan berturut-turut dengan A0n (σ ) dan ∆ 0n (σ )

sedangkan dalam kasus α ≠ 0 atau β ≠ 0 matriks dan polinomial karakteristik tersebut dinotasikan dengan A n dan ∆ n . Untuk mencari nilai eigen dari matriks tridiagonal digunakan persamaan berikut yang telah dibuktikan di [Kouachi, in press], yaitu Y 2 = d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ , (3.4) dengan Y = b−λ (3.5)

Teorema 1 Jika d1d 2 ≠ 0 maka nilai eigen dari matriks tridiagonal

A n (σ )

pada

(3.3)

tidak

bergantung pada entri bebas ( ai , ci , i = 1,.., n − 1) , dan pemetaan σ memperlihatkan bahwa kondisi (3.2) terpenuhi serta polinomial karakteristik dari An (σ ) adalah sebagai berikut

Jika n = 2m + 1 ganjil

(

∆ n = d1d 2

)

(

)

d1d 2 (Y −α − β ) sin ( m +1)θ + αβ Y −α d12 − β d 22 sin mθ

m −1

sin θ

,

(3.6) dan jika n = 2m genap ∆ n = ( d1d 2 )

m −1

d1d 2 sin ( m +1)θ + ⎡⎣αβ + d 22 − (α + β )Y ⎤⎦ sin mθ +αβ

d1 sin ( m −1)θ d2

sin θ

.

(3.7) polinomial karakteristik dari matriks tridiagonal An (σ ) dinotasikan dengan ∆ n .

Bukti: Akan dibuktikan persamaan (3.6) dan (3.7). Karena bagian kanan dari persamaan (3.6) dan (3.7) tidak bergantung pada σ , cukup dibuktikan bahwa σ = i, sehingga Y

c2

0

a2

Y

c3

∆ n = ∆ 0n − α 0

a3

0

0

0

an −1

Jika α ≠ 0 atau β ≠ 0 , maka

Y

c1

0

a1

Y

c2

0 −β 0 cn −1

a2

Y

(Bukti: lihat Lampiran 1 bagian A)

0

0

0

an − 2

Y

c2

0

a2

Y

c3

0 + αβ 0 cn − 2

a3

Y

0

0 0 cn − 2

0

an − 2

Y

(3.8)

8

jika n = 2m genap

dengan ∆ 0n adalah polinomial karakteristik untuk α = β = 0 dan ai dalam subdiagonal dan ci dalam superdiagonal memenuhi

∆ 0n

kondisi (3.2). Selanjutnya, akan dicari ∆ dengan menggunakan persamaan (3.6) dan (3.7). Jika α = β = 0, persamaan (3.6) dan (3.7) berturut-turut menjadi jika n = 2m + 1 ganjil sin( m + 1)θ m (3.9) ∆ 0n = ( d1d 2 ) Y sin θ 0 n

jika n = 2m + 1 ganjil ∆ n = ( d1d 2 )

m −1

m −1

sin θ

. (3.10)

Karena persamaan (3.9) dan (3.10) telah terbukti, kedua persamaan tersebut disubtitusi ke persamaan (3.8) dan didapatkan jika α ≠ 0 atau β ≠ 0 , maka

d1d 2 (Y − α − β ) sin(m + 1)θ + (αβ Y − α d12 − β d 22 ) sin mθ

sin θ

d1d 2 sin(m + 1)θ + (αβ + d 22 − (α + β ) Y ) sin mθ + αβ

d1 sin ( m − 1) θ d2

sin θ

„

dengan nilai eigen tridiagonal An (σ ) .

Dari persamaan (3.7) dapat diperoleh Proposisi 2 berikut ini.

dari

matriks

Bukti: Akan dibuktikan nilai eigen dari matriks tridiagonal An (σ ) dan Bn (σ ) sama.

Proposisi 2 Misalkan Bn (σ ) adalah suatu matriks yang diperoleh dari An (σ ) pada (3.3)

.

eigen dari matriks tridiagonal Bn (σ ) sama

(Bukti: lihat Lampiran 1 bagian C)

tridiagonal tridiagonal

m

d2 sin mθ d1

(Bukti: lihat Lampiran 1 bagian B)

jika n = 2m genap ∆ n = ( d1d 2 )

= ( d1 d 2 )

sin(m + 1)θ +

matriks dengan

Untuk membuktikan bahwa nilai eigen kedua matriks tridiagonal tersebut sama, cukup membuktikan polinomial karakteristik kedua matriks tridiagonal tersebut sama. Dari Teorema 1 didapatkan polinomial karakteristik berikut ini.

menukar bilangan α dan β . Jika ukuran suatu matriks tridiagonal adalah n yang bernilai genap maka nilai

Untuk An (σ ) ∆ n = ( d1d 2 )

m −1

d1d 2 sin( m + 1)θ + (αβ + d 22 − (α + β ) Y ) sin mθ + αβ sin θ

sedangkan untuk B n (σ ) ∆ n = ( d1d 2 ) = ( d1d 2 )

m −1

m −1

d1 sin ( m − 1) θ d2

d1d 2 sin( m + 1)θ + ( βα + d 22 − ( β + α ) Y ) sin mθ + βα

d1 sin ( m − 1) θ d2

sin θ d1d 2 sin(m + 1)θ + (αβ + d − (α + β ) Y ) sin mθ + αβ

Karena polinomial karakteristik dari matriks tridiagonal An (σ ) dan Bn (σ ) sama

2 2

d1 sin ( m − 1) θ d2

sin θ

maka nilai eigen dari matriks tridiagonal An (σ ) dan Bn (σ ) sama.

9

Dari σ , yaitu pemetaan injektif dari himpunan integer 1 sampai n − 1 ke dalam himpunan integer yang berbeda, atau dari contoh 1 dan 2 didapatkan Akibat 3 berikut ini.

u

(k )

Misalkan komponen dari vektor eigen (σ ) , k = 1,..., n yang berhubungan dengan

nilai eigen λ k , k = 1,..., n, dinotasikan dengan u (j ) , j = 1,..., n, adalah solusi dari persamaan k

linear Akibat 3 Setiap entri dalam subdiagonal dan superdiagonal dari matriks tridiagonal An (σ ) pada (3.3) memenuhi kondisi (3.2).

⎧ ( −α + ξ k ) u1( k ) + cσ u2( k ) = 0, 1 ⎪ ⎪⎪ aσ u1( k ) + ξ k u2( k ) + cσ u3( k ) = 0, 2 (3.11) ⎨ 1 ⎪ ⎪ (k ) (k ) ⎪⎩ aσ n−1 un −1 + ( − β + ξ k ) un = 0, dengan ξ k = Y , dengan Y memenuhi

Selanjutnya akan dibahas mengenai vektor eigen dari matriks tridiagonal A n (σ ) .

persamaan (3.4), dan θ k , k = 1,..., n adalah solusi dari persamaan berikut ini.

Jika n = 2m + 1 adalah ganjil d1d 2 (ξ k − α − β ) sin ( m + 1) θ k + (αβξ k − α d12 − β d 22 ) sin mθ k = 0,

(3.12)

dan jika n = 2m adalah genap

d d1d 2 sin ( m + 1) θ k + ⎡⎣αβ + d 22 − (α + β ) ξ k ⎤⎦ sin mθ k + αβ 1 sin ( m − 1) θ k = 0. d2

⎧ aσ u1( k ) + ξ k u2( k ) + cσ u3( k ) = 0, 2 ⎪ 1 k) k) ( ( (k ) ⎪⎪ aσ 2 u2 + ξ k u3 + cσ 3 u4 = 0, ⎨ ⎪ ⎪ (k ) (k ) ⎪⎩aσ n−1 un −1 + ( − β + ξ k ) un = 0. Sistem persamaan linear di atas dituliskan dalam bentuk matriks berikut ini.

Karena hipotesis Teorema 1, yaitu d1d 2 ≠ 0, maka ξ k = Y ≠ 0, dengan Y memenuhi persamaan (3.4). Jadi persamaan (3.11) adalah bergantung linear. Karena persamaan (3.11) adalah bergantung linear, maka dengan mengeliminasi persamaan pertama atau baris pertama diperoleh ⎛ ξk ⎜ ⎜ aσ 2 ⎜ 0 ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0

Vektor eigen u (jk ) ,

cσ 2

0

…

ξk

…

0

aσ n−1

⎞ ⎛ u2( k ) ⎞ ⎛ −a u ( k ) ⎞ ⎟ ⎜ k ⎟ ⎜ σ1 1 ⎟ ⎟ ⎜ u3( ) ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟. 0 ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ cσ n−1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ (k ) ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ( − β + ξ k ) ⎠ ⎝ un ⎠ ⎝ 0 ⎠

j = 2,..., n, k = 1,..., n,

pada sistem persamaan (3.14) dapat dicari dengan menggunakan Aturan Cramer, yaitu

(3.13)

0

u (j

k)

(σ ) =

Γ (jk ) (σ ) ∆ (n −)1 k

(3.14)

, j = 2,..., n, k = 1,..., n,

(3.15) dengan

10

ξk

cσ 2

aσ 2

ξk

…

0

0 Γj

0

…

…

0

0

…

…

…

…

…

…

…

cσ j −2

0 (k )

−aσ1 u1( k )

0

aσ j−2

(σ ) =

…

0

…

0

ξk

0

aσ j−1

0

cσ j

0

0

ξk

0

aσ j+1

0

0

cσ n−1

…

…

…

0

0

,

( −β + ξk )

aσ n−1

Kolom ke- j − 1 Nilai ∆ (n −)1 pada persamaan (3.15) ditentukan dari persamaan (3.6) dan (3.7) dengan α = 0 k

dan n diganti dengan n − 1 diperoleh persamaan berikut ini.

sehingga

Jika n = 2m + 1 ganjil ∆ (nk−)1 = ( d1 d 2 )

d1d 2 sin ( m + 1) θ k + ⎡⎣ d12 − βξ k ⎤⎦ sin mθ k , sin θ k

m −1

(3.16)

dan jika n = 2m genap ∆ (nk−)1 = ( d1d 2 )

m −1

(ξ k − β ) sin mθ k − β sin θ k

untuk setiap k = 1,..., n . Pertukaran kolom ke- j − 2 dengan kolom ke- j − 1 dari Γ(jk ) (σ ) , menghasilkan u (j

k)

(σ ) = ( −1)

dengan

j −2

Λ (jk ) (σ ) ∆ n −1

Λ (j ) (σ ) k

(

(k )

, j = 2,..., n, (3.18)

adalah determinan dari

matriks blok berikut ini. ⎛ Tj( −k 1) (σ ) k C(j ) (σ ) = ⎜ ⎜ 0 ⎝ dengan ⎛ −aσ u1( k ) ξ k 1 ⎜ aσ 2 ⎜ 0 ⎜ k Tj( −1) (σ ) = ⎜⎜ 0 ⎜ ⎜ 0 ⎜ ⎜ 0 ⎝ adalah matriks dengan

⎞ ⎟, S n − j (σ ) ⎟⎠ 0

(k )

(3.17)

,

0 ⎛ ξ k cσ j+1 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ aσ j+1 ⎟ ⎜ ⎟ (k ) S n − j (σ ) = ⎜ 0 0 ⎟ ⎜ cσ n−1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ a − + 0 β ξ ( ) k ⎠ σ n−1 ⎝ adalah matriks tridiagonal dengan order n − j yang memenuhi kondisi (3.2). Karena Tj( −k 1) (σ ) mempunyai invers maka C(j ) (σ ) = Tj( −1) (σ ) S(n −) j (σ ) k

k

k

= − aσ1 ...aσ j−1 u1( ) ∆ (n −) j , k

cσ 2

0

0 order

)

0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ 0 ⎟ cσ j−2 ⎟ ⎟ ξk ⎟ ⎟ 0 aσ j −1 ⎟ ⎠ j − 1 dan

diagonal −aσ1 u1 , aσ 2 ,..., aσ j −1 serta Jika n ganjil

d1 sin ( m − 1) θ k d2

untuk

setiap

k

(3.19)

j = 2,..., n dan k = 1,..., n,

(k )

dengan ∆ n − j (σ ) diberikan oleh persamaan

(3.6) dan (3.7) untuk α = 0 dan n − 1 digantikan dengan n − j sehingga diperoleh persamaan berikut ini.

11

⎧ n− j ⎛n− j ⎞ + 1⎟ θ k + ( d12 − βξ k ) sin θk d1d 2 sin ⎜ ⎪ n− j −1 2 2 ⎝ ⎠ ⎪ ( d1d 2 ) 2 , jika j sin θ k ⎪ (k ) ∆n− j = ⎨ d2 n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ (ξ k − β ) sin ⎜⎛ ⎟ θ k − β sin ⎜ ⎟θk n − j −1 ⎪ 2 ⎠ 2 ⎠ d1 ⎝ ⎝ 2 , jika ⎪( d1d 2 ) sin θ k ⎩ dan jika n genap d1 ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ n − j −1 ( ξ k − β ) sin ⎜ ⎟ θ k − β sin ⎜ ⎟θk ⎪ 2 ⎠ 2 ⎠ d2 ⎝ ⎝ 2 ⎪ dd , jika sin θ k ⎪ 1 2 (k ) ∆n− j = ⎨ n− j ⎛n− j ⎞ ⎪ θk + 1⎟ θ k + ( d 22 − βξ k ) sin d d sin ⎜ n− j −1 1 2 ⎪ 2 ⎝ 2 ⎠ 2 , jika j d d ⎪ 1 2 sin θ k ⎩

(

)

(

)

untuk setiap j = 2,..., n dan k = 1,..., n. Dengan menyubstitusi persamaan (3.18) dengan (3.19) didapatkan k ∆ (n −) j j −2 u (jk ) (σ ) = ( −1) − aσ1 ...aσ j −1 u1( k ) ( k ) ∆ n −1 (3.22) (k ) ∆ j −1 − n j k = ( −1) aσ1 ...aσ j−1 u1( ) ( k ) ∆ n −1

ganjil, (3.20) j genap,

j ganjil, (3.21) genap,

Dengan menyubstitusi persamaan (3.16), (3.17), (3.20) dan (3.21) dengan persamaan (3.22) didapatkan persamaan berikut ini.

j = 2,..., n dan k = 1,..., n.

Jika n ganjil ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ + 1⎟ θ k + ( d12 − βξ k ) sin ⎜ d1d 2 sin ⎜ ⎟θk ⎪ 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎪ , jika j ganjil, ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ 2 sin θ βξ sin θ d d + d − ( ) k 1 2 1 ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ d2 ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ ξ − β sin ⎜ ⎟ θ k − β sin ⎜ ⎟θk k ⎪ 2 2 ⎠ d ⎝ ⎠ ⎝ 1 , jika j genap, ⎪ d1d 2 ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ 2 ⎪ θ βξ θ d1d 2 sin ⎜ d sin + − ⎟ k k ) ⎟ k ( 1 ⎜ ⎪⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ (3.23) dan jika n genap d1 ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎟ θ k − β sin ⎜ ⎟θk ⎪ (ξ k − β ) sin ⎜ 2 ⎠ 2 ⎠ d2 ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil, d1 ⎪ ⎛n⎞ ⎛n ⎞ − − − sin sin 1 ξ β θ β θ ( ) ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k k ⎪ d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n− j ⎛n− j ⎞ ⎪ + 1⎟ θ k + ( d 22 − βξ k ) sin θk d1d 2 sin ⎜ ⎪ 1 2 ⎝ 2 ⎠ , jika j genap, ⎪ d1 ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ d1d 2 − sin − sin − 1 ξ β θ β θ ( k ) ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪⎩ d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ (3.24)

(

untuk setiap dengan

j = 2,..., n

dan

)

k = 1,..., n,

12

(

µ j (σ ) = − d1d 2

)

1− j

aσ1 ...aσ j−1 , j = 2,..., n.

(†)

Sekarang didefinisikan

(

ρ j (σ ) = − d1d 2 dengan

µ j (σ )

)

n −1

Teorema 4 Jika α = β = 0, maka nilai eigen λ k (σ ) , k = 1,..., n dari matriks tridiagonal A n (σ )

µ j (σ ) , j = 1,..., n,

(‡)

pada (3.3) tidak bergantung pada entri bebas ( ai , ci , i = 1,.., n − 1) , dan pemetaan σ

(†)

dan

memperlihatkan bahwa terpenuhi serta diperoleh

diberikan di

µ1 (σ ) = 1. 3.2.1 Kasus n ganjil Jika α = β = 0, maka diperoleh Teorema 4 berikut ini.

kondisi

(3.2)

⎧ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m, k 1 2 1 2 ⎪ ⎪ 2 2 λ k = ⎨b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., 2m, ⎪ b, k = n. ⎪⎩ (3.25)

(

)

t

Vektor eigen u ( k ) (σ ) = u1( k ) (σ ) ,..., un( k ) (σ ) ,

k = 1,.., n − 1 adalah sebagai berikut ⎧ n− j ⎛n− j ⎞ 2 ⎪d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ θ k + d1 sin 2 θ k , jika j ganjil, ⎪ ⎝ ⎠ k u (j ) (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎛ n − j +1⎞ ⎪ d1d 2 ( b − λ k ) sin ⎜ ⎟ θ k , jika j genap, ⎪⎩ 2 ⎠ ⎝

(3.26)

dan ( n)

uj

n− j ⎧ ⎪aσ ...aσ j−1 ( − d 22 ) 2 , jika j ganjil, (σ ) = ⎨ 1 ⎪⎩ 0, jika j genap,

(3.27) j = 1,..., n , aσ 0 = 1 , ρ j (σ ) diberikan di ( ‡ ) dan

2k π ⎧ , k = 1,..., m, ⎪⎪ n +1 θk = ⎨ . ⎪ 2 ( k − m ) π , k = m + 1,..., 2m. ⎩⎪ n + 1 (Bukti: lihat Lampiran 2)

Jika α = d 2 dan β = d1 , persamaan (3.12) menjadi d1d 2 (ξ k − d 2 − d1 ) sin ( m + 1) θ k + ( d1d 2ξ k − d 2 d12 − d1d 22 ) sin mθ k = 0 d1d 2 (ξ k − ( d 2 + d1 ) ) sin ( m + 1) θ k + d1d 2 (ξ k − d1 − d 2 ) sin mθ k = 0

d1d 2 (ξ k − ( d1 + d 2 ) ) sin ( m + 1) θ k + d1d 2 (ξ k − ( d1 + d 2 ) ) sin mθ k = 0 d1d 2 (ξ k − ( d1 + d 2 ) ) ( sin ( m + 1) θ k + sin mθ k ) = 0.

Jika persamaan (3.29) disubstitusi dengan fungsi trigonometri 2sin η cos ς = sin (η + ς ) + sin (η − ς )

θk ⎛ 2m + 1 ⎞ dengan η = ⎜ ⎟ θ k dan ς = , maka 2 ⎝ 2 ⎠ persamaan (3.28) menjadi θk ⎛ 2m + 1 ⎞ d1d 2 (ξ k − ( d1 + d 2 ) ) 2sin ⎜ ⎟ θ k cos = 0. 2 ⎝ 2 ⎠

(3.28)

Karena hipotesis Teorema 1 yaitu d1d 2 ≠ 0 maka θ 2m + 1 (ξk − ( d1 + d2 ) ) sin ⎛⎜ 2 ⎞⎟θk cos 2k = 0. ⎝ ⎠ (3.29) Jika α = −d 2 dan β = −d1 , persamaan (3.12) menjadi

13

d1d 2 (ξ k + d 2 + d1 ) sin ( m + 1) θ k + ( d1d 2ξ k + d 2 d12 + d1 d 22 ) sin mθ k = 0 d1d 2 (ξ k + ( d 2 + d1 ) ) sin ( m + 1) θ k + d1d 2 (ξ k + d1 + d 2 ) sin mθ k = 0

d1d 2 (ξ k + ( d1 + d 2 ) ) sin ( m + 1) θ k + d1d 2 (ξ k + ( d1 + d 2 ) ) sin mθ k = 0 d1 d 2 (ξ k + ( d1 + d 2 ) ) ( sin ( m + 1) θ k + sin mθ k ) = 0

Jika persamaan (3.30) disubstitusi dengan fungsi trigonometri 2sin η cos ς = sin (η + ς ) + sin (η − ς )

θk ⎛ 2m + 1 ⎞ dengan η = ⎜ ⎟ θ k dan ς = , maka 2 ⎝ 2 ⎠ persamaan (3.30) menjadi θk ⎛ 2m + 1 ⎞ d1d 2 (ξ k + ( d1 + d 2 ) ) 2 sin ⎜ ⎟ θ k cos = 0. ⎝

Karena hipotesis d1d 2 ≠ 0 maka

2

⎠

Teorema

2

1

yaitu

θ 2m + 1 (ξk + ( d1 + d2 ) ) sin ⎛⎜ 2 ⎞⎟θk cos 2k = 0 ⎝ ⎠ (3.31) Jika persamaan (3.29) dan (3.31) digabungkan, maka

(ξ ± ( d k

1

θk ⎛ 2m + 1 ⎞ + d 2 ) ) sin ⎜ ⎟ θ k cos = 0. 2 ⎝ 2 ⎠ (3.32)

Dari persamaan Teorema 5 berikut ini.

(3.30) (3.32)

didapatkan

Teorema 5 Jika α = d 2 dan β = d1 atau β = −d1 dan

α = −d 2 , maka nilai eigen λ k (σ ) , k = 1,..., n

dari matriks tridiagonal An (σ ) pada (3.3) tidak bergantung ( ai , ci , i = 1,.., n − 1)

pada entri bebas dan pemetaan σ

memperlihatkan bahwa kondisi (3.2) terpenuhi serta diperoleh ⎧ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m, k 1 2 1 2 ⎪ ⎪ 2 2 λ k = ⎨b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., 2m, ⎪ b − (α + β ) , k = n. ⎪⎩ (3.33)

vektor eigen u (

k)

(σ ) = ( u1( k ) (σ ) ,..., un( k ) (σ ) )

t

,

k = 1,.., n adalah sebagai berikut

jika α = d 2 dan β = d1 ⎧ n− j ⎛n− j ⎞ θ k , jika j ganjil, d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + [ d1 − b + λ k ] sin ⎪ 2 2 ⎝ ⎠ ⎪ (k ) u j (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪ − d 2 ⎡( d − b + λ ) sin ⎛ n − j + 1 ⎞ θ + d sin ⎛ n − j − 1 ⎞ θ ⎤ , jika j genap, k 2 ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪ d1 ⎢⎣ 1 2 ⎠ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎝ ⎩ (3.34)

k = 1,..., n − 1 dan ⎧ 1, jika j ganjil, ⎪ u j (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ d 2 ⎪− d , jika j genap, 1 ⎩ j = 1,..., n (n)

jika β = −d1 dan α = −d 2 ⎧ n− j ⎛n− j ⎞ θ k , jika j ganjil, d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + [ d1 + b − λ k ] sin ⎪ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎪ (k ) u j ( σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪ d 2 ⎡( d + b − λ ) sin ⎛ n − j + 1 ⎞ θ + d sin ⎛ n − j − 1 ⎞ θ ⎤ , jika j genap, k 2 ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪ d1 ⎢⎣ 1 2 ⎠ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎝ ⎩ (3.35)

k = 1,..., n − 1 dan

14

⎧ 1, jika j ganjil, ⎪ u j (σ ) = ρ j ( σ ) ⎨ d 2 ⎪ d , jika j genap, ⎩ 1 j = 1,..., n , ρ j (σ ) diberikan di ( ‡ ) dan ( n)

2kπ ⎧ , k = 1,..., m, ⎪⎪ n θk = ⎨ ⎪ 2 ( k − m ) π , k = m + 1,..., 2m. ⎪⎩ n (Bukti: lihat Lampiran 3)

Jika α = d 2 (3.12) menjadi

β = −d1 , persamaan

dan

d1d 2 (ξ k + d 2 − d1 ) sin ( m + 1)θ k + ( −d1d 2ξ k + d 2 d12 − d1d 22 ) sin mθ k = 0 d1d 2 (ξ k + d 2 − d1 ) sin ( m + 1)θ k − d1d 2 (ξ k − d1 + d 2 ) sin mθ k = 0 d1 d 2 (ξ k + d 2 − d1 ) ( sin ( m + 1)θ k − sin mθ k ) = 0.

Jika persamaan (3.36) disubstitusi dengan fungsi trigonometri 2 cosη sin ς = sin (η + ς ) − sin (η − ς )

θk ⎛ 2m + 1 ⎞ dengan η = ⎜ ⎟ θ k dan ς = , maka 2 ⎝ 2 ⎠ persamaan tersebut menjadi θk ⎛ 2m + 1 ⎞ d1d 2 (ξ k + d 2 − d1 ) 2cos ⎜ ⎟ θ k sin = 0. 2 ⎝ 2 ⎠

(3.36)

Karena hipotesis Teorema 1 yaitu d1d 2 ≠ 0 maka θk 2m + 1 ⎞ (ξk + d2 − d1 ) cos ⎛⎜ ⎟ θ k sin = 0. 2 ⎝ 2 ⎠ Jika α = d 2 (3.12) menjadi

(3.37)

β = −d1 , persamaan

dan

d1d 2 (ξ k − d 2 + d1 ) sin ( m + 1)θ k + ( − d1d 2ξ k − d 2 d12 + d1d 22 ) sin mθ k = 0 d1d 2 (ξ k − d 2 + d1 ) sin ( m + 1)θ k + d1d 2 (ξ k + d1 − d 2 ) sin mθ k = 0

d1d 2 (ξ k − d 2 + d1 ) ( sin ( m + 1) θ k − sin mθ k ) = 0.

Jika persamaan (3.38) disubstitusi dengan fungsi trigonometri 2cosη sin ς = sin (η + ς ) − sin (η − ς )

θk ⎛ 2m + 1 ⎞ dengan η = ⎜ ⎟ θ k dan ς = , maka 2 ⎝ 2 ⎠ persamaan (3.38) menjadi θk ⎛ 2m + 1 ⎞ d1d 2 (ξ k − d 2 + d1 ) 2cos ⎜ ⎟ θ k sin = 0. 2 ⎝ 2 ⎠ d Karena hipotesis Teorema 1 yaitu 1d 2 ≠ 0 maka θk 2m + 1 ⎞ (ξk − d 2 + d1 ) cos ⎛⎜ ⎟ θ k sin = 0 2 ⎝ 2 ⎠ Jika persamaan digabungkan maka

(ξ ± ( d k

2

(3.37)

dan

(3.39) (3.39)

θk ⎛ 2m + 1 ⎞ − d1 ) ) cos ⎜ ⎟ θ k sin = 0. 2 ⎝ 2 ⎠ (3.40)

jika α = −d 2 dan β = d1

(3.38)

Dari persamaan (3.40) didapatkan Teorema 6 berikut ini. Teorema 6 Jika α = − d 2 dan β = d1 atau β = −d1 dan

α = d 2 , maka nilai eigen λ k (σ ) , k = 1,..., n dari matriks tridiagonal An (σ ) pada (3.3) tidak bergantung ( ai , ci , i = 1,.., n − 1)

pada entri bebas dan pemetaan σ

memperlihatkan bahwa kondisi (3.2) terpenuhi serta diperoleh ⎧ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m, k 1 2 1 2 ⎪ ⎪ 2 2 λ k = ⎨b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., 2m, ⎪ b − (α + β ) , k = n. ⎪⎩ (3.41)

(

)

t

vektor eigen u ( k ) (σ ) = u1( k ) (σ ) ,..., un( k ) (σ ) ,

k = 1,.., n adalah sebagai berikut

15

⎧ n− j ⎛n− j ⎞ θ k , jika j ganjil, d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + [ d1 − b + λ k ] sin ⎪ 2 2 ⎝ ⎠ ⎪ (k ) u j (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪ − d 2 ⎡( d − b + λ ) sin ⎛ n − j + 1 ⎞ θ + d sin ⎛ n − j − 1 ⎞ θ ⎤ , jika j genap, 2 k ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪ d1 ⎢⎣ 1 2 ⎠ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎝ ⎩ (3.42)

k = 1,..., n − 1 dan j −1 ⎧ −1) 2 , jika j ganjil, ( ⎪ ⎪ u (jn ) (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ d j ⎪ 2 ( −1) 2 , jika j genap, ⎪⎩ d1 j = 1,.., n, jika β = −d1 dan α = d 2 ⎧ n− j ⎛n− j ⎞ θ k , j ganjil, d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + [ d1 + b − λ k ] sin ⎪ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎪ (k ) u j (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪ d 2 ⎡( d + b − λ ) sin ⎛ n − j + 1 ⎞ θ + d sin ⎛ n − j − 1 ⎞ θ ⎤ , j genap, 2 k ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪ d1 ⎢⎣ 1 2 ⎠ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎝ ⎩

(3.43)

k = 1,..., n − 1 dan j −1 ⎧ −1) 2 , jika j ganjil, ( ⎪ ⎪ u (jn ) (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ d j+2 ⎪ 2 ( −1) 2 , jika j genap, ⎪⎩ d1 j = 1,.., n,

⎧ ( 2k − 1) π , k = 1,..., m, ⎪ n ⎪ θk = ⎨ ⎪ ( 2 ( k − m ) − 1) π , k = m + 1,..., 2m. ⎪⎩ n (Bukti: lihat Lampiran 4)

dengan ρ j (σ ) diberikan di ( ‡ ) dan

3.2.2 Kasus n genap Jika αβ = d 22 , persamaan (3.13) menjadi

d d1d 2 sin ( m + 1) θ k + ⎡⎣ d 22 + d 22 − (α + β ) ξ k ⎤⎦ sin mθ k + d 22 1 sin ( m − 1) θ k = 0 d2 d1d 2 sin ( m + 1) θ k + ⎡⎣ 2d 22 − (α + β ) ξ k ⎤⎦ sin mθ k + d1d 2 sin ( m − 1) θ k = 0 ⎡⎣ 2d 22 − (α + β ) ξ k ⎤⎦ sin mθ k + d1d 2 ( sin ( m + 1) θ k + sin ( m − 1) θ k ) = 0.

Jika persamaan (3.44) disubstitusi dengan fungsi trigonometri 2sin η cos ς = sin (η + ς ) + sin (η − ς )

(3.44)

dengan η = mθ k dan ς = θ k , maka persamaan (3.44) menjadi

⎡⎣ 2d 22 − (α + β ) ξ k ⎤⎦ sin mθ k + d1d 2 ( 2sin mθ k cos θ k ) = 0 ⎡⎣ 2d 22 − (α + β ) ξ k ⎤⎦ sin mθ k + 2d1d 2 cos θ k sin mθ k = 0 ⎡⎣ 2d1d 2 cos θ k + 2d 22 − (α + β ) ξ k ⎤⎦ sin mθ k = 0.

Persamaan (3.45) disubstitusi ke persamaan (3.4), didapatkan ⎡⎣ξ k2 − d12 − d 22 + 2d 22 − (α + β ) ξ k ⎤⎦ sin mθ k = 0 ⎡⎣ξ k2 − (α + β ) ξ k + d 22 − d12 ⎤⎦ sin mθ k = 0

(3.46)

(3.45)

dengan sin mθ k = 0 atau ⎡⎣ξ k2 − (α + β ) ξ k + d 22 − d12 ⎤⎦ = 0,

(3.47) sehingga didapatkan Teorema 7 berikut ini.

16

Teorema 7 αβ = d 22 , Jika

maka

nilai

eigen

λ k (σ ) , k = 1,..., n dari matriks tridiagonal

entri bebas ( ai , ci , i = 1,.., n − 1) dan pemetaan

σ

memperlihatkan bahwa kondisi (3.2) terpenuhi serta diperoleh

An (σ ) pada (3.3) tidak bergantung pada ⎧ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m − 1, 1 2 1 2 k ⎪ ⎪b − d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k , k = m,..., 2m − 2, ⎪ 2 ⎪ (α + β ) + (α − β ) + 4d12 λk = ⎨ b− , k = n − 1, ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪ (α + β ) − (α − β ) + 4d12 , k = n. ⎪ b− ⎩ 2

(

)

(3.48)

t

vektor eigen u ( k ) (σ ) = u1( k ) (σ ) ,..., un( k ) (σ ) ,

k = 1,.., n − 2 adalah sebagai berikut d1 n − j −1 ⎞ ⎧ ⎛ n − j −1 ⎞ ( b − λ k − β ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k − β sin ⎜ ⎟ θ k , jika j ganjil, ⎪ d 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎪ (k ) u j (σ ) = ρ j ( σ ) ⎨ ⎪ 1 ⎡ d d sin ⎛ n − j + 1⎞ θ + ( d 2 − β ( b − λ ) ) sin n − j θ ⎤ , jika j genap, k k⎥ 2 ⎜ ⎟ k ⎪ d d ⎢⎣ 1 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎦ ⎩ 1 2 (3.49) dengan ρ j (σ ) , j = 1,.., n diberikan di

(‡)

dan 2kπ ⎧ , k = 1,..., m − 1, ⎪⎪ n θk = ⎨ ⎪ 2 ( k − m + 1) π , k = m,..., 2m − 2. ⎪⎩ n

vektor eigen u (

n −1)

(σ )

dan u (

n)

(σ ) , berturut-

dan λ n yang diberikan di persamaan (3.24), dimana θ k dapat dilihat di persamaan (3.4), (3.5) dan (3.47) . (Bukti: lihat Lampiran 5) Jika α = −β = ± d 2 , persamaan (3.13) menjadi

turut, berhubungan dengan nilai eigen λ n −1 d d1d 2 sin ( m + 1) θ k + ⎡⎣ −d 22 + d 22 − ( 0 ) ξ k ⎤⎦ sin mθ k − d 22 1 sin ( m − 1)θ k = 0 d2

d1d 2 sin ( m + 1) θ k − d1d 2 sin ( m − 1) θ k = 0 d1d 2 ( sin ( m + 1) θ k − sin ( m − 1) θ k ) = 0,

(3.50)

Persamaan (3.50) disubstitusi dengan fungsi trigonometri 2cosη sin ς = sin (η + ς ) − sin (η − ς )

Teorema 8 Jika α = − β = ± d 2 ,

dengan η = mθ k dan ς = θ k , maka persamaan tersebut menjadi d1d 2 2 cos mθ k sin θ k = 0 2d1d 2 cos mθ k sin θ k = 0, (3.51) sehingga didapatkan Teorema 8 berikut ini.

An (σ ) pada (3.3) tidak bergantung pada

maka

nilai

eigen

λ k (σ ) , k = 1,..., n dari matriks tridiagonal entri bebas ( ai , ci , i = 1,.., n − 1) dan pemetaan

σ

memperlihatkan bahwa kondisi (3.2) terpenuhi serta diperoleh

17

⎧⎪ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m, k 1 2 1 2 λk = ⎨ 2 2 ⎪⎩b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., n, (3.52)

vektor eigen u (

k)

(σ ) = ( u1( k ) (σ ) ,..., un( k ) (σ ) )

t

,

k = 1,.., n adalah sebagai berikut

jika α = − β = −d 2 ⎧ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎟ θ k − d1 sin ⎜ ⎟ θ k , jika j ganjil, ⎪ ( b − λ k − d 2 ) sin ⎜ 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎪ (k ) u j (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪ 1 ⎡sin ⎛ n − j + 1⎞ θ + ( d 2 − d ( b − λ ) ) sin n − j θ ⎤ , jika j genap, 2 2 k k⎥ ⎟ k ⎢ ⎜ ⎪ 2 ⎠ ⎦ ⎩ d1d 2 ⎣ ⎝ 2 (3.53) dan jika α = − β = d 2 ⎧ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎟ θ k + d1 sin ⎜ ⎟ θ k , jika j ganjil, ⎪ ( b − λ k + d 2 ) sin ⎜ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎪ (k ) u j (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪ 1 ⎡sin ⎛ n − j + 1⎞ θ + ( d 2 + d ( b − λ ) ) sin n − j θ ⎤ , jika j genap, 2 2 k k⎥ ⎟ k ⎪ d1d 2 ⎣⎢ ⎝⎜ 2 2 ⎠ ⎦ ⎩ (3.54) dengan ρ j (σ ) , j = 1,.., n diberikan di

(‡)

dan ⎧ ( 2k − 1) π , k = 1,..., m, ⎪ ⎪ n θk = ⎨ ⎪ ( 2k − 2m − 1) π , k = m + 1,..., n. ⎪⎩ n (Bukti: lihat Lampiran 6)

3.3 Kasus d1d 2 = 0 Dari [Kouachi, in press] diperoleh Proposisi 9 berikut ini.

Proposisi 9 d1d 2 = 0 , Jika

maka

λ k (σ ) , k = 1,..., n dari

nilai

matriks

eigen

tridiagonal

An (σ ) pada (3.3) tidak bergantung pada

entri bebas ( ai , ci , i = 1,.., n − 1) dan pemetaan

σ memperlihatkan bahwa kondisi (3.2) terpenuhi serta polinomial karakteristik dari matriks tridiagonal A n (σ ) adalah sebagai berikut

jika d1 = 0 n −1 −1 ⎧ 2 2 2 − ξ d (ξ − α ) (ξ 2 − βξ − d 22 ) , jika n ganjil; ( ) 2 ⎪ ∆n = ⎨ n ⎪ ξ 2 − d 2 2 −1 ξ 2 − (α + β ) ξ + αβ , jika n genap; ( ) 2 ) ⎩(

(3.55)

dan jika d 2 = 0 n −1 −1 ⎧ 2 2 2 (ξ − β ) (ξ 2 − αξ − d12 ) , jika n ganjil; ⎪ (ξ − d1 ) ∆n = ⎨ n ⎪ ξ 2 − d 2 2 − 2 ξ 2 − αξ − d 2 ξ 2 − βξ − d 2 , jika n genap; ( ( ) 1 1 )( 1 ) ⎩

dengan ξ = Y diberikan di (3.4). Proposisi 9 telah dibuktikan di [Kouachi, in press]. Akibat langsung dari proposisi tersebut adalah Proposisi 10 berikut ini.

Proposisi 10 d1d 2 = 0 , Jika

maka

(3.56)

nilai

eigen

λ k (σ ) , k = 1,..., n dari matriks tridiagonal

An (σ ) pada (3.3) tidak bergantung pada

entri bebas ( ai , ci , i = 1,.., n − 1) dan pemetaan

18

σ memperlihatkan bahwa kondisi (3.2) terpenuhi, serta diperoleh 1) Jika α = β = 0 maka jika d1 = 0, nilai eigen berkurang menjadi tiga, yaitu {b ± d2 , b} atau jika n ganjil dan d 2 = 0, nilai eigen adalah {b ± d1 , b}

1 1 ⎧ ⎫ β 2 + 4d 22 ⎬ ; ⎨b ± d 2 , b − α , b − β ± 2 2 ⎩ ⎭ jika n ganjil dan d 2 = 0, nilai eigen juga menjadi lima, yaitu 1 1 ⎧ ⎫ α 2 + 4d12 ⎬ ; ⎨b ± d1 , b − β , b − α ± 2 2 ⎩ ⎭ jika n genap dan d1 = 0, nilai eigen menjadi empat, yaitu

dan jika n genap dan d 2 = 0, hanya ada dua nilai eigen, yaitu {b ± d1} .

dan jika n genap dan d 2 = 0, nilai eigen menjadi enam, yaitu

2) Jika α ≠ 0 atau β ≠ 0 maka jika n

{b ± d 2 ,

b − α , b − β };

ganjil dan d1 = 0, nilai eigen berkurang menjadi lima, yaitu

1 1 1 1 ⎧ ⎫ α 2 + 4d12 , b − β ± β 2 + 4d12 ⎬ . ⎨b ± d1 , b − α ± 2 2 2 2 ⎩ ⎭ 3) Setiap vektor eigen u(

k)

(σ ) = ( u1( k ) (σ ) ,..., un( k ) (σ ) )

t

,

k = 1,.., n adalah sederhana, yaitu 3.1) Jika λ k sederhana jika d1 = 0 n− j ⎧⎧ ⎡( b − λ k )2 − d 22 ⎤ 2 , jika j ganjil, ⎪⎪⎪ ⎣ ⎦ ⎪⎨ , n ganjil, n − j −1 ⎪⎪ 2 2 2 ( b − λ k ) , jika j genap, ⎪⎪ ⎡⎣( b − λ k ) − d 2 ⎤⎦ ⎪⎩ k , u (j ) (σ ) = ν j (σ ) ⎨ 1+ n − j ⎪⎧ ⎡ 2 2⎤ 2 , jika j ganjil, ⎪ ⎪⎪ ⎣( b − λ k ) − d 2 ⎦ , n genap, ⎪⎨ n− j 2 ⎪ ⎪⎡ 2⎤ 2 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎣( b − λ k ) − d 2 ⎦ ( b − λ k ) , jika j genap,

(3.57) dan jika d 2 = 0 n− j ⎧⎧ 2 ⎪ ⎪⎪( b − λ k ) ⎣⎡( b − λ k ) − d12 ⎦⎤ 2 , jika j ganjil, ⎪⎨ , n ganjil, n − j −1 +1 ⎪⎪ 2 2 2 , jika j genap, ⎪ ⎪ ⎡⎣( b − λ k ) − d1 ⎤⎦ ⎪⎩ k , u (j ) (σ ) = ν j (σ ) ⎨ n −1− j ⎪⎧ 2 2 2 ⎡ ⎤ , jika j ganjil, ⎪⎪⎪( b − λ k ) ⎣( b − λ k ) − d1 ⎦ , n genap, ⎪⎨ n− j 2 ⎪⎪ 2 2 ⎡( b − λ k ) − d1 ⎤ , jika j genap, ⎣ ⎦ ⎩⎪⎪⎩

(3.58)

j = 2,..., n dan k = 1,..., n, dengan ν j (σ ) = ( −1)

n− j

aσ1 ...aσ j −1 , j = 2,..., n.

19

3.2) Jika λ k tidak sederhana maka setiap komponen adalah nol kecuali empat komponen terakhir yang paling

banyak dan yang dihitung secara langsung. (Bukti: lihat Lampiran 6)

BAB IV KESIMPULAN DAN SARAN 4.1 Kesimpulan Berdasarkan pembahasan yang telah diuraikan di atas, diperoleh beberapa kesimpulan sebagai berikut: 1. Matriks tridiagonal yang berukuran ganjil dan genap mempunyai rumusan polinomial karakteristik yang berbeda sehingga nilai eigen dan vektor eigen mempunyai rumusan yang berbeda juga. 2. Jika n genap maka nilai eigen dari B n (σ ) , yaitu matriks tridiagonal

diperoleh dari matriks tridiagonal A n (σ )

dengan menukar bilangan α dan β , adalah sama dengan nilai eigen dari matriks tridiagonal A n (σ ) . 3.

Setiap elemen dalam matriks tridiagonal A n (σ ) memenuhi kondisi (3.2).

4.

Persamaan (3.5) berlaku untuk kasuskasus tertentu seperti pada Teorema 4,

5.

6.

Teorema 5, Teorema 6, Teorema 7 dan Teorema 8. Untuk kasus d1d 2 ≠ 0 , vektor eigen hanya bergantung pada β dan tidak bergantung pada α . Untuk kasus d1d 2 = 0 , vektor eigen tidak bergantung pada α dan β .

4.2 Saran Bagi yang berminat untuk memperluas tema dari karya ilmiah ini, penulis menyarankan untuk membahas nilai eigen dan vektor eigen dari matriks tridiagonal dengan syarat yang berbeda, misalnya setiap variabel dari diagonal utama matriks tridiagonal berbeda atau membahas nilai eigen dan vektor eigen dari matriks selain matriks tridiagonal.

BAB V DAFTAR PUSTAKA Anton H. 1998. Aljabar Linear Elementer. Ed ke-5. Silaban P, Susila IN, penerjemah; Silalahi P, korektor. Jakarta: Erlangga. Terjemahan dari: Elementary Linear Algebra. Fraleigh JB. 1994. A First Course in Abstract Algebra. Ed ke-5. Massachusetts: Addison-Wesley Publishing Company, Inc. Goldberg RR.1976. Methods of Real Analysis. Ed ke-2. New York: John Wiley & Sons, Inc.

with Nonequal Diagonal Entries. ELA, In press. Kurtz DC, Luhrs M, Wallis R, editor.. 1992. Foundations of Abstract Mathematics. New York: McGraw-Hill, Inc. Lancaster P, Tismenetsky M. 1985. The Theory of Matrices, with Applications. Ed ke-2. Harcourt Brace Jovanovich, Publishers. San Diego: Academic Press, Inc.

Kouachi S. 2006. Eigenvalues and Eigenvectors of Tridiagonal Matrices. ELA 15: 115-133.

Leon SJ. 2001. Aljabar Linear dan Aplikasinya. Ed ke-5. Bondan A, penerjemah. Jakarta: Erlangga. Terjemahan dari: Linear Algebra with Applications.

Kouachi S. 2006. Eigenvalues and Eigenvectors of Tridiagonal Matrices

Stewart J. 2001. Kalkulus. Ed ke-4, jilid 1. Gunawan H & Susila IN, penerjemah;

20

Jakarta: Erlangga. Calculus.

Terjemahan

dari:

Zhang F. 1999. Matrix Theory: Basic Result and Techniques. New York: SpringerVerlag, New York.

LAMPIRAN

22

Lampiran 1 Bukti Teorema 1 A. Bukti persamaan (3.8) Jika α ≠ 0 atau β ≠ 0 , maka

∆1 = A1 (σ ) − λI1 = ( −α + b ) − λ (1) = Y −α Jika ∆10 adalah polinomial karakteristik dengan α = β = 0 , maka

∆1 = ∆10 − α ∆ 2 = A2 (σ ) − λI 2 c1 ⎞ ⎛ λ 0 ⎞ ⎛ −α + b =⎜ ⎟−⎜ ⎟ −β + b ⎠ ⎝ 0 λ ⎠ ⎝ a1 =

Y −α c1 a1 Y −β

= (Y − α )(Y − β ) − a1c1 = Y 2 − α Y − β Y + αβ − d12 = Y 2 − d12 − α Y − β Y + αβ Jika ∆ 02 adalah polinomial karakteristik dengan α = β = 0 , maka ∆ 2 = ∆ 02 − α Y − β Y + αβ

∆ 3 = A3 (σ ) − λI 3 0 ⎞ ⎛λ 0 0⎞ ⎛ −α + b c1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ a1 b c2 ⎟ − ⎜ 0 λ 0 ⎟ ⎜ 0 a2 − β + b ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 λ ⎟⎠ ⎝ 0 Y − α c1 = a1 Y c2 0 a2 Y − β = (Y − α )

Y a2

c2 a c2 − c1 1 Y −β 0 Y −β

= (Y − α ) (Y (Y − β ) − d 22 ) − c1 ( a1 (Y − β ) ) = (Y − α ) Y (Y − β ) − (Y − α ) d 22 − d12 (Y − β )

= Y (Y 2 − α Y − β Y + αβ ) − d 22Y + d 22α − d12Y + d12 β = Y 3 − α Y 2 − β Y 2 + αβ Y − d 22Y + d 22α − d12Y + d12 β

= Y 3 − d 22Y − d12Y − α (Y 2 − d 22 ) − β (Y 2 − d12 ) + αβ Y Jika ∆ 30 adalah polinomial karakteristik dengan α = β = 0 , maka

∆3 = ∆ 30 − α

Y

c2

a2

Y

−β

Y

c1

a1 Y

+ αβ Y

23

∆ 4 = A4 (σ ) − λI 4 0 ⎞ ⎛λ 0 0 0 ⎞ ⎛ −α + b c1 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 ⎟ ⎜0 λ 0 0⎟ a1 b c2 ⎜ = − ⎜ 0 a2 b c3 ⎟ ⎜ 0 0 λ 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 a3 − β + b ⎠ ⎝ 0 0 0 λ ⎠ ⎝ 0 0 Y − α c1 0 =

a1

Y

c2

0

0

a2

Y

c3

0

0

a3 Y − β

Y

c2

= ( Y − α ) a2 0

0

a1

Y c3 − c1 0 0 a3 Y − β

0

c2

Y c3 a3 Y − β

= (Y − α ) ⎡⎣Y (Y (Y − β ) − d12 ) − c2 ( a2 (Y − β ) ) ⎤⎦ − c1 ⎡⎣ a1 (Y (Y − β ) − d12 ) ⎤⎦

= (Y − α ) ⎡⎣Y (Y 2 − β Y − d12 ) − d 22 (Y − β ) ⎤⎦ − d12 ⎡⎣Y (Y − β ) − d12 ⎤⎦ = (Y − α ) ⎡⎣Y 3 − β Y 2 − d12Y − d 22Y + d 22 β ⎤⎦ − d12 ⎡⎣Y 2 − β Y − d12 ⎤⎦

= Y 4 − β Y 3 − d12Y 2 − d 22Y 2 + d 22Y β − α Y 3 + αβ Y 2 + α d12Y + α d 22Y − α d 22 β − d12Y 2 + d12 β Y + ( d12 ) = Y 4 − d12Y 2 − d 22Y 2 − d12Y 2 + ( d12 ) − α (Y 3 − d12Y − d 22Y ) − β (Y 3 − d 22Y − d12Y ) + αβ (Y 2 − d 22 ) 2

Jika ∆ 04 adalah polinomial karakteristik dengan α = β = 0 , maka Y

c2

0

Y

c1

0

∆ 4 = ∆ − α a2

Y

c3 − β a1

Y

c2 + αβ

0

a3

Y

a2

Y

0 4

0

Y

c2

a2

Y

∆ 5 = A5 (σ ) − λI 5 ⎛ −α + b c1 ⎜ b ⎜ a1 a2 =⎜ 0 ⎜ 0 ⎜ 0 ⎜ 0 0 ⎝ Y −α a1

c1 Y

0 0 0

0

0

c2 b

0 c3

a3

b

0

a4

⎞ ⎛λ 0 0 0 0 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜0 λ 0 0 0⎟ ⎟−⎜0 0 λ 0 0⎟ ⎟ ⎜ ⎟ c4 ⎟ ⎜ 0 0 0 λ 0 ⎟ − β + b ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 0 0 λ ⎟⎠ 0

0 0

0 c2

0 0

a2

Y

c3

0

0

a3

Y

c4

0

0

a4

Y −β

Y a = (Y − α ) 2 0 0

c2 Y a3 0

0 0 c3 0 − c1 Y c4 a4 Y − β

=

0 0

a1 0 0 0

c2 Y a3 0

0 0 c3 0 Y c4 a4 Y − β

2

24

⎡ Y ⎢ = (Y − α ) ⎢Y a3 ⎢⎣ 0

c3

0

a2

c3

Y

c4

− c2 0

Y

0

a4

a4 Y − β

⎤ ⎡ Y ⎥ ⎢ − c ⎥ 1 ⎢ a1 a3 ⎢⎣ 0 Y − β ⎥⎦ 0

c3

0

c4

Y

c4

0 c3 − c2 0

a4 Y − β

Y

0 a4

⎤ ⎥ ⎥ Y − β ⎥⎦ 0

c4

= (Y − α ) ⎡Y ⎡⎣Y (Y (Y − β ) − d 22 ) − c3 ( a3 (Y − β ) ) ⎤⎦ − c2 ⎡⎣ a2 (Y (Y − β ) − d 22 ) ⎤⎦ ⎤ − c1 ⎡ a1 ⎡⎣Y (Y (Y − β ) − d 22 ) − c3 ( a3 (Y − β ) ) ⎤⎦ ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2 2 2 2 2 2 ⎤ 2 2 2 2 ⎡ = (Y − α ) Y ⎣⎡Y (Y − β Y − d 2 ) − d1 (Y − β ) ⎦⎤ − d 2 ⎡⎣Y − β Y − d 2 ⎤⎦ − d1 ⎣⎡Y (Y − β Y − d 2 ) − d1 (Y − β ) ⎦⎤ ⎣ ⎦ 2 = (Y − α ) ⎡⎢Y (Y 3 − β Y 2 − d 22Y − d12Y + d12 β ) − d 22Y 2 + d 22 β Y + ( d 22 ) ⎤⎥ − d12 ⎡⎣Y 3 − β Y 2 − d 22Y − d12Y + d12 β ⎤⎦ ⎣ ⎦ 2 2 2 = (Y − α ) ⎡Y 4 − β Y 3 − d 22Y 2 − d12Y 2 + d12Y β − d 22Y 2 + d 22 β Y + ( d 22 ) ⎤ − d12Y 3 + β d12Y 2 + d12 d 22Y + ( d12 ) Y − ( d12 ) β ⎥⎦ ⎣⎢

= Y 5 − β Y 4 − d 22Y 3 − d12Y 3 + d12Y 2 β − d 22Y 3 + d 22 β Y 2 + ( d 22 ) Y − α Y 4 + αβ Y 3 + α d 22Y 2 + α d12Y 2 − α d12Y β + α d 22Y 2 − α d 22 β Y − α ( d 22 ) − d12Y 3 + β d12Y 2 + d12 d 22Y + ( d12 ) Y − ( d12 ) β 2

2

2

2

2 2 2 2 = Y 5 − d 22Y 3 − d12Y 3 − d 22Y 3 + ( d 22 ) Y − d12Y 3 + d12 d 22Y + ( d12 ) Y − α ⎡⎢Y 4 − d 22Y 2 − d12Y 2 − d 22Y 2 + ( d 22 ) ⎤⎥ − β ⎡⎢Y 4 − d12Y 2 − d 22Y 2 − d12Y 2 + ( d12 ) ⎤⎥ + αβ ⎡⎣Y 3 − d12Y − d 22Y ⎤⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Jika ∆ 50 adalah polinomial karakteristik dengan α = β = 0 , maka ∆5 = ∆ − α 0 5

Y a2

c2 Y

0 c3

0 0

0

a3

Y

c4

0

0

a4

Y

−β

Y

c1

0

0

a1

Y

c2

0

0 0

a2 0

Y a3

c3 Y

Y a1

c1 Y

Y

c2

0

+ αβ a2 0

Y a3

c3 Y

Jadi didapatkan Jika α ≠ 0 atau β ≠ 0 , maka Y a2 ∆ n = ∆ 0n − α 0 # 0

0 c3

" %

a3 % % %

% %

"

an −1

c2 Y

0

0 #

0 −β 0 # cn −1 Y

0

0 c2

" %

a2 % % %

% %

"

an − 2

0

0 #

Y a2

0 + αβ 0 # cn − 2 Y

0

0 c3

" %

0 #

a3 % % %

% %

0 cn − 2

"

an − 2

Y

c2 Y

0

(3.8) „

25

B. Bukti persamaan (3.9) dan (3.10) Jika α = β = 0 , persamaan (3.6) dan (3.7) berturut-turut menjadi Jika n = 2m + 1 ganjil m −1 d1 d 2Y sin( m + 1)θ ∆ 0n = ( d1d 2 ) sin θ sin(m + 1)θ m = ( d1d 2 ) Y sin θ Jika n = 2m genap 2 m −1 d1 d 2 sin( m + 1)θ + d 2 sin mθ ∆ 0n = ( d1d 2 ) sin θ = ( d1d 2 )

m −1

= ( d1d 2 )

m

d1d 2 sin(m + 1)θ + d1d 2

sin θ d2 sin( m + 1)θ + sin mθ d1 sin θ

(3.9)

d2 sin mθ d1

(3.10) Sebelumnya akan dikonstruksi kembali persamaan (3.9) dan (3.10) yang berkaitan dengan ∆ 0n−1 dan ∆0n− 2 , diperoleh Jika n = 2m + 1 ganjil d sin(m + 1)θ + 2 sin mθ d1 m ∆ 0n −1 = ( d1d 2 ) sin θ sin mθ m −1 ∆ 0n − 2 = ( d1d 2 ) Y sin θ sin(m + 1)θ m ∆ 0n = ( d1d 2 ) Y sin θ d2 d2 sin mθ sin mθ m sin( m + 1)θ m d1 m d1 = Y ( d1d 2 ) + Y ( d1d 2 ) − Y ( d1d 2 ) sin θ sin θ sin θ d2 d2 d2 sin(m + 1)θ + sin mθ sin mθ d1 m m d1 d 2 = Y ( d1d 2 ) − Y ( d1d 2 ) sin θ sin θ d2 d 22 sin(m + 1)θ + sin mθ sin mθ d1 m m d d = Y ( d1d 2 ) − Y ( d1d 2 ) 1 2 sin θ sin θ d2 sin(m + 1)θ + sin mθ d1 m m −1 sin mθ = Y ( d1d 2 ) − d 22Y ( d1d 2 ) sin θ sin θ 0 2 0 = Y ∆ n −1 − d 2 ∆ n − 2 (L1.1)

26

Dan juga didapatkan suatu persamaan dengan menggunakan persamaan (L1.1), yaitu ∆ 02 m −1 = Y ∆ 02 m − 2 − d 22 ∆ 02 m −3 Jadi, didapatkan

∆ 02 m +1 = Y ∆ 02 m − d 22 ∆ 02 m −1

= Y (Y ∆ 02 m −1 − d12 ∆ 02 m − 2 ) − d 22 ∆ 02 m −1 = Y 2 ∆ 02 m −1 − Yd12 ∆ 02 m − 2 − d 22 ∆ 02 m −1 = (Y 2 − d 22 ) ∆ 02 m −1 − Yd12 ∆ 02 m − 2

= (Y − d

2 2

= (Y − d

2 2

2

2

)∆ )∆

0 2 m −1

− Yd

0 2 m −1

−d ∆

2 1

2 1

(∆

0 2 m −1

0 2 m −1

+ d 22 ∆ 02 m − 3 )

Y − d d 22 ∆ 02 m − 3 2 1

= (Y 2 − d12 − d 22 ) ∆ 02 m −1 − d12 d 22 ∆ 02 m − 3 (L1.2) Selanjutnya akan dibuktikan 1. Persamaan (3.9) 2. Persamaan (3.10) Bukti: 1. Akan dibuktikan persamaan (3.9) dengan induksi, yaitu • Untuk n = 1 , m = 0 ∆10 = Y Persamaan (3.9) terpenuhi • Untuk n = 3 , m = 1 ∆30 = Y 3 − d12Y − d 22Y Persamaan (3.9) terpenuhi • Anggap benar persamaan (3.9) terpenuhi untuk setiap integer < 2m + 1 ganjil • Akan dibuktikan integer n = 2m + 1 benar Bukti: Dengan menggunakan (3.4), persamaan (L1.2) menjadi ∆ 02 m +1 = ( 2d1d 2 cos θ ) ∆ 02 m −1 − d12 d 22 ∆ 02 m − 3 Karena ∆02 m−1 dan ∆02m−3 dianggap benar, maka sin mθ sin(m − 1)θ m −1 m−2 ∆ 02 m +1 = 2d1d 2 cos θ ( d1d 2 ) Y − d12 d 22 ( d1d 2 ) Y sin θ sin θ sin mθ sin(m − 1)θ m m = 2 cos θ ( d1d 2 ) Y − ( d1d 2 ) Y sin θ sin θ m ⎛ 2sin mθ cos θ sin(m − 1)θ ⎞ = ( d1d 2 ) Y ⎜ − ⎟ sin θ sin θ ⎝ ⎠ θ θ n(m − 1)θ ⎞ sin( 1) sin( 1) si m m + + − m ⎛ = ( d1d 2 ) Y ⎜ − ⎟ sin θ sin θ ⎝ ⎠ sin(m + 1)θ m = ( d1d 2 ) Y sin θ Jadi persamaan (3.9) terbukti „

2. Dengan menggunakan persamaan (L1.1) untuk n = 2m + 1 , didapatkan ∆ 0 + d 22 ∆ 02 m −1 ∆ 02 m = 2 m +1 Y

27

Dengan menggunakan persamaan (3.9) untuk n = 2m + 1 dan n = 2m − 1 , didapatkan sin(m + 1)θ sin mθ m m −1 + d 22 ( d1d 2 ) Y ( d1d 2 ) Y 0 sin sin θ θ ∆ 2m = Y d2 m sin( m + 1)θ m sin mθ = ( d1d 2 ) + 2 ( d1d 2 ) d1d 2 sin θ sin θ = ( d1d 2 )

sin(m + 1)θ + m

d2 sin mθ d1

sin θ Jadi persamaan (3.10) terbukti.

„

28

C. Bukti persamaan (3.6) dan (3.7) Jika n = 2m + 1 ganjil ∆ n = ( d1d 2 ) Y m

=

=

( d1d 2 )

m −1

sin θ

( d1d 2 )

m −1

sin θ

= ( d1d 2 )

m −1

sin(m + 1)θ m − α ( d1d 2 ) sin θ

=

( d1d 2 )

sin θ

( d1d 2 )

− β ( d1d 2 )

m

d2 sin mθ d1

sin θ

+ αβ ( d1d 2 )

m −1

Y

sin mθ sin θ

d1d 2 (Y − α − β ) sin(m + 1)θ + (αβ Y − α d12 − β d 22 ) sin mθ sin θ

d2 sin mθ d1

sin θ m −1

sin θ

sin(m + 1)θ +

⎡ d1d 2 sin(m + 1)θ (Y − α − β ) + sin mθ ( −α d12 − β d 22 + αβ Y ) ⎤ ⎣ ⎦

sin(m + 1)θ + m

d1 sin mθ d2

⎛ ⎞ d1 d2 ⎜ d1d 2Y sin(m + 1)θ − α d1d 2 sin(m + 1)θ − α d1d 2 sin mθ − β d1d 2 sin(m + 1)θ − β d1d 2 sin mθ + αβ Y sin mθ ⎟ d2 d1 ⎝ ⎠

Jika n = 2m genap ∆ n = ( d1d 2 )

sin(m + 1)θ +

sin mθ sin mθ m −1 m −1 m −1 − α ( d1d 2 ) Y − β ( d1d 2 ) Y + αβ ( d1d 2 ) sin θ sin θ

sin mθ +

d1 sin ( m − 1) θ d2 sin θ

⎛ ⎞ d2 d1 sin ( m − 1)θ ⎟ ⎜ d1d 2 sin(m + 1)θ + d1d 2 sin mθ − α Y sin mθ − β Y sin mθ + αβ sin mθ + αβ d1 d2 ⎝ ⎠

m −1

⎡ ⎤ d1 2 sin ( m − 1)θ ⎥ ⎢ d1d 2 sin(m + 1)θ + ( d 2 − α Y − β Y + αβ ) sin mθ + αβ d2 sin θ ⎣ ⎦ d d1d 2 sin(m + 1)θ + (αβ + d 22 − (α + β ) Y ) sin mθ + αβ 1 sin ( m − 1)θ d2 m −1 = ( d1d 2 ) sin θ =

Jadi persamaan (3.6) dan (3.7) terbukti. „

29

Lampiran 2 Bukti Teorema 4 Akan dibuktikan persamaan (3.25) Dari persamaan (3.12) dan d1d 2 ≠ 0 diketahui bahwa persamaan (3.4) dan (3.5) berlaku, sehingga dengan λ = λ k dan θ = θ k , persamaan (3.4) menjadi Y 2 = d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k Y = ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k b − λ k = ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k λ k = b ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k

Jadi ⎧⎪ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m k 1 2 1 2 λk = ⎨ 2 2 ⎪⎩b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., 2m

Selanjutnya akan dicari untuk k = n = 2m + 1. Dari persamaan (3.12) dan hipotesis α = β = 0 diperoleh d1d 2ξ k sin ( m + 1) θ k = 0, karena d1d 2 ≠ 0, maka ξ k = 0 atau sin(m + 1)θ k = 0.

Jika ξ k = 0, dari persamaan ξ k = Y diperoleh Y = 0 dan dari persamaan (3.5) diperoleh b − λk = 0 λk = b sehingga ⎧ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m k 1 2 1 2 ⎪ ⎪ 2 2 λ k = ⎨b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., 2m ⎪ b, k = n ⎪⎩

„ Selanjutnya akan dicari θ k . Dari persamaan (3.12) dengan α = β = 0 juga diperoleh sin(m + 1)θ k = 0 sin(m + 1)θ k = sin 0 (m + 1)θ k = 0 + kπ , k = 1,...., m kπ , k = 1,...., m m +1 2k π θk = , k = 1,...., m n +1 Jika k = m + 1,..., 2m 2 (k − m)π θk = , k = m + 1,...., 2m n +1 Jadi 2kπ ⎧ , k = 1,...., m ⎪⎪ n +1 θk = ⎨ ⎪ 2 ( k − m ) π , k = m + 1,...., 2m ⎪⎩ n + 1

θk =

Akan dibuktikan persamaan (3.26) Dari persamaan (3.23) dan hipotesis β = 0 , diperoleh

30

⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ θ k + d1 sin ⎜ 2 ⎟ θ k ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎪ d d sin ⎛ n + 1 ⎞ θ + d 2 sin ⎛ n − 1 ⎞ θ ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k 1 2 1 ⎪⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ u (jk ) (σ ) = µ j (σ ) u1( k ) ⎨ ⎛ n − j +1⎞ ⎪ ξ k sin ⎜ ⎟θk ⎪ 2 ⎠ ⎝ , jika j genap ⎪ d1d 2 ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ 2 ⎪ θ θ sin d1d 2 sin ⎜ d + 1 ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 1.

Dengan menggunakan ( ‡ ) dan ξ k = b − λ k , diperoleh ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ θ k + d1 sin ⎜ 2 ⎟ θ k ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎪ d d sin ⎛ n + 1 ⎞ θ + d 2 sin ⎛ n − 1 ⎞ θ ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k 1 2 1 ⎪ ρ j (σ ) ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ (k ) ⎪ u (jk ) (σ ) = u n −1 1 ⎨ ⎛ n − j +1⎞ ⎪ − d1d 2 b − λ k sin ⎜ ⎟θ k ⎪ 2 ⎠ ⎝ , jika j genap d d ⎪ 1 2 ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + d1 sin ⎜ ⎟θ k ⎪⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 1.

(

)

Supaya j = 1,..., n , didefinisikan

(

u1( k ) (σ ) = − d1d 2

)

n −1

⎡ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎤ 2 ⎢ d1d 2 sin ⎜ 2 ⎟ θ k + d1 sin ⎜ 2 ⎟ θ k ⎥ , k = 1,..., n − 1. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎣

Jadi ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ 2 ⎪d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ θ k + d1 sin ⎜ 2 ⎟ θ k , jika j ganjil ⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ k u (j ) (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ 1 n j − + ⎛ ⎞ ⎪ d1d 2 ( b − λ k ) sin ⎜ ⎟ θ k , jika j genap ⎪⎩ 2 ⎠ ⎝ j = 1,..., n , k = 1,..., n − 1.

„ Akan dibuktikan persamaan (3.27) Pada saat k = n , dari persamaan (3.25) diperoleh λ k = b. Jadi λk − b = 0 Y =0

ξk = 0 d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k = 0. (L2.1) Selanjutnya, untuk menyelesaikan persamaan (L2.1), terlebih dahulu akan dicari θ k . Nilai θ k adalah selain nilai dari persamaan θ k di atas yaitu θ k = 2kπ , k = n, sehingga cos θ k = 1, dan persamaan (L2.1) menjadi d12 + d 22 + 2d1d 2 = 0

( d1 + d 2 )

2

=0

d1 + d 2 = 0 d1 = −d 2

31

Karena ξ k = 0 dan θ k = 2kπ , k = n , dari persamaan (3.23) dan hipotesis β = 0 , diperoleh ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ 2kπ + d1 sin ⎜ 2 ⎟ 2kπ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , jika j ganjil ⎪ (k ) (k ) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ 2 d1d 2 sin ⎜ k + d k π π 2 sin 2 ⎟ ⎜ ⎟ 1 ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎪ 0, jika j genap ⎪⎩ j = 2,..., n dan k = n, ⎧ ⎛ n − j +1 1 ⎞ ⎛ n − j +1 1 ⎞ + ⎟ 2kπ + d12 sin ⎜ − ⎟ 2kπ ⎪ d1d 2 sin ⎜ 2 2⎠ 2 2⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil (k ) (k ) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎛n 1⎞ ⎛n 1⎞ d1d 2 sin ⎜ + ⎟ 2kπ + d12 sin ⎜ − ⎟ 2kπ ⎪ ⎝2 2⎠ ⎝2 2⎠ ⎪ 0, jika j genap ⎪⎩ j = 2,..., n dan k = n.

Dengan menggunakan sin (π + θ ) = − sin (π − θ ) = sin (θ − π ) = − sin θ = sin ( −θ ) diperoleh ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j +1⎞ 2 ⎟ 2kπ − d1 sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ −d1d 2 sin ⎜ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎪ u (jk ) (σ ) = µ j (σ ) u1( k ) ⎨ ⎛n⎞ ⎛n⎞ − d1d 2 sin ⎜ ⎟ 2kπ − d12 sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎪ 0, jika j genap ⎪⎩

Karena n − j + 1 dan n ganjil maka sin ( n − j + 1) π = sin nπ , sehingga ⎧ 1, jika j ganjil u (jn ) (σ ) = µ j (σ ) u1( n ) ⎨ ⎩0, jika j genap j = 2,..., n.

Dengan menggunakan ( ‡ ) dan d1 = −d 2 , diperoleh u (jn ) (σ ) =

(−

ρ j (σ ) − d 22

)

n −1

⎧ 1, jika j ganjil u1( n ) ⎨ ⎩0, jika j genap

j = 2,..., n,

u (j

n)

(σ ) =

ρ j (σ )

( −1)

n −1

n −1 2 2 2

( −d )

n ⎧ 1, jika j ganjil u1( ) ⎨ ⎩0, jika j genap

j = 2,..., n.

Karena n ganjil, diperoleh ρ j (σ ) ( n ) ⎧ 1, jika j ganjil u (jn ) (σ ) = u n −1 1 ⎨ 2 ⎩0, jika j genap 2 ( −d 2 ) j = 2,..., n.

Supaya j = 1,..., n , didefinisikan u1(

n)

n −1

(σ ) = ( −d 22 ) 2

32

sehingga diperoleh ⎧ 1, jika j ganjil u (jn ) (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎩0, jika j genap j = 1,..., n. Dengan menggunakan ( ‡ ) dan ( † ) dan d1 = −d 2 , diperoleh u (jn ) (σ ) = ( −1)

n −1

n −1 2

( −d ) ( −1) ( −d ) 2 2

j = 1,..., n,

u (j

n)

(σ ) = ( −1)

j = 1,..., n.

n− j

( −d ) 2 2

n− j 2

1− j

2 2

1− j 2

⎧ 1, jika j ganjil aσ1 ...aσ j−1 ⎨ ⎩0, jika j genap

⎧ 1, jika j ganjil aσ1 ...aσ j−1 ⎨ ⎩0, jika j genap

Karena n dan j ganjil maka n − j ganjil, sehingga n− j ⎧ ⎪( − d 22 ) 2 aσ ...aσ , jika j ganjil 1 j −1 u j (σ ) = ⎨ ⎪⎩ 0, jika j genap j = 1,..., n.

(n)

„

33

Lampiran 3 Bukti Teorema 5 Akan dibuktikan persamaan (3.33) Dari persamaan (3.12) dan d1d 2 ≠ 0 diketahui bahwa persamaan (3.4) dan (3.5) berlaku, sehingga dengan λ = λ k dan θ = θ k , persamaan (3.4) menjadi Y 2 = d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k Y = ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k b − λ k = ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k λ k = b ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k

Jadi ⎧⎪ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m k 1 2 1 2 λk = ⎨ 2 2 ⎪⎩b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., 2m

Selanjutnya akan dicari untuk k = n = 2m + 1.

θk ⎛ 2m + 1 ⎞ Dari persamaan (3.32), diperoleh (ξ k ± ( d1 + d 2 ) ) = 0, atau sin ⎜ ⎟ θ k = 0, atau cos = 0. 2 2 ⎝ ⎠ θk ⎛ 2m + 1 ⎞ Jika sin ⎜ ⎟ θ k = 0, maka cos ≠ 0, dan sebaliknya. 2 ⎝ 2 ⎠ Jika (ξ k ± ( d1 + d 2 ) ) = 0, maka dari hipotesis teorema 5 diperoleh

ξ k − (α + β ) = 0 ξ k = (α + β ) Y = (α + β ) b − λ k = (α + β ) λ k = b − (α + β ) sehingga ⎧ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m k 1 2 1 2 ⎪ ⎪ 2 2 λ k = ⎨b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., 2m ⎪ b − (α + β ) , k = n ⎪⎩

„ ⎛ 2m + 1 ⎞ Selanjutnya, untuk mencari θ k digunakan persamaan sin ⎜ ⎟ θ k = 0, dan diperoleh ⎝ 2 ⎠ (2m + 1) sin θ k = sin 0 2 (2m + 1) θ k = 0 + kπ , k = 1,...., m 2 2kπ θk = , k = 1,...., m 2m + 1 2kπ θk = , k = 1,...., m n Jika k = m + 1,..., 2m 2 (k − m)π θk = , k = m + 1,...., 2m n

34

Jadi 2kπ ⎧ , k = 1,...., m ⎪⎪ n θk = ⎨ ⎪ 2 ( k − m ) π , k = m + 1,...., 2m ⎪⎩ n

Akan dibuktikan persamaan (3.34) Jika α = d 2 dan β = d1 Dari persamaan (3.23), diperoleh ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ θ k + ( d1 − d1ξ k ) sin ⎜ 2 ⎟ θ k ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ 2 d1d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + ( d1 − d1ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ (k ) (k ) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ (ξ k − d1 ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k − d 2 sin ⎜ ⎟θ k ⎪ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ d d , jika j genap ⎪ 1 2 ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + ( d1 − d1ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 1, ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d1 − ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + ( d1 − ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ (k ) (k ) u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ (ξ − d1 ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k − d 2 sin ⎜ ⎟θk ⎪ d1d 2 k 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ , jika j genap ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d1 θ ξ θ sin + − d 2 sin ⎜ d ( ) ⎟ k ⎜ ⎟ k 1 k ⎪⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 1, ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d1 − ξ k ) sin ⎜ ⎟θk ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + ( d1 − ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪⎪ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ (k ) (k ) u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ ( d − ξ ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k + d 2 sin ⎜ ⎟θk ⎪ d1 1 k 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ , jika j genap − ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d2 d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + ( d1 − ξ k ) sin ⎜ ⎟θk ⎪⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 1.

Dengan menggunakan ( ‡ ) dan ξ k = b − λ k , diperoleh ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d1 − b + λ k ) sin ⎜ ⎟θk ⎪ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ θ k + ( d1 − b + λ k ) sin ⎜ d 2 sin ⎜ ⎟ ⎟θk ⎪ ρ j (σ ) ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ (k ) (k ) ⎪ u j (σ ) = u n −1 1 ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ − d1d 2 ( d − b + λ k ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k + d 2 sin ⎜ ⎟θk ⎪ d1 1 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ , jika j genap − ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d2 d 2 sin ⎜ ⎟θk ⎟ θ k + ( d1 − b + λ k ) sin ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎩⎪

(

)

j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 1.

35

Supaya j = 1,..., n , didefinisikan u1(

k)

(σ ) = ( −

d1d 2

)

n −1

⎡ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎤ ⎢ d 2 sin ⎜ 2 ⎟ θ k + ( d1 − b + λ k ) sin ⎜ 2 ⎟ θ k ⎥ , k = 1,..., n − 1. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎣

Jadi ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d1 − b + λ k ) sin ⎜ ⎟ θ k , jika j ganjil ⎪ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎪ (k ) u j ( σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪− d1 ⎡( d − b + λ ) sin ⎛ n − j + 1 ⎞ θ + d sin ⎛ n − j − 1 ⎞ θ ⎤ , jika j genap k 2 ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪ d 2 ⎢⎣ 1 2 2 ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎩ j = 1,..., n , k = 1,..., n − 1.

„

Akan dibuktikan pada saat k = n. Dari persamaan (3.33), diperoleh λ k = b − (α + β ) . Jadi b − λ k = (α + β ) dan dari persamaan (3.5) diperoleh Y = (α + β )

(L3.1)

Dari hipotesis α = d 2 dan β = d1 , persamaan (L3.1) menjadi Y = d 2 + d1 Y 2 = d12 + d 22 + 2d1d 2 d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k = d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k = 1 cos θ k = cos 0

θ k = 0 + 2kπ , k = n θ k = 2kπ , k = n Karena θ k = 2kπ , k = n , dari persamaan (3.23) dan hipotesis β = d1 , diperoleh ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ 2kπ + ( d1 − d1ξ k ) sin ⎜ 2 ⎟ 2kπ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪ , jika j ganjil ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ 2 d1d 2 sin ⎜ ⎟ 2kπ + ( d1 − d1ξ k ) sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ (ξ k − d1 ) sin ⎛⎜ ⎟ 2kπ − d 2 sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ , jika j genap d d ⎪ 1 2 ⎛ n −1 ⎞ ⎛ n +1⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎟ 2kπ + ( d1 − d1ξ k ) sin ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎩⎪ j = 2,..., n dan k = n, ⎧ ⎛ n − j +1 1 ⎞ ⎛ n − j +1 1 ⎞ + ⎟ 2kπ + ( d1 − ξ k ) sin ⎜ − ⎟ 2kπ ⎪ d 2 sin ⎜ 2 2⎠ 2 2⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛n 1⎞ ⎛n 1⎞ ⎪ π ξ π d sin + 2 k + d − sin − 2 k ( ) 2 1 k ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎝2 2⎠ ⎝2 2⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n− j 1⎞ ⎛n− j 1⎞ ⎪ + ⎟ 2kπ − d 2 sin ⎜ − ⎟ 2kπ (ξ − d1 ) sin ⎛⎜ ⎪ d1d 2 k 2 2 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 , jika j genap ⎪ ⎛n 1⎞ ⎛n 1⎞ ⎪ d1 d 2 sin ⎜ + ⎟ 2kπ + ( d1 − ξ k ) sin ⎜ − ⎟ 2kπ ⎪⎩ ⎝2 2⎠ ⎝2 2⎠ j = 2,..., n dan k = n.

Dengan menggunakan sin (π + θ ) = − sin (π − θ ) = sin (θ − π ) = − sin θ = sin ( −θ )

36

diperoleh ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j +1⎞ ⎟ 2kπ − ( d1 − ξ k ) sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ −d 2 sin ⎜ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎪ π ξ π − d sin 2 k − d − sin 2 k ( ) 2 1 k ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎝2⎠ ⎝2⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ ⎛n− j⎞ ⎛n− j⎞ ⎪ − (ξ k − d1 ) sin ⎜ ⎟ 2kπ + d 2 sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ d2 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ , jika j genap ⎪ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎪ d1 −d 2 sin ⎜ ⎟ 2kπ − ( d1 − ξ k ) sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪⎩ ⎝2⎠ ⎝2⎠ j = 2,..., n dan k = n, ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎟ 2kπ ⎪ sin ⎜ 2 ⎠ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛n⎞ ⎪ π sin 2 k ⎜ ⎟ ⎪ ⎝2⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ ⎛n− j⎞ ⎪ sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ d2 ⎝ 2 ⎠ − , jika j genap ⎪ ⎪ d1 sin ⎛⎜ n ⎞⎟ 2kπ ⎪⎩ ⎝2⎠ j = 2,..., n dan k = n,

⎧ − sin ( n − j ) kπ , jika j ganjil ⎪ sin ( n ) kπ (k ) (k ) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎪− d 2 sin ( n − j ) kπ , jika j genap ⎪ d sin ( n ) kπ 1 ⎩ j = 2,..., n dan k = n, ⎧ − sin ( n − j ) nπ , jika j ganjil ⎪ sin n 2π (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎪− d 2 sin ( n − j ) nπ , jika j genap ⎪ d1 sin n 2π ⎩ j = 2,..., n,

⎧ − sin ( n 2 − jn ) π ⎪ , jika j ganjil sin n 2π n n ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ 2 ⎪ d 2 sin ( n − jn ) π , jika j genap ⎪− d sin n 2π 1 ⎩ j = 2,..., n, ⎧ − ( sin n 2π cos jnπ − cos n 2π sin jnπ ) ⎪ , jika j ganjil ⎪ sin n 2π u (jn ) (σ ) = µ j (σ ) u1( n ) ⎨ 2 2 ⎪− d 2 sin n π cos jnπ − cos n π sin jnπ , jika j genap 2 ⎪ d sin n π 1 ⎩ j = 2,..., n.

Jika j ganjil maka cos jnπ = cos(2m + 1)π = −1 sin jnπ = sin ( 2m + 1) π = 0

atau jika j genap maka

37

cos jnπ = cos 2mπ = 1 sin jnπ = sin 2mπ = 0

Jadi

⎧ − ( − sin n 2π ) ⎪ , jika j ganjil sin n 2π (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ 2 ⎪− d 2 sin n π , jika j genap ⎪ d sin n 2π 1 ⎩ j = 2,..., n (n)

uj

(σ ) = µ j (σ ) u1

( n)

j = 2,..., n.

⎧ 1, jika j ganjil ⎪ ⎨ d2 ⎪− d , jika j genap 1 ⎩

Dengan menggunakan ( ‡ ) , diperoleh (n)

uj

(σ ) =

(−

ρ j (σ ) d1d 2

)

(n)

n −1

u1

⎧ 1, jika j ganjil ⎪ ⎨ d2 ⎪− d , jika j genap 1 ⎩

j = 2,..., n. Supaya j = 1,..., n , didefinisikan

(

u1( n ) (σ ) = − d1d 2

)

n −1

sehingga diperoleh ⎧ 1, jika j ganjil ⎪ ( n) u j (σ ) = ρ j ( σ ) ⎨ d 2 ⎪− d , jika j genap 1 ⎩ j = 1,..., n. „

Akan dibuktikan persamaan (3.35) Jika α = − d 2 dan β = −d1 Dari persamaan (3.23), diperoleh ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ θ k + ( d1 + d1ξ k ) sin ⎜ 2 ⎟ θ k ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , jika j ganjil ⎪ 1 n − ⎛ n +1⎞ ⎛ ⎞ ⎪ 2 d1d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + ( d1 + d1ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ (k ) (k ) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ (ξ k + d1 ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k + d 2 sin ⎜ ⎟θ k ⎪ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ , jika j genap d d ⎪ 1 2 ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + ( d1 + d1ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎩⎪ j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 1

38

⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j ⎞ d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪⎪ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ (k ) (k ) u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1⎞ ⎪ (ξ + d1 ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k + d 2 sin ⎜ ⎟θk ⎪ d1d 2 k 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ , jika j genap ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d1 θ ξ sin θ d 2 sin ⎜ d + + ( ) 1 k ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 1 ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j ⎞ d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ u (jk ) (σ ) = µ j (σ ) u1( k ) ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ ( d + ξ ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k + d 2 sin ⎜ ⎟θk ⎪ d1 1 k 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ , jika j genap ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d2 d 2 sin ⎜ ⎟ θ k + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ ⎟θ k ⎪⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 1.

Dengan menggunakan ( ‡ ) dan ξ k = b − λ k , diperoleh ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d1 + b − λ k ) sin ⎜ ⎟θk ⎪ 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d d b θ θ + + − sin sin λ ( ) ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k 2 1 k ⎪ ρ j (σ ) ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ (k ) ⎪ u (jk ) (σ ) = u ⎨ 1 n −1 n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ − d1d 2 ( d + b − λ k ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k + d 2 sin ⎜ ⎟θk ⎪ d1 1 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ , jika j genap ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ d2 d 2 sin ⎜ d b θ θ λ sin + + − ( ) ⎟ k ⎟ k ⎜ k 1 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎩⎪

(

)

j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 1.

Supaya j = 1,..., n , didefinisikan

(

u1( k ) (σ ) = − d1d 2

)

n −1

⎡ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎤ ⎢ d 2 sin ⎜ 2 ⎟ θ k + ( d1 + b − λ k ) sin ⎜ 2 ⎟ θ k ⎥ , k = 1,..., n − 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎣

Jadi ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ + 1⎟ θ k + ( d1 + b − λ k ) sin ⎜ d 2 sin ⎜ ⎟ θ k , jika j ganjil ⎪ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎪ (k ) u j ( σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪ d1 ⎡( d + b − λ ) sin ⎛ n − j + 1 ⎞ θ + d sin ⎛ n − j − 1 ⎞ θ ⎤ , jika j genap k 2 ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪ d 2 ⎣⎢ 1 2 ⎠ 2 ⎠ ⎦⎥ ⎝ ⎝ ⎩ j = 1,..., n , k = 1,..., n − 1.

„

Akan dibuktikan pada saat k = n. Dari persamaan (3.33), diperoleh λ k = b − (α + β ) Jadi b − λ k = (α + β ) dan dari persamaan (3.5) diperoleh Y = (α + β )

Dari hipotesis α = d 2 dan β = d1 , persamaan (L3.2) menjadi

(L3.2)

39

Y = −d 2 − d1 Y 2 = d12 + d 22 + 2d1d 2 d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k = d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k = 1 cos θ k = cos 0

θ k = 0 + 2kπ , k = n θ k = 2kπ , k = n Karena θ k = 2kπ , k = n , dari persamaan (3.23) dan hipotesis β = −d1 , diperoleh ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ 2kπ + ( d1 + d1ξ k ) sin ⎜ 2 ⎟ 2kπ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪ , jika j ganjil ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ 2 + + π ξ π d d k d d k sin 2 sin 2 ( 1 1 k ) ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜ ⎟ 1 2 ⎪ ⎝ 2 ⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ (ξ k + d1 ) sin ⎛⎜ ⎟ 2kπ + d 2 sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ , jika j genap ⎪ d1d 2 ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ 2 ⎪ + + π π ξ 2 k d1d 2 sin ⎜ k d d 2 sin ( 1 1 k ) ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎟ ⎪⎩ ⎝ 2 ⎠ j = 2,..., n dan k = n ⎧ ⎛ n − j +1 1 ⎞ ⎛ n − j +1 1 ⎞ + ⎟ 2kπ + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ − ⎟ 2kπ ⎪ d 2 sin ⎜ 2 2⎠ 2 2⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil n n 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎪ d 2 sin ⎜ + ⎟ 2kπ + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ − ⎟ 2kπ ⎪⎪ ⎝2 2⎠ ⎝2 2⎠ u (jk ) (σ ) = µ j (σ ) u1( k ) ⎨ n− j 1⎞ ⎛n− j 1⎞ ⎪ + ⎟ 2kπ + d 2 sin ⎜ − ⎟ 2kπ (ξ + d1 ) sin ⎛⎜ ⎪ d1d 2 k 2⎠ 2⎠ ⎝ 2 ⎝ 2 , jika j genap ⎪ 1 n 1 n d ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎪ 1 d 2 sin ⎜ + ⎟ 2kπ + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ − ⎟ 2kπ ⎝2 2⎠ ⎝2 2⎠ ⎩⎪ j = 2,..., n dan k = n

Dengan menggunakan sin (π + θ ) = − sin (π − θ ) = sin (θ − π ) = − sin θ = sin ( −θ ) diperoleh ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j +1⎞ ⎟ 2kπ − ( d1 + ξ k ) sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ −d 2 sin ⎜ 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎪ − − + π ξ π d sin 2 k d sin 2 k ( ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 1 k ⎪ ⎝2⎠ ⎝2⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ ⎛n− j⎞ ⎛n− j⎞ ⎪ − (ξ k + d1 ) sin ⎜ ⎟ 2kπ − d 2 sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ d2 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ , jika j genap ⎪ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎪ d1 −d 2 sin ⎜ ⎟ 2kπ − ( d1 + ξ k ) sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪⎩ ⎝2⎠ ⎝2⎠ j = 2,..., n dan k = n

40

⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎟ 2kπ ⎪ sin ⎜ 2 ⎠ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛n⎞ ⎪ sin 2 π k ⎜ ⎟ ⎪⎪ ⎝2⎠ u (jk ) (σ ) = µ j (σ ) u1( k ) ⎨ ⎛n− j⎞ ⎪ sin ⎜ ⎟ 2kπ ⎪ d2 ⎝ 2 ⎠ , jika j genap ⎪ ⎪ d1 sin ⎛⎜ n ⎞⎟ 2kπ ⎪⎩ ⎝2⎠ j = 2,..., n dan k = n ⎧ − sin ( n − j ) kπ , jika j ganjil ⎪ sin ( n ) kπ (k ) (k ) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎪ d 2 sin ( n − j ) kπ , jika j genap ⎪ d sin ( n ) kπ ⎩ 1 j = 2,..., n dan k = n ⎧ − sin ( n − j ) nπ , jika j ganjil ⎪ sin n 2π n n ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ ⎪ d 2 sin ( n − j ) nπ , jika j genap ⎪ d1 sin n 2π ⎩ j = 2,..., n ⎧ − sin ( n 2 − jn ) π ⎪ , jika j ganjil sin n 2π (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ 2 ⎪ d 2 sin ( n − jn ) π , jika j genap ⎪ d sin n 2π ⎩ 1 j = 2,..., n ⎧ − ( sin n 2π cos jnπ − cos n 2π sin jnπ ) ⎪ , jika j ganjil sin n 2π (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ 2 2 ⎪ d 2 sin n π cos jnπ − cos n π sin jnπ , jika j genap ⎪ d sin n 2π ⎩ 1 j = 2,..., n

Jika j ganjil maka cos jnπ = cos(2m + 1)π = −1 sin jnπ = sin ( 2m + 1) π = 0

atau jika j genap maka cos jnπ = cos 2mπ = 1 sin jnπ = sin 2mπ = 0 Jadi

⎧ − ( − sin n 2π ) ⎪ , jika j ganjil sin n 2π (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ 2 ⎪ d 2 sin n π , jika j genap ⎪ d sin n 2π ⎩ 1 j = 2,..., n

41

(n)

uj

(σ ) = µ j (σ ) u1

( n)

j = 2,..., n.

⎧ 1, jika j ganjil ⎪ ⎨ d2 ⎪ d , jika j genap ⎩ 1

Dengan menggunakan ( ‡ ) , diperoleh (n)

uj

(σ ) =

(

ρ j (σ ) − d1d 2

)

(n)

n −1

j = 2,..., n.

u1

⎧ 1, jika j ganjil ⎪ ⎨ d2 ⎪ d , jika j genap ⎩ 1

Supaya j = 1,..., n , didefinisikan

(

u1( n ) (σ ) = − d1d 2

)

n −1

sehingga diperoleh (n)

uj

⎧ 1, jika j ganjil ⎪ (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ d 2 ⎪ d , jika j genap ⎩ 1

j = 1,..., n.

„

42

Lampiran 4 Bukti Teorema 6 Akan dibuktikan persamaan (3.41) Dari persamaan (3.12) dan d1d 2 ≠ 0 diketahui bahwa persamaan (3.4) dan (3.5) berlaku, sehingga dengan λ = λ k dan θ = θ k , persamaan (3.4) menjadi Y 2 = d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k Y = ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k b − λ k = ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k λ k = b ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k

Jadi ⎧⎪ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m k 1 2 1 2 λk = ⎨ 2 2 ⎪⎩b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., 2m Selanjutnya akan dicari untuk k = n = 2m + 1.

θk ⎛ 2m + 1 ⎞ Dari persamaan (3.40) diperoleh ξ k ± ( d 2 − d1 ) = 0, cos ⎜ ⎟ θ k = 0, sin = 0. 2 ⎝ 2 ⎠ θ 2 m + 1 ⎛ ⎞ k Jika cos ⎜ ⎟ θ k = 0, maka sin = 0 dan sebaliknya. 2 ⎝ 2 ⎠ Jika ξ k ± ( d 2 − d1 ) = 0, maka dari hipotesis teorema 6 diperoleh

ξ k ± ( d 2 − d1 ) = 0 ξ k − (α + β ) = 0 ξ k = (α + β ) Y = (α + β ) b − λ k = (α + β ) λ k = b − (α + β )

sehingga ⎧ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m k 1 2 1 2 ⎪ ⎪ 2 2 λ k = ⎨b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., 2m ⎪ b − (α + β ) , k = n ⎪⎩ „ ⎛ 2m + 1 ⎞ Selanjutnya, untuk mencari θ k digunakan persamaan cos ⎜ ⎟ θ k = 0 dan diperoleh ⎝ 2 ⎠ (2m + 1) cos θk = 0 2 (2m + 1) 1 cos θ k = cos π 2 2 (2m + 1) 1 cos θ k = cos− π 2 2 (2m + 1) 1 θ k = − π + kπ , k = 1,...., m 2 2 n 2kπ − π , k = 1,...., m θk = 2 2

43

2k π − π , k = 1,...., m n ( 2k − 1) π θk = , k = 1,...., m n Jika k = m + 1,..., 2m

θk =

θk =

( 2 ( k − m ) − 1) π , k = m + 1,...., 2m n

Jadi

⎧ ( 2k − 1) π , k = 1,...., m ⎪ n ⎪ θk = ⎨ ⎪ ( 2 ( k − m ) − 1) π , k = m + 1,...., 2m ⎪⎩ n Akan dibuktikan persamaan (3.42) dan (3.43) Bukti: Analog bukti persamaan (3.34) dan (3.35) karena persamaan (3.23) hanya bergantung pada nilai β sedangkan nilai β pada teorema 6 sama dengan teorema 5. Akan dibuktikan pada saat k = n. Akan dibuktikan: 1. Jika α = − d 2 dan β = d1 2. Jika α = d 2 dan β = −d1 Bukti: 1. Jika α = − d 2 dan β = d1

Dari persamaan (3.41) yang telah terbukti, diperoleh λ k = b − (α + β ) Jadi b − λ k = (α + β ) Y = (α + β )

Dari hipotesis α = − d 2 dan β = d1 diperoleh Y = d1 − d 2 Y 2 = d12 + d 22 − 2d1d 2 d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k = d12 + d 22 − 2d1d 2 cos θ k = −1 cos θ k = cos π

θ k = kπ , k = n Karena θ k = kπ , k = n , dari persamaan (3.23) dan hipotesis β = d1 , diperoleh ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ kπ + ( d1 − d1ξ k ) sin ⎜ 2 ⎟ kπ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , jika j ganjil ⎪ n + n − 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎪ 2 d1d 2 sin ⎜ ⎟ kπ + ( d1 − d1ξ k ) sin ⎜ ⎟ kπ ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ (k ) (k ) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ (ξ k − d1 ) sin ⎛⎜ ⎟ kπ − d 2 sin ⎜ ⎟ kπ ⎪ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ , jika j genap ⎪ d1d 2 ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ k + d − d π ξ k π sin ( ) ⎟ ⎜ ⎟ 1 1 k ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎩⎪ j = 2,..., n dan k = n,

44

⎧ ⎛ n − j +1 1 ⎞ ⎛ n − j +1 1 ⎞ + ⎟ kπ + ( d1 − ξ k ) sin ⎜ − ⎟ kπ ⎪ d 2 sin ⎜ 2 2 2 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛n 1⎞ ⎛n 1⎞ ⎪ π ξ π d sin + k + d − sin − k ( ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 1 k ⎪⎪ ⎝2 2⎠ ⎝2 2⎠ u (jk ) (σ ) = µ j (σ ) u1( k ) ⎨ n− j 1⎞ ⎛n− j 1⎞ ⎪ + ⎟ kπ − d 2 sin ⎜ − ⎟ kπ (ξ − d1 ) sin ⎛⎜ ⎪ d1d 2 k 2 2 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 , jika j genap ⎪ ⎛n 1⎞ ⎛n 1⎞ ⎪ d1 d 2 sin ⎜ + ⎟ kπ + ( d1 − ξ k ) sin ⎜ − ⎟ kπ ⎪⎩ ⎝2 2⎠ ⎝2 2⎠ j = 2,..., n dan k = n. Dengan menggunakan π⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛ sin ⎜ + θ ⎟ = sin ⎜ − θ ⎟ = − sin ⎜ θ − ⎟ = cos θ 2 2 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ diperoleh ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j +1⎞ ⎟ kπ − ( d1 − ξ k ) cos ⎜ ⎟ kπ ⎪ d 2 cos ⎜ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎪ d 2 cos ⎜ ⎟ kπ − ( d1 − ξ k ) cos ⎜ ⎟ kπ ⎪ ⎝2⎠ ⎝2⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ − n j ⎞ ⎛n− j⎞ ⎪ (ξ − d1 ) cos ⎛⎜ ⎟ kπ + d 2 cos ⎜ ⎟ kπ ⎪ d2 k ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ , jika j genap ⎪ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎪ d1 d 2 cos ⎜ ⎟ kπ − ( d1 − ξ k ) cos ⎜ ⎟ kπ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎩⎪ j = 2,..., n dan k = n, ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎟ kπ ⎪ cos ⎜ 2 ⎠ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛n⎞ ⎪ π cos k ⎜ ⎟ ⎪ ⎝2⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ ⎛n− j⎞ ⎪ cos ⎜ ⎟ kπ ⎪ d2 ⎝ 2 ⎠ , jika j genap ⎪ ⎪ d1 cos ⎛⎜ n ⎞⎟ kπ ⎪⎩ ⎝2⎠ j = 2,..., n dan k = n, ⎧ ⎛ n j −1 ⎞ ⎪ cos ⎜ 2 − 2 ⎟ nπ ⎝ ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎛n⎞ ⎪ cos ⎜ ⎟ nπ ⎪ ⎝2⎠ n n ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ ⎛n j⎞ ⎪ cos ⎜ − ⎟ nπ ⎪ d2 ⎝ 2 2 ⎠ , jika j genap ⎪ d ⎪ 1 cos ⎛⎜ n ⎞⎟ nπ ⎝2⎠ ⎩⎪ j = 2,..., n,

45

⎧ ⎛ n 2 ( j − 1) n ⎞ ⎪ cos ⎜ − ⎟π 2 ⎠ ⎝ 2 ⎪ , jika j ganjil ⎪ ⎛ n2 ⎞ ⎪ cos ⎜ ⎟ π ⎝ 2 ⎠ (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎛ n 2 jn ⎞ ⎪ cos ⎜ − ⎟π ⎪ d 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎪ , jika j genap 2 ⎛n ⎞ ⎪ d1 cos ⎜ ⎟ π ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎩ j = 2,..., n,

⎧ ⎛ n2 ⎞ ( j − 1) n π − sin ⎛ n 2 ⎞ π sin ( j − 1) n π ⎪ cos ⎜ ⎟ π cos ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎪ , jika j ganjil 2 ⎪ ⎛n ⎞ cos ⎜ ⎟ π ⎪ ⎝ 2 ⎠ (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ 2 ⎛n ⎞ ⎛ n2 ⎞ jn jn ⎪ − π π cos cos sin ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ π sin π ⎪ 2 2 d2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎪ , jika j genap 2 d ⎛ ⎞ n ⎪ 1 cos ⎜ ⎟ π ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎩ j = 2,..., n.

Jika j ganjil maka

( j − 1) n

Jika j genap maka

2

nilainya ganjil atau genap sehingga sin

( j − 1) n 2

π = 0.

jn jn nilainya ganjil atau genap sehingga sin π = 0. 2 2

Jadi ⎧ ⎛ n2 ⎞ ( j − 1) n π ⎪ cos ⎜ ⎟ π cos 2 ⎝ 2 ⎠ ⎪ , jika j ganjil ⎪ ⎛ n2 ⎞ cos ⎜ ⎟ π ⎪ ⎝ 2 ⎠ (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎛ n2 ⎞ jn ⎪ cos ⎜ ⎟ π cos π ⎪ d 2 ⎝ 2 ⎠ ⎪ 2 , jika j genap 2 ⎛n ⎞ ⎪ d1 π cos ⎜ ⎟ ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎩ j = 2,..., n, ⎧ ( j − 1) n π , jika j ganjil ⎪cos 2 (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎪ d 2 cos jn π , jika j genap ⎪⎩ d1 2 j = 2,..., n.

Jika cos

j

ganjil maka

( j − 1) n 2

( j − 1) n 2

nilainya ganjil atau genap sehingga nilai dari

π adalah 1 atau -1, tergantung nilai j.

Jika j genap maka 1, tergantung nilai j.

jn jn nilainya ganjil atau genap sehingga nilai dari cos π adalah 1 atau 2 2

46

Jadi j −1 ⎧ 2 , jika j ganjil 1 − ( ) ⎪ (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ d j ⎪ 2 ( −1) 2 , jika j genap ⎪⎩ d1 j = 2,..., n.

Dengan menggunakan ( ‡ ) , diperoleh j −1 ⎧ −1) 2 , jika j ganjil ( ⎪ ⎪ u (jn ) (σ ) = u ( n) j n −1 1 ⎨ d ⎪ 2 ( −1) 2 , jika j genap − d1d 2 ⎪⎩ d1 j = 2,..., n.

(

ρ j (σ )

)

Supaya j = 1,..., n , didefinisikan

(

u1( n ) (σ ) = − d1d 2

)

n −1

sehingga diperoleh j −1 ⎧ −1) 2 , jika j ganjil ( ⎪ ⎪ u (jn ) (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ d j ⎪ 2 ( −1) 2 , jika j genap ⎪⎩ d1 j = 1,..., n. „

2.

Jika α = d 2 dan β = −d1

Dari persamaan (3.41) yang telah terbukti, diperoleh λ k = b − (α + β ) Jadi b − λ k = (α + β ) Y = (α + β )

Dari hipotesis α = d 2 dan β = −d1 diperoleh Y = d 2 − d1 Y 2 = d12 + d 22 − 2d1d 2 d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k = d12 + d 22 − 2d1d 2 cos θ k = −1 cos θ k = cos π

θ k = kπ , k = n Karena θ k = kπ , k = n , dari persamaan (3.23) dan hipotesis β = −d1 , diperoleh ⎧ ⎛n− j ⎞ ⎛n− j⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ 2 + 1⎟ kπ + ( d1 + d1ξ k ) sin ⎜ 2 ⎟ kπ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ ⎪ 2 d1d 2 sin ⎜ ⎟ kπ + ( d1 + d1ξ k ) sin ⎜ ⎟ kπ ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ (k ) (k ) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎪ (ξ k + d1 ) sin ⎛⎜ ⎟ kπ + d 2 sin ⎜ ⎟ kπ ⎪ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ d d , jika j genap ⎪ 1 2 ⎛ n +1⎞ ⎛ n −1 ⎞ 2 ⎪ d1d 2 sin ⎜ ⎟ kπ ⎟ kπ + ( d1 + d1ξ k ) sin ⎜ ⎪⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

47

j = 2,..., n dan k = n,

⎧ ⎛ n − j +1 1 ⎞ ⎛ n − j +1 1 ⎞ + ⎟ kπ + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ − ⎟ kπ ⎪ d 2 sin ⎜ 2 2⎠ 2 2⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil n 1 n 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎪ d 2 sin ⎜ + ⎟ kπ + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ − ⎟ kπ ⎪ ⎝2 2⎠ ⎝2 2⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n− j 1⎞ ⎛n− j 1⎞ ⎪ + ⎟ kπ + d 2 sin ⎜ − ⎟ kπ (ξ + d1 ) sin ⎛⎜ ⎪ d1d 2 k 2⎠ 2⎠ ⎝ 2 ⎝ 2 , jika j genap ⎪ n n 1 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎪ d1 d 2 sin ⎜ + ⎟ kπ + ( d1 + ξ k ) sin ⎜ − ⎟ kπ ⎝2 2⎠ ⎝2 2⎠ ⎩⎪ j = 2,..., n dan k = n. Dengan menggunakan

π⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛ sin ⎜ + θ ⎟ = sin ⎜ − θ ⎟ = − sin ⎜ θ − ⎟ = cos θ 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ diperoleh ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j +1⎞ ⎟ kπ − ( d1 + ξ k ) cos ⎜ ⎟ kπ ⎪ d 2 cos ⎜ 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎪ d k d k π ξ π cos − + cos ( 1 k) ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎪ ⎝2⎠ ⎝2⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n− j⎞ ⎛n− j⎞ ⎪ (ξ + d1 ) cos ⎛⎜ ⎟ kπ − d 2 cos ⎜ ⎟ kπ ⎪ d2 k ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ , jika j genap ⎪ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎪ d1 d 2 cos ⎜ ⎟ kπ − ( d1 + ξ k ) cos ⎜ ⎟ kπ ⎪⎩ 2 ⎝ ⎠ ⎝2⎠ j = 2,..., n dan k = n, ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎟ kπ ⎪ cos ⎜ 2 ⎠ ⎝ ⎪ , jika j ganjil ⎛n⎞ ⎪ cos ⎜ ⎟ kπ ⎪ ⎝2⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ ⎛n− j⎞ ⎪ cos ⎜ ⎟ kπ ⎪ d2 2 ⎠ ⎝ , jika j genap ⎪− ⎪ d1 cos ⎛⎜ n ⎞⎟ kπ ⎝2⎠ ⎩⎪ j = 2,..., n dan k = n, ⎧ ⎛ n j −1 ⎞ ⎪ cos ⎜ 2 − 2 ⎟ nπ ⎝ ⎠ , jika j ganjil ⎪ ⎛n⎞ ⎪ cos ⎜ ⎟ nπ ⎪ ⎝2⎠ (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎛n j⎞ ⎪ cos ⎜ − ⎟ nπ ⎪ d2 ⎝ 2 2 ⎠ , jika j genap ⎪− d ⎛n⎞ 1 ⎪ cos ⎜ ⎟ nπ ⎪⎩ ⎝2⎠ j = 2,..., n,

48

⎧ ⎛ n 2 ( j − 1) n ⎞ ⎪ cos ⎜ − ⎟π 2 ⎠ ⎝ 2 ⎪ , jika j ganjil ⎪ ⎛ n2 ⎞ ⎪ cos ⎜ ⎟ π ⎝ 2 ⎠ (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎛ n 2 jn ⎞ ⎪ cos ⎜ − ⎟π ⎪ d 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎪− , jika j genap 2 ⎛n ⎞ ⎪ d1 cos ⎜ ⎟ π ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎩ j = 2,..., n,

⎧ ⎛ n2 ⎞ ( j − 1) n π − sin ⎛ n 2 ⎞ π sin ( j − 1) n π ⎪ cos ⎜ ⎟ π cos ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎪ , jika j ganjil 2 ⎪ ⎛n ⎞ cos ⎜ ⎟ π ⎪ ⎝ 2 ⎠ (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ 2 ⎛n ⎞ ⎛ n2 ⎞ jn jn ⎪ − cos cos sin π π ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ π sin π ⎪ 2 2 d ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎪ − 2 , jika j genap 2 d ⎛ ⎞ n ⎪ 1 cos ⎜ ⎟ π ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎩ j = 2,..., n.

Jika j ganjil maka Jika j genap maka

( j − 1) n 2

nilainya ganjil atau genap sehingga sin

( j − 1) n 2

π = 0.

jn jn nilainya ganjil atau genap sehingga sin π = 0. 2 2

Jadi ⎧ ⎛ n2 ⎞ ( j − 1) n π ⎪ cos ⎜ ⎟ π cos 2 2 ⎝ ⎠ ⎪ , jika j ganjil 2 ⎪ ⎛n ⎞ cos ⎜ ⎟ π ⎪ ⎝ 2 ⎠ (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎛ n2 ⎞ jn ⎪ cos ⎜ ⎟ π cos π ⎪ d 2 ⎝ 2 ⎠ ⎪− 2 , jika j genap 2 ⎛n ⎞ ⎪ d1 cos π ⎜ ⎟ ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎩ j = 2,..., n, ⎧ ( j − 1) n π , jika j ganjil ⎪ cos 2 (n) ( n) ⎪ u j (σ ) = µ j (σ ) u1 ⎨ ⎪− d 2 cos jn π , jika j genap ⎪⎩ d1 2 j = 2,..., n.

Jika cos

j

ganjil

( j − 1) n 2

maka

( j − 1) n 2

nilainya

ganjil

π adalah 1 atau -1, tergantung nilai j.

atau

genap

sehingga

nilai

dari

49

jn jn nilainya ganjil atau genap sehingga nilai dari cos π adalah 1 atau 2 2

Jika j genap maka 1, tergantung nilai j. Jadi

j −1 ⎧ −1) 2 , jika j ganjil ( ⎪ ⎪ u (jn ) (σ ) = µ j (σ ) u1( n ) ⎨ d j ⎪− 2 ( −1) 2 , jika j genap ⎪⎩ d1 j = 2,..., n, j −1 ⎧ −1) 2 , jika j ganjil ( ⎪ ⎪ u (jn ) (σ ) = µ j (σ ) u1( n ) ⎨ d j +1 ⎪ 2 ( −1) 2 , jika j genap d ⎪⎩ 1 j = 2,..., n.

Dengan menggunakan ( ‡ ) , diperoleh j −1 ⎧ 2 , jika j ganjil − 1 ( ) ⎪ ρ j (σ ) (n) (n) ⎪ u j (σ ) = u j+2 n −1 1 ⎨ d ⎪ 2 ( −1) 2 , jika j genap − d1d 2 ⎪⎩ d1 j = 2,..., n. Supaya j = 1,..., n , didefinisikan

(

)

(

)

u1( n ) (σ ) = − d1d 2

n −1

sehingga diperoleh j −1 ⎧ −1) 2 , jika j ganjil ( ⎪ ⎪ n u (j ) (σ ) = ρ j (σ ) ⎨ d j +2 ⎪ 2 ( −1) 2 , jika j genap ⎪⎩ d1 j = 1,..., n. „

50

Lampiran 5 Bukti Teorema 7 Akan dibuktikan persamaan (3.48) Dari persamaan (3.47) diperoleh Jika ξ k2 − (α + β ) ξ k + d 22 − d12 = 0

ξk = ξk =

(α + β ) ± ( α + β )

2

− 4 ( d 22 − d12 )

2

(α + β ) ± α

2

+ β 2 + 2αβ − 4d 22 + 4d12

2 Substitusi dengan hipotesis αβ = d 22 , maka

ξk = ξk = ξk =

(α + β ) ± α 2 + β 2 + 2αβ − 4αβ + 4d12 2

(α + β ) ± α

2

+ β − 2αβ + 4d12 2

2

(α + β ) ± ( α + β )

b − λk =

2

+ 4d12

2

(α + β ) ± ( α + β )

λk = b −

2

+ 4d12

2 2 (α + β ) ± (α + β ) + 4d12

2

Jadi ⎧ (α + β ) + ( α + β ) 2 + 4 d 2 1 ⎪b − , k = n −1 ⎪ 2 λk = ⎨ 2 ⎪ (α + β ) − (α + β ) + 4d12 , k=n ⎪ b− 2 ⎩ Dari persamaan (3.13) dan d1d 2 ≠ 0 diketahui bahwa persamaan (3.4) dan (3.5) berlaku, sehingga

dengan λ = λ k dan θ = θ k , persamaan (3.4) menjadi Y 2 = d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k Y = ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k b − λ k = ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k

λ k = b ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k Jadi ⎧⎪ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m − 1 1 2 1 2 k λk = ⎨ 2 2 ⎪⎩b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m,..., 2m − 2

Sehingga

51

⎧ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m − 1 1 2 1 2 k ⎪ ⎪b − d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k , k = m,..., 2m − 2 ⎪ 2 ⎪ (α + β ) + (α + β ) + 4d12 λk = ⎨ b− , k = n −1 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪ (α + β ) − (α + β ) + 4d12 , k=n ⎪ b− ⎩ 2

„ Selanjutnya, untuk mencari θ k digunakan persamaan sin mθ k = 0 dan diperoleh sin mθ k = sin 0 mθ k = 0 + kπ , k = 1,..., m − 1 kπ , k = 1,..., m − 1 m 2kπ , k = 1,..., m − 1 θk = 2m 2kπ , k = 1,..., m − 1 θk = n Jika k = m,..., 2m − 2 2 ( k − m + 1) π θk = , k = m,..., 2m − 2 n

θk =

Jadi 2kπ ⎧ , k = 1,..., m − 1 ⎪⎪ n θk = ⎨ ⎪ 2 ( k − m + 1) π , k = m,..., 2m − 2 ⎪⎩ n

Akan dibuktikan persamaan (3.49) Bukti: Jika αβ = d 22 maka persamaan (3.24) menjadi d1 ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎟ θ k − β sin ⎜ ⎟θ k ⎪ (ξ k − β ) sin ⎜ 2 2 ⎠ d ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎪ , jika j ganjil, d1 ⎪ ⎛n⎞ ⎛n ⎞ sin sin 1 ξ β θ β θ − − − ( k ) ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k ⎪ d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n− j ⎛n− j ⎞ ⎪ θk d1d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d 22 − βξ k ) sin ⎪ 1 2 ⎝ 2 ⎠ , jika j genap, ⎪ d1 ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ d1d 2 (ξ k − β ) sin ⎜ ⎟ θ k − β sin ⎜ − 1⎟ θ k ⎪⎩ d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 2.

Dengan menggunakan ( ‡ ) dan ξ k = b − λ k , diperoleh

52

d1 ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎟ θ k − β sin ⎜ ⎟θ k ⎪ ( b − λ k − β ) sin ⎜ d 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎪ , jika j ganjil, d1 ⎪ ⎛n⎞ ⎛n ⎞ b λ sin sin 1 β θ β θ − − − − ( ) ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k k ⎪ ρ j (σ ) d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ k (k ) ⎪ u (j ) (σ ) = u ⎨ n −1 1 n− j ⎛n− j ⎞ ⎪ − d1d 2 d1d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d 22 − β ( b − λ k ) ) sin θk ⎪ 1 2 ⎝ 2 ⎠ , jika j genap, ⎪ d1 ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ d1d 2 ( b − λ k − β ) sin ⎜ ⎟ θ k − β sin ⎜ − 1⎟ θ k ⎪⎩ d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠

(

)

j = 2,..., n dan k = 1,..., n − 2.

Supaya j = 1,..., n , didefinisikan

(

u1( ) = − d1d 2 k

)

n −1

⎡ d1 ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎤ ⎢( b − λ k − β ) sin ⎜ ⎟ θ k − β sin ⎜ − 1⎟ θ k ⎥ , k = 1,..., n − 2, d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ ⎦ ⎣

maka d1 n − j +1⎞ ⎧ ⎛ n − j −1 ⎞ ( b − λ k − β ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k − β sin ⎜ ⎟ θ k , jika j ganjil ⎪ d2 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎪ (k ) u j ( σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪ 1 ⎡ d d sin ⎛ n − j + 1⎞ θ + ( d 2 − β ( b − λ ) ) sin n − j θ ⎤ , jika j genap 2 k k⎥ ⎜ ⎟ k ⎪ d d ⎣⎢ 1 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎦ ⎩ 1 2 j = 1,..., n , k = 1,..., n − 2.

„

53

Lampiran 6 Bukti Teorema 8 Akan dibuktikan persamaan (3.52) Dari persamaan (3.51) dan d1d 2 ≠ 0 diketahui bahwa persamaan (3.4) dan (3.5) berlaku, sehingga dengan λ = λ k dan θ = θ k , persamaan (3.4) menjadi Y 2 = d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k Y = ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k b − λ k = ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k λ k = b ± d12 + d 22 + 2d1d 2 cos θ k

Jadi ⎧⎪ b + d 2 + d 2 + 2d d cos θ , k = 1,..., m k 1 2 1 2 λk = ⎨ 2 2 ⎪⎩b − d1 + d 2 + 2d1d 2 cos θ k , k = m + 1,..., n

„ Selanjutnya, untuk mencari θ k digunakan persamaan cos mθ k = 0 dan diperoleh cos mθ k = cos

π

2 ⎛ π⎞ cos mθ k = cos ⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ mθ k = −

π

+ kπ , k = 1,..., m 2 2kπ − π θk = , k = 1,..., m 2m ( 2k − 1) π θk = , k = 1,..., m n Jika k = m + 1,..., n

θk = θk =

( 2 ( k − m ) − 1) π , k = m + 1,..., n n

( 2k − 2m − 1) π n

, k = m + 1,..., n

Jadi

⎧ ( 2k − 1) π , k = 1,..., m ⎪ ⎪ n θk = ⎨ ⎪ ( 2k − 2m − 1) π , k = m + 1,..., n ⎪⎩ n

Akan dibuktikan persamaan (3.53) Bukti: Jika α = − β = − d 2 maka persamaan (3.24) menjadi

54

d1 ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1⎞ ⎟ θ k − d 2 sin ⎜ ⎟θk ⎪ (ξ k − d 2 ) sin ⎜ d2 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil, d1 ⎪ ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ξ θ θ d d − sin − sin − 1 ( ) ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k 2 2 k ⎪ d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n− j ⎛n− j ⎞ ⎪ θk d1d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d 22 − d 2ξ k ) sin ⎪ 1 2 ⎝ 2 ⎠ , jika j genap, ⎪ d1 ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ d1d 2 (ξ k − d 2 ) sin ⎜ ⎟ θ k − d 2 sin ⎜ − 1⎟θ k ⎪⎩ d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n, ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎟ θ k − d1 sin ⎜ ⎟θk ⎪ (ξ k − d 2 ) sin ⎜ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil, ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ − d sin − d sin − 1 ξ θ θ ( ) ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k k 2 1 ⎪ ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n− j ⎛n− j ⎞ ⎪ d1d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d 22 − d 2ξ k ) sin θk ⎪ 1 2 2 ⎝ ⎠ , jika j genap, ⎪ n n ⎪ d1d 2 (ξ k − d 2 ) sin ⎛⎜ ⎞⎟ θ k − d1 sin ⎛⎜ − 1⎞⎟θ k ⎪⎩ ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n,

Dengan menggunakan ( ‡ ) dan ξ k = b − λ k , diperoleh ⎧ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ( b − λ k − d 2 ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k − d1 sin ⎜ ⎟θ k ⎪ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil, ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ ( b − λ k − d 2 ) sin ⎜ ⎟θ k − d1 sin ⎜ − 1⎟θ k ⎪ ρ j (σ ) ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ k (k ) ⎪ u (j ) (σ ) = u n −1 1 ⎨ n− j ⎛n− j ⎞ ⎪ − d1d 2 d1d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d 22 − d 2 ( b − λ k ) ) sin θk ⎪ 1 2 ⎝ 2 ⎠ , jika j genap, ⎪ ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ d1d 2 ( b − λ k − d 2 ) sin ⎜ ⎟ θ k − d1 sin ⎜ − 1⎟ θ k ⎪⎩ ⎝2⎠ ⎝2 ⎠

(

)

j = 2,..., n dan k = 1,..., n.

Supaya j = 1,..., n , didefinisikan

(

u1( k ) = − d1d 2

)

n −1

⎡ ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎤ ⎢( b − λ k − d 2 ) sin ⎜ 2 ⎟ θ k − d1 sin ⎜ 2 − 1⎟ θ k ⎥ , k = 1,..., n ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎣

maka ⎧ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ( b − λ k − d 2 ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k − d1 sin ⎜ ⎟ θ k , jika j ganjil ⎪ 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎪ (k ) u j ( σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪ 1 ⎡ d d sin ⎛ n − j + 1⎞ θ + ( d 2 − d ( b − λ ) ) sin n − j θ ⎤ , jika j genap 2 2 k k⎥ ⎜ ⎟ k ⎪ d1d 2 ⎢⎣ 1 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎦ ⎩ j = 1,..., n , k = 1,..., n.

„ Akan dibuktikan persamaan (3.54) Bukti: Jika α = − β = d 2 maka persamaan (3.24) menjadi

55

d1 ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎟ θ k + d 2 sin ⎜ ⎟θ k ⎪ (ξ k + d 2 ) sin ⎜ 2 ⎠ 2 ⎠ d2 ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil, d1 ⎪ ⎛n⎞ ⎛n ⎞ + sin + sin − 1 ξ θ θ d d ( ) ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k k 2 2 ⎪ d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n− j ⎛n− j ⎞ ⎪ + 1⎟ θ k + ( d 22 + d 2ξ k ) sin θk d1d 2 sin ⎜ ⎪ 1 2 ⎝ 2 ⎠ , jika j genap, ⎪ d1 ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ d1d 2 (ξ k + d 2 ) sin ⎜ ⎟θ k + d 2 sin ⎜ − 1⎟ θ k ⎪⎩ d2 ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n, ⎧ ⎛ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ⎟ θ k + d1 sin ⎜ ⎟θ k ⎪ (ξ k + d 2 ) sin ⎜ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil, ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ + d sin + d sin − 1 ξ θ θ ( ) ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ k k 2 1 ⎪ ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ k k ⎪ u (j ) (σ ) = µ j (σ ) u1( ) ⎨ n− j ⎛n− j ⎞ ⎪ + 1⎟ θ k + ( d 22 + d 2ξ k ) sin θk d1d 2 sin ⎜ ⎪ 1 2 2 ⎝ ⎠ , jika j genap, ⎪ n n ⎪ d1d 2 (ξ k + d 2 ) sin ⎛⎜ ⎞⎟θ k + d1 sin ⎛⎜ − 1⎞⎟θ k ⎪⎩ ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ j = 2,..., n dan k = 1,..., n.

Dengan menggunakan ( ‡ ) dan ξ k = b − λ k , diperoleh ⎧ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ( b − λ k + d 2 ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k + d1 sin ⎜ ⎟θk ⎪ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎪ , jika j ganjil, ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ ( b − λ k + d 2 ) sin ⎜ ⎟θ k + d1 sin ⎜ − 1⎟ θ k ⎪ ρ j (σ ) ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ k (k ) ⎪ u (j ) (σ ) = u n −1 1 ⎨ n j n− j − ⎛ ⎞ ⎪ − d1d 2 θk d1d 2 sin ⎜ + 1⎟ θ k + ( d 22 + d 2 ( b − λ k ) ) sin ⎪ 1 2 ⎝ 2 ⎠ , jika j genap, ⎪ ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎪ d1d 2 ( b − λ k + d 2 ) sin ⎜ ⎟θ k + d1 sin ⎜ − 1⎟ θ k ⎪⎩ ⎝2⎠ ⎝2 ⎠

(

)

j = 2,..., n dan k = 1,..., n.

Supaya j = 1,..., n , didefinisikan

(

u1( ) = − d1d 2 k

)

n −1

⎡ ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎤ ⎢( b − λ k + d 2 ) sin ⎜ 2 ⎟ θ k + d1 sin ⎜ 2 − 1⎟ θ k ⎥ , k = 1,..., n, ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎣

maka ⎧ n − j +1⎞ ⎛ n − j −1 ⎞ ( b − λ k + d 2 ) sin ⎛⎜ ⎟ θ k + d1 sin ⎜ ⎟ θ k , jika j ganjil ⎪ 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎪ (k ) u j ( σ ) = ρ j (σ ) ⎨ ⎪ 1 ⎡ d d sin ⎛ n − j + 1⎞ θ + ( d 2 + d ( b − λ ) ) sin n − j θ ⎤ , jika j genap 2 2 k k⎥ ⎜ ⎟ k ⎪ d1d 2 ⎢⎣ 1 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎦ ⎩ j = 1,..., n , k = 1,..., n.

„

56

Lampiran 7 Bukti Proposisi 10 Untuk mendapatkan nilai eigen, yaitu dengan menyelesaikan polinom karakteristik yang terdapat pada proposisi 9. Sedangkan untuk mendapatkan vektor eigen, yaitu dengan menyelesaikan persamaan (3.14), analog bukti dengan kasus d1d 2 ≠ 0 , didapatkan u (j

k)

(σ ) = ( −1)

j −1

aσ ...aσ 1

j −1

u1(

k)

∆ (n −) j k

∆ (nk−)1

Substitusi dengan ν j (σ ) = ( −1) u (j

k)

(σ ) = ( −1)

n −1

v(j

k)

(σ ) u1( k )

n− j

∆ (n −) j

, j = 2,..., n dan k = 1,..., n.

aσ ...aσ 1

j −1

, j = 2,..., n , maka

k

∆ (nk−)1

, j = 2,..., n dan k = 1,..., n,

selanjutnya, dicari ∆ (nk−) j dan ∆ (n−k )1 , yaitu jika d1 = 0 n −1 −1 ⎧ 2 2 2 − ξ d (ξk2 − βξk − d22 ) , jika n ganjil; 2 ) ⎪( k (k ) ∆ n −1 = ⎨ n 2 2 2 −1 ⎪ − ξ d (ξ k − β ) , jika n genap; ( ) 2 k ⎩ jika d 2 = 0 n −1 −1 ⎧ 2 2 2 − ξ d ξ k (ξ k − β ) , jika n ganjil; ( ) k 1 ⎪ (k ) ∆ =⎨ n n −1 ⎪ ξ 2 − d 2 2 − 2 ξ ξ 2 − βξ − d 2 , jika n genap; 1 ) 1 ) k ( k k ⎩( k jika d1 = 0 n− j ⎧⎧ −1 2 2 2 2 ⎪⎪ (ξ k − d 2 ) 2 (ξ k − βξ k − d 2 ) , jika j ganjil , jika n ganjil ⎪⎨ n − j −1 ⎪⎪ ξ 2 − d 2 2 −1 ξ ξ 2 − βξ − d 2 , jika j genap 2 ) 2 ) k ( k k ⎪⎩( k k ∆( ) = ⎨ n − j −1 n− j ⎪ ⎧ ξ 2 − d 2 2 −1 ξ − β ξ 2 − d 2 , jika j ganjil ( k )( k 2 ) ( ) 2 k ⎪ ⎪ , jika n genap ⎪⎨ n− j −1 2 2 2 ⎪⎪ (ξk − d2 ) ξk (ξ k − β ) , jika j genap ⎩⎩ jika d 2 = 0

∆(

k)

n− j

n− j ⎧ ⎧ −1 (ξk2 − d12 ) 2 ξk (ξk − β ) , jika j ganjil ⎪ ⎪ , jika n ganjil ⎪ ⎨ n − j −1 ⎪ ⎪ ξ 2 − d 2 2 −1 (ξ − β ) ξ 2 − d 2 , jika j genap ( k 1) 1 ) k ⎪ ⎩( k =⎨ n − j −1 −1 ⎪⎧ 2 2 2 ξ ξ k (ξ k2 − βξ k − d12 ) , jika j ganjil d − ( ) 1 k ⎪ ⎪ , jika n genap ⎪⎨ n− j −2 ⎪⎪(ξ k2 − d12 ) 2 (ξ k2 − βξ k − d12 )(ξ k2 − d12 ) , jika j genap ⎩⎩

Akan dibuktikan persamaan (3.57) Bukti: Dari persamaan (L7.1) didapatkan jika d1 = 0

(L7.1)

57

1− j ⎧⎧ 2 2 ⎪ ⎪ (ξ k − d 2 ) 2 , jika j ganjil , jika n ganjil ⎪⎨ −j ⎪⎪ ξ 2 − d 2 2 ξ , jika j genap ( k 2) k n −1 k k k ⎪⎩ u (j ) (σ ) = ( −1) v(j ) (σ ) u1( ) ⎨ 1− j ⎪⎧ ξ 2 − d 2 2 , jika j ganjil ( ) 2 k ⎪ ⎪ , jika n genap ⎪⎨ −j ⎪⎪(ξ k2 − d 22 ) 2 ξ k , jika j genap ⎩⎩ j = 2,..., n dan k = 1,..., n.

Untuk mencari u1( k ) digunakan un( k ) dan diambil ⎧⎪ aσ1 ...aσ n−1 , jika n ganjil un( k ) = ⎨ ⎪⎩ξ k aσ1 ...aσ n−1 , jika n genap maka didapatkan n −1 ⎧ 2 1− n 2 2 ξ d − ( −1) , jika n ganjil ( ) 2 ⎪ k (k ) u1 = ⎨ n ⎪ ξ 2 − d 2 2 ( −1)1− n , jika n genap ( ) 2 k ⎩

Jadi n− j ⎧⎧ 2 2 ⎪⎪ (ξ k − d 2 ) 2 , jika j ganjil, , jika n ganjil ⎪⎨ n − j −1 ⎪⎪ ξ 2 − d 2 2 ξ , jika j genap, k 2 ) ⎪⎩( k k u (j ) (σ ) = ν j (σ ) ⎨ 1+ n − j ⎪ ⎧ ξ 2 − d 2 2 , jika j ganjil, 2 ) ⎪⎪( k , jika n genap ⎪⎨ n− j 2 2 ⎪ 2 ⎪ (ξ k − d 2 ) ξ k , jika j genap, ⎩⎩ j = 2,..., n dan k = 1,..., n.

Substitusi dengan ξ k = b − λ k , menjadi n− j ⎧⎧ ⎡( b − λ k )2 − d 22 ⎤ 2 , jika j ganjil, ⎪⎪⎪ ⎣ ⎦ ⎪⎨ , jika n ganjil n − j −1 ⎪⎪ 2 2⎤ 2 ⎡ ( b − λ k ) , jika j genap, ⎪ ⎪ ⎣( b − λ k ) − d 2 ⎦ ⎪⎩ k u (j ) (σ ) = ν j (σ ) ⎨ 1+ n − j ⎪⎧ ⎡ 2 2⎤ 2 λ − − b d , jika j ganjil, ( ) k 2 ⎦ ⎪ ⎪⎪ ⎣ , jika n genap ⎪⎨ n− j 2 ⎪ ⎪⎡ 2⎤ 2 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎣( b − λ k ) − d 2 ⎦ ( b − λ k ) , jika j genap,

j = 2,..., n dan k = 1,..., n.

„

Akan dibuktikan persamaan (3.58) Bukti: Dari persamaan (L7.1) didapatkan jika d 2 = 0

58

1− j ⎧⎧ 2 2 ⎪⎪ (ξ k − d1 ) 2 , jika j ganjil ⎪⎪ −j , jika n ganjil ⎪⎨ ξ 2 − d 2 2 +1 ( ) k 1 ⎪⎪ , jika j genap ⎪⎪ ξk n −1 ( k ) (k ) ( k ) ⎪⎩ u j (σ ) = ( −1) v j (σ ) u1 ⎨ 1− j ⎪ ⎧ ξ 2 − d 2 2 , jika j ganjil ( ) 1 ⎪⎪ k −j ⎪ ⎪⎨ , jika n genap ⎪ ⎪ (ξ k2 − d12 ) 2 ⎪⎪ , jika j genap ξk ⎩⎪ ⎩

j = 2,..., n dan k = 1,..., n

Untuk mencari u1( k ) digunakan un( k ) dan diambil ⎧⎪ξ k aσ1 ...aσ n−1 , jika n ganjil un( k ) = ⎨ ⎪⎩ aσ1 ...aσ n−1 , jika n genap maka didapatkan n −1 ⎧ 1− n 2 2 2 ξ ξ d − ( −1) , jika n ganjil 1 ) ⎪ k( k (k ) u1 = ⎨ n ⎪ ξ ξ 2 − d 2 2 ( −1)1− n , jika n genap ( ) 1 k k ⎩

Jadi n− j ⎧⎧ 2 2 ⎪⎪ (ξ k − d1 ) 2 , jika j ganjil, , jika n ganjil ⎪⎨ n − j −1 ⎪⎪ ξ 2 − d 2 2 +1 ξ , jika j genap, k 1 ) ⎪⎩( k k u (j ) (σ ) = ν j (σ ) ⎨ n − j −1 ⎪ ⎧ ξ 2 − d 2 2 , jika j ganjil, 1 ) ⎪ ⎪( k , jika n genap n− j ⎪ ⎨ 2 2 ⎪ 2 ⎪ (ξ k − d1 ) ξ k , jika j genap, ⎩ ⎩ j = 2,..., n dan k = 1,..., n.

Substitusi dengan ξ k = b − λ k , menjadi n− j ⎧⎧ ⎡( b − λ k )2 − d12 ⎤ 2 , jika j ganjil, ⎪⎪⎪ ⎣ ⎦ ⎪⎨ , jika n ganjil n − j −1 +1 ⎪⎪ 2 2⎤ 2 ⎡ ( b − λ k ) , jika j genap, ⎪⎪ ⎣( b − λ k ) − d1 ⎦ ⎪⎩ k u (j ) (σ ) = ν j (σ ) ⎨ n − j −1 ⎪ ⎧ ⎡ 2 2⎤ 2 λ b d , jika j ganjil, − − 1 ⎦ k ) ⎪ ⎪⎪ ⎣( , jika n genap ⎪ ⎨ n− j 2 ⎪ ⎪⎡ 2⎤ 2 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎣( b − λ k ) − d1 ⎦ ( b − λ k ) , jika j genap,

j = 2,..., n dan k = 1,..., n.

„