NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN DARI MATRIKS TRIDIAGONAL DENGAN ENTRI DIAGONAL UTAMA TIDAK KONSTAN DAN BERULANG IRESA APRILIANI

NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN DARI MATRIKS TRIDIAGONAL DENGAN ENTRI DIAGONAL UTAMA TIDAK KONSTAN DAN BERULANG

IRESA APRILIANI

DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR BOGOR 2012

ABSTRAK IRESA APRILIANI. Nilai Eigen dan Vektor Eigen dari Matriks Tridiagonal dengan Entri Diagonal Utama Tidak Konstan dan Berulang. Dibimbing oleh NUR ALIATININGTYAS dan TEDUH WULANDARI MAS’OED. 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). Entri pada diagonal utama tidak konstan dan berulang. Setiap entri pada matriks tridiagonal ini adalah bilangan kompleks. Dalam karya ilmiah ini, akan dibuktikan 3 teorema untuk menentukan nilai eigen dengan 2 kasus dan 1 teorema untuk menentukan vektor eigen. Teorema pertama menentukan polinomial karakteristik dari matriks tridiagonal. Polinomial karakteristik dari matriks tridiagonal tersebut digunakan untuk menentukan nilai eigen pada teorema kedua dan ketiga serta menentukan vektor eigen pada teorema keempat.

ABSTRACT IRESA APRILIANI. Eigenvalues and Eigenvectors of Tridiagonal Matrix with Non Constant and Recurrent Diagonal Entries. Supervised by NUR ALIATININGTYAS and TEDUH WULANDARI MAS’OED. 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). The diagonal entries are non constant and recurrent. Each entry in this tridiagonal matrix is a complex number. This manuscript will prove 3 theorems to determine eigenvalues with 2 cases and a theorem to determine eigenvectors. The first theorem determines the characteristic polynomial of tridiagonal matrix. The characteristic polynomial of the tridiagonal matrix can be used to determine the eigenvalues in the second and third theorems. Furthermore, it can be used to determine the eigenvectors in the fourth theorem.

NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN DARI MATRIKS TRIDIAGONAL DENGAN ENTRI DIAGONAL UTAMA TIDAK KONSTAN DAN BERULANG

IRESA APRILIANI

Skripsi sebagai salah satu syarat untuk memperoleh gelar Sarjana Sains pada Departemen Matematika

DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR BOGOR 2012

Judul Skripsi : Nilai Eigen dan Vektor Eigen dari Matriks Tridiagonal dengan Entri Diagonal Utama Tidak Konstan dan Berulang Nama : Iresa Apriliani NIM : G54070036

Menyetujui,

Pembimbing I,

Pembimbing II,

Dra. Nur Aliatiningtyas, MS. NIP. 19610104 198803 2 002

Teduh Wulandari Mas’oed, M.Si. NIP. 19740915 199903 2 001

Mengetahui: Ketua Departemen Matematika,

Dr. Berlian Setiawaty, MS. NIP. 19650505 198903 2 004

Tanggal Lulus :

KATA PENGANTAR Puji dan syukur penulis panjatkan kepada Allah SWT atas segala rahmat dan karunia-Nya serta shalawat dan salam kepada Nabi Muhammad SAW sehingga karya ilmiah ini berhasil diselesaikan. Penyusunan karya ilmiah ini juga tidak lepas dari peranan berbagai pihak. Untuk itu penulis mengucapkan terima kasih yang sebesar-besarnya kepada: 1. Keluargaku tercinta: Bapak dan Mamah (terima kasih atas doa, dukungan, kesabaran, kepercayaan, dan kasih sayangnya), adikku (terima kasih atas doa, dukungan, kasih sayang, dan motivasinya), serta keluarga besar baik dari Bapak maupun dari Mamah (terima kasih atas doanya). 2. Dra. Nur Aliatiningtyas, MS selaku dosen pembimbing I (terima kasih atas semua ilmu, kesabaran, motivasi, dan bantuannya selama penulisan skripsi ini). 3. Teduh Wulandari Mas’oed, M.Si selaku dosen pembimbing II (terima kasih atas semua ilmu, saran, dan motivasinya). 4. Dra. Farida Hanum, M.Si selaku dosen penguji (terima kasih atas semua ilmu dan sarannya). 5. Segenap dosen Departemen Matematika: Bu Anggi, Bu Ida, Pak Donny, Pak Hadi, Pak Wayan, Pak Prapto, dan lainnya (terima kasih atas semua ilmu yang telah diberikan). 6. Staf Departemen Matematika: Pak Yono, Bu Susi, Mas Heri, Pak Bono, Bu Ade, Mas Deni, dan lainnya (terima kasih atas bantuan dan motivasinya). 7. Muhamad Yakub (terima kasih atas doa, dukungan, dan kasih sayangnya) 8. Kakak-kakak Matematika angkatan 41, 42, dan 43: Ka Sima, Ka Vino, Ka Bange, Ka Kabil, Ka Ocoy, Ka Aini, Ka Putri, Ka Apri, Ka Agung, Ka Vera, Ka Mira, Ka Tami, Ka Destya, Ka Wira, Ka Cupit, Ka Ro’fah, Ka Cici, Ka Lia, Ka Nanu, Ka Adi, Ka Amin, Ka Cumi, Ka Sapto, Ka Chopi, dan lainnya (terima kasih atas ilmu, bantuan, dan semuanya). 9. Teman-teman Matematika angkatan 44: Ruhiyat, Wahyu, Ayum, Iam, Fikri, Wenti, Ririh, Sri, Fajar, Mutia, Rachma, Ayung, Ipul, Cita, Tanty, Arina, Deva, Yuyun, Lingga, Masay, Diana, Yogie, Lugina, Yanti, Selvie, Ucu, Pepi, Devi, Istiti, Sari, Anis, Aqil, Lilis, Imam, Aswin, Eka, Aze, Ali, Vianey, Nadiroh, Nurus, Na’im, Dhika, Ima, Dora, Atik, Nunuy, Yuli, Fani, Phunny, Dian, Rofi, Della, Tyas, Denda, Pandi, Rizqy, Indin, Sholih, Siska, Lili, Tita, Lina, Endro, Lukman, Puying, Tendhy, Ikhsan, Chopa, dan Zae (terima kasih atas doa, semangat, dukungan, bantuan, dan kebersamaannya). 10. Adik-adik Matematika angkatan 45 (terima kasih atas dukungan dan bantuannya). 11. Teman-teman lainnya yang telah mendukung selama ini, baik moril maupun materil. Semoga karya ilmiah ini dapat bermanfaat bagi dunia ilmu pengetahuan khususnya matematika dan menjadi inspirasi bagi penelitian-penelitian selanjutnya.

Bogor, Januari 2012

Iresa Apriliani

RIWAYAT HIDUP Penulis dilahirkan di Jakarta pada tanggal 25 April 1989 dari pasangan Maulana dan Ipah. Penulis merupakan anak pertama dari dua bersaudara. Tahun 2007 penulis lulus dari SMA Negeri 38 Jakarta dan pada tahun yang sama diterima sebagai mahasiswi Departemen Matematika, Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam, Institut Pertanian Bogor melalui jalur USMI (Undangan Seleksi Masuk IPB ). Selama mengikuti perkuliahan, penulis aktif sebagai pengurus Gugus Mahasiswa Matematika (GUMATIKA), divisi Sosialisasi Informasi dan Komunikasi (SOSINKOM) tahun 2009. Selain itu, penulis juga aktif dalam berbagai kepanitian, diantaranya menjadi panitia pada Masa Perkenalan Departemen (MPD) 2009.

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

PENDAHULUAN ........................................................................................................................... 1 1.1 Latar Belakang ........................................................................................................................... 1 1.2 Tujuan ........................................................................................................................................ 1

II LANDASAN TEORI ...................................................................................................................... 1 2.1 Matriks ....................................................................................................................................... 1 2.2 Determinan dan Sifat-Sifatnya ................................................................................................... 2 2.3 Nilai Eigen dan Vektor Eigen .................................................................................................... 2 2.4 Ruang Vektor dan Kebebasan Linear ........................................................................................ 2 2.5 Bilangan Kompleks .................................................................................................................... 3 2.6 Trigonometri .............................................................................................................................. 3 2.7 Pemetaan ................................................................................................................................... 3 2.8 Matriks Blok .............................................................................................................................. 3 III PEMBAHASAN .............................................................................................................................. 4 3.1 Matriks Tridiagonal .................................................................................................................. 4 3.1.1 Nilai Eigen ........................................................................................................................ 5 3.1.2 Vektor Eigen ..................................................................................................................... 8 IV SIMPULAN DAN SARAN ........................................................................................................... 12 DAFTAR PUSTAKA ......................................................................................................................... 13 LAMPIRAN .......................................................................................................................................... 14

DAFTAR LAMPIRAN Halaman Lampiran 1. Bukti Teorema 1 ............................................................................................................. 15 Lampiran 2. Bukti Teorema 2 ............................................................................................................. 21 Lampiran 3. Bukti Teorema 3 ............................................................................................................. 23 Lampiran 4. Bukti Teorema 4 ............................................................................................................. 25

ix

I PENDAHULUAN 1.1 Latar Belakang Matriks adalah susunan segi empat sikusiku dari bilangan-bilangan. Bilanganbilangan dalam susunan tersebut dinamakan entri dalam matriks. 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). Matriks tridiagonal muncul di sebagian besar cabang ilmu seperti matematika terapan, matematika modern, teknik, dan lain sebagainya. Kata eigen berasal dari bahasa Jerman yang berarti sebenarnya atau karakteristik. Nilai eigen dapat dinamakan nilai sebenarnya atau nilai karakteristik. Nilai eigen dan vektor eigen akan dicari dengan menggunakan polinomial karakteristik, sehingga dalam karya ilmiah ini terlebih dahulu akan dibahas polinomial karakteristik dari suatu matriks tridiagonal dengan entri diagonal utama tidak tetap. Karya ilmiah ini merupakan rekonstruksi dari

tulisan Said Kouachi (2006) yang berjudul Eigenvalues and eigenvectors of some tridiagonal matrices with non constant diagonal entries. 1.2 Tujuan Tujuan dari karya ilmiah ini adalah: 1. Mencari nilai polinomial karakteristik 2. Mencari nilai eigen dan vektor eigen dari matriks tridiagonal yang entri diagonal utamanya tidak konstan dan berulang dengan beberapa kasus. 1.3 Sistematika Penulisan Karya ilmiah ini terdiri dari empat bab. Bab pertama merupakan pendahuluan yang berisi latar belakang dan tujuan penulisan. Bab kedua berupa landasan teori yang berisi beberapa istilah dan konsep dari matriks tridiagonal, nilai eigen dan vektor eigen. Bab ketiga berupa pembahasan bagaimana mencari nilai eigen dan vektor eigen dengan beberapa kasus. Bab terakhir pada tulisan ini berisi kesimpulan dari keseluruhan penulisan.

II LANDASAN TEORI Pada bab ini akan dijelaskan definisidefinisi tentang karya ilmiah ini. 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 segi berorde n) Sebuah matriks A dengan n baris dan n kolom dinamakan matriks segi berorde n, dan entrientri 𝑎11 , 𝑎22 , …, 𝑎𝑛𝑛 dikatakan berada pada diagonal utama dari A (lihat (2.1)). 𝑎11 𝑎21 A= ⋮ 𝑎𝑛1

𝑎12 𝑎22 ⋮ 𝑎𝑛2

𝑎1𝑛 𝑎2𝑛 ⋱ ⋮ ⋯ 𝑎𝑛𝑛

⋯

(2.1) [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 seperti 𝑎 𝑏 0 0 0 0 𝑐 𝑎 𝑏 0 0 0 0 𝑐 𝑎 𝑏 0 0 𝐓𝒏 = (2.2) 0 0 ⋱ ⋱ ⋱ 0 0 0 0 𝑐 𝑎 𝑏 0 0 0 0 𝑐 𝑎 [Zhang 1999] Definisi 4 Entri-entri tepat di atas diagonal utama dari matriks tridiagonal disebut superdiagonal dan entri-entri tepat di bawah diagonal utama matriks tridiagonal disebut subdiagonal. [Kouachi 2006]

2

2.2 Determinan dan Sifat-sifatnya Definisi 5 (Determinan) Misalkan A adalah matriks 𝑛 × 𝑛 dan Mij menyatakan matriks 𝑛 − 1 × 𝑛 − 1 yang diperoleh dari A dengan menghapus baris ke-i dan kolom ke-j. Determinan dari suatu matriks A berorde 𝑛 × 𝑛, dinotasikan sebagai det(A), adalah suatu skalar yang diasosiasikan dengan matriks A dan didefinisikan secara induktif sebagai: 𝑎 , 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑛 = 1

det(A)= 𝑎 𝐴 + 𝑎 𝐴 11+ ⋯ + 𝑎 𝐴 , 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑛 > 1 11 12 12 12 1𝑛 1𝑛 dengan A1j = (-1)1+ j det (M1j), 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 segitiga bawah yang berukuran 𝑛 × 𝑛, maka determinan dari A sama dengan hasil kali elemen-elemen diagonal utama dari A. [Leon 2001] Definisi 6 (Sifat-sifat Determinan) Operasi baris 1. Pertukaran dua baris (atau kolom) dari suatu matriks akan mengubah tanda dari determinan. 2. Mengalikan satu baris atau kolom dari suatu matriks dengan suatu skalar sama akibatnya dengan mengalikan nilai dari determinan dengan skalar tersebut. 3. Menjumlahkan perkalian dari suatu baris atau kolom pada baris lain atau kolom lain tidak akan mengubah nilai dari determinan. [Leon 2001] Teorema 2 (Aturan Cramer) Misalkan A adalah matriks taksingular berorde 𝑛 × 𝑛 dan misalkan b ∈ 𝑅𝑛 . Misalkan Ai adalah matriks yang diperoleh dengan mengganti kolom ke- i dari A dengan b. Jika x

adalah penyelesaian tunggal dari Ax = b, maka 𝑥𝑖 =

det (𝑨𝒊 ) 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 = λx. Vektor x disebut vektor eigen atau vektor karakteristik yang berpadanan dengan nilai eigen 𝝀. Persamaan Ax = λx dapat dituliskan dalam bentuk 𝐀 − λ𝐈 𝐱 = 0. (2.3) Persamaan (2.3) akan mempunyai penyelesaian taktrivial jika dan hanya jika 𝐀 − λ𝐈 singular atau secara ekuivalen det 𝐀 − λ𝐈 = 0. (2.4) Jika determinan pada persamaan (2.4) diuraikan maka didapatkan suatu polinomial berderajat n dalam peubah 𝜆 𝑝 λ = det 𝐀 − λ𝐈 Polinomial ini disebut polinomial karakteristik dan persamaan (2.4) disebut persamaan karakteristik untuk matriks A. [Leon 2001] Teorema 3 Misalkan A adalah suatu matriks berorde nxn. 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 nxn. 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

3

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 setiap skalar 𝛼, dapat diasosiasikan dengan elemen 𝛼x yang tunggal di dalam V. Himpunan V bersama-sama dengan operasi-operasi penjumlahan dan perkalian dengan skalar dikatakan membentuk suatu ruang vektor jika aksioma-aksioma berikut terpenuhi a. x + y = y + x untuk setiap x dan y di V. b. (x + y) + z = x + (y + z) untuk setiap x, y, z di V. c. Terdapat elemen 0 di V sehingga x+ 0 = x untuk setiap x ∈ V. d. Untuk setiap x ∈ V terdapat elemen −x∈ V sehingga x + (−x) = 0. e. 𝛼(x + y) = 𝛼x + 𝛼y untuk setiap skalar 𝛼 dan setiap x dan y di V. f. (𝛼 + 𝛽) x = 𝛼x + 𝛽x untuk setiap skalar 𝛼 dan 𝛽 dan setiap x ∈ V. g. (𝛼𝛽) x = 𝛼(𝛽x) untuk setiap skalar 𝛼 dan 𝛽 dan setiap x ∈ V. h. 1.x = x untuk setiap x ∈ V. [Leon 2001] Definisi 10 (Bergantung Linear) Vektor-vektor v1, v2, …, vn dalam ruang vektor V disebut bergantung linear jika terdapat skalar-skalar c1, c2, …, cn yang tidak semuanya nol sehingga c1v1 + c2v2 + … + cnvn = 0. Definisi 11 (Bebas Linear) Vektor-vektor v1, v2, …, vn dalam ruang vektor V disebut bebas linear jika c1v1 + c2v2 + … + cnvn = 0. mengakibatkan semua skalar-skalar c1, c2, …, cn harus sama dengan 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 Trigonometri Definisi 13 (Kesamaan Trigonometri) Kesamaan trigonometri adalah hubungan antara fungsi-fungsi trigonometri, yaitu 1. sin2𝜃 + cos2 𝜃 = 1 2. sin (−𝜃) = −sin 𝜃 3. sin (𝑥 + 𝑦) = sin 𝑥 cos 𝑦 + cos 𝑥 sin 𝑦 4. sin (𝑥 − 𝑦) = sin 𝑥 cos 𝑦 − cos 𝑥 sin 𝑦 5. cos (𝑥 − 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦 + sin 𝑥 sin 𝑦 6. cos (𝑥 + 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦 − sin 𝑥 sin 𝑦 7. sin 2x = 2 sin x cos x 8. cos 2x = cos2 x – sin 2 x 9. cos 2x = 2cos2 x – 1 10. cos 2x = 1– 2sin 2 x [Stewart 2001] 2.7 Pemetaan Definisi 14 Misalkan A dan B adalah dua himpunan. Pemetaan f dari A ke B biasa juga disebut bahwa f memetakan A ke B (atau pemetaan A ke B) dan ditulis f : A→B. [Goldberg 1976] Definisi 15 (Pemetaan Identitas) Misalkan A adalah suatu himpunan. Pemetaan A ke A disebut pemetaan identitas, dinotasikan IA, jika a anggota dari A maka IA(a) = a atau dapat ditulis IA : A → A. [Kurtz 1992] 2.8 Matriks Blok (Matriks Terpartisi) Definisi 16 (Matriks Blok) Misalkan A, B, C dan D adalah suatu matriks dengan A adalah matriks berorde n dan D adalah matriks berorde m. Matriks M disebut 𝐀 𝐁 . matriks blok jika 𝐌 = 𝐂 𝐃 [Zhang 1999]

4

III PEMBAHASAN Dalam bab ini akan dibahas mengenai nilai eigen dan vektor eigen dari matriks tridiagonal. 3.1 Matriks Tridiagonal Misalkan diberikan matriks tridiagonal dalam bentuk sebagai berikut −𝛼 + 𝑏1 𝑎1 0 An= 0 ⋮ 0

𝑐1 𝑏2 𝑎2 0 ⋮ 0

0 𝑐2 𝑏3 ⋱ ⋱ …

… 0 … 0 ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ 0 𝑎𝑛−1

−𝛼 + 𝑏1 𝑎𝜍1 0 0 ⋮ 0

𝑐𝜍1 0 𝑏2 𝑐𝜍2 𝑎𝜍2 𝑏3 ⋱ 0 ⋱ ⋮ 0 …

0 … 0 … ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ 0 𝑎𝜍𝑛 −1

𝑐𝑛 −1 −𝛽 + 𝑏𝑛

𝑏1 , jika 𝑗 ganjil , 𝑗 = 1,2, … , 𝑛 − 1 (3.3) 𝑏2 , jika 𝑗 genap dengan d, b1 dan b2 adalah bilangan kompleks dengan d ≠ 0. Jika 𝜍 adalah pemetaan dari himpunan bilangan bulat 1 sampai n-1 ke dalam himpunan bilangan bulat yang lebih besar dari n-1 maka matriks An menjadi 𝐀𝑛 σ

Contoh Misalkan diberikan 𝑎1 = 6 𝑎2 = 2 𝑎3 = −9 𝑎4 = 5 − 𝑖 11 𝑎5 = 2𝑖

𝑏𝑗 =

𝑎7 = 4 𝑎12 = 1 𝑎17 = −3𝑖 𝑎22 = 4 − 2𝑖 5 𝑎27 = −6

dan 𝑐1 = 6 𝑐2 = 18 𝑐3 = −4

𝑐7 = 9 𝑐12 = 36 𝑐17 = 12𝑖

𝑐22 = 4 + 2𝑖 5 𝑐4 = 5 + 𝑖 11 𝑐5 = −18𝑖 𝑐27 = −6 dengan 𝑎𝑗 𝑐𝑗 = 36, 𝑗 = 1, 2, … , 5 5, jika 𝑗 ganjil 𝑏𝑗 = 3, jika 𝑗 genap 𝛼=4 3 𝛽=3 3 Dapat dibentuk matriks tridiagonal:

𝑨6 =

Jika ada pemetaan : 𝜍: 1 → 7 2 → 12 3 → 17 4 → 22 5 → 27 Maka

6 3 2 0 0 0

0 18 5 −9 0 0

𝑐𝜍𝑛 −1 −𝛽 + 𝑏𝑛 (3.4) adalah

dan ∆𝑛 𝜍 = 𝐀𝑛 σ − λ𝐈𝑛 polinomial karakteristiknya. Jika 𝜍 = 𝑖 dengan 𝑖 adalah pemetaan identitas, maka An(i) dan ∆𝑛 𝑖 dinotasikan berturut-turut dengan An dan ∆𝑛 .

0 0 ⋮ 0

(3.1) dengan 𝑎𝑗 dan 𝑐𝑗 , 𝑗 = 1, 2, … , 𝑛 − 1 adalah bilangan kompleks, 𝛼 dan 𝛽 adalah bilangan kompleks. Misalkan bahwa 𝑎𝑗 𝑐𝑗 = 𝑑 2 , 𝑗 = 1, 2, … , 𝑛 − 1 (3.2)

5−4 3 6 0 0 0 0

0 0 ⋮ 0

0 0 −4 3 5 − 𝑖 11 0

0 0 0 5 + 𝑖 11 5 2𝑖

0 0 0 0 −18𝑖 3−3 3

𝑎𝜍1 = 𝑎7 = 4 𝑎𝜍2 = 𝑎12 = 1 𝑎𝜍3 = 𝑎17 = −3𝑖 𝑎𝜍4 = 𝑎22 = 4 − 2𝑖 5 𝑎𝜍5 = 𝑎27 = −6 𝑐𝜍1 = 𝑐7 = 9 𝑐𝜍2 = 𝑐12 = 36

5

𝑐𝜍3 = 𝑐17 = 12𝑖

𝑐𝜍5 = 𝑐27 = −6 Dan matriks tridiagonal 𝑨6 menjadi

𝑐𝜍4 = 𝑐22 = 4 + 2𝑖 5

𝑨6 (𝜍) =

5−4 3 4 0 0 0 0

9 3 1 0 0 0

0 36 5 −3𝑖 0 0

0 0 12𝑖 3 4 − 2𝑖 5 0

Selanjutnya akan dibahas nilai eigen dari matriks tridiagonal untuk 𝛼 = 𝛽 = 0 dan 𝛼𝛽 = 𝑑 2 .

0 0 0 4 + 2𝑖 5 5 −6

0 0 0 0 −6 3−3 3

Teorema 1 Jika 𝛼 = 𝛽 = 0 maka nilai eigen dari matriks 𝐀𝑛 σ tidak bergantung pada (𝑎𝑖 , 𝑐𝑖 , 𝑖 = 1, … , 𝑛 − 1) dan pemetaan 𝜍 memperlihatkan kondisi (3.2) dan (3.3) terpenuhi dengan polinomial karakteristiknya Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 maka

Nilai Eigen Dalam kasus 𝛼 = 𝛽 = 0, matriks 𝐀𝑛 σ dan polinomial karakteristiknya ∆𝑛 𝜍 dinotasikan berturut-turut 𝐀0𝑛 σ dan ∆0𝑛 𝜍 sedangkan dalam kasus 𝛼 ≠ 0 dan β ≠ 0 matriks dan polinomial karakteristiknya dinotasikan dengan An dan ∆𝑛 . Untuk mencari nilai eigen dari matriks tridiagonal digunakan persamaan berikut yang telah diberikan di [Kouachi, in press], yaitu 𝑌1 𝑌2 = 4𝑑 2 cos 2 𝜃 (3.5) dengan 𝑌1 = 𝑏1 − 𝜆 dan 𝑌2 = 𝑏2 − 𝜆 (3.6)

∆0𝑛 = 𝑑 2𝑚

𝑌1 sin 2𝑚 + 2 𝜃 sin 2𝜃

3.7

sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃

3.8

Jika 𝑛 = 2𝑚 ∆0𝑛 = 𝑑 2𝑚

(Bukti dapat dilihat di Lampiran 1 bagian C) Jika 𝛼 ≠ 0 dan 𝛽 ≠ 0 maka nilai ∆𝑛 menjadi

Oleh karena itu, akan dibahas mengenai polinomial karakteristik untuk 𝛼 = 𝛽 = 0 pada Teorema 1. 𝑌2 𝑎2 ∆𝑛 = ∆0𝑛 − 𝛼 0 ⋮ 0

𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0

0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯

0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−1

0 ⋮ 0

𝑐𝑛−1 𝑌1

𝑌1 𝑎1 −𝛽 0 ⋮ 0

𝑐1 𝑌2 𝑎2 ⋮ 0

0 𝑐2 ⋱ ⋱ ⋯

0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2

0 ⋮ 0

𝑐𝑛−2 𝑌2

𝑌2 𝑎2 + 𝛼𝛽 0 ⋮ 0

𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0

0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯

0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2

0 ⋮ 0

𝑐𝑛−2 𝑌2

(3.9)

(Bukti dapat dilihat di Lampiran 1 bagian A)

Semua entri subdiagonal dan superdiagonal memenuhi kondisi (3.2) dan (3.3) maka

polinomial karakteristik jika 𝛼 ≠ 0 dan β ≠ 0 dan diperoleh.

Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ∆𝑛 = 𝑑 2𝑚

[𝑌1 − (𝛼 + 𝛽)] sin 2𝑚 + 2 𝜃 + sin 2𝜃

𝛼𝛽 𝑌 − 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚𝜃 𝑑2 2

(3.10)

6

dan jika 𝑛 = 2𝑚 𝑑 2 sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼𝑌2 + 𝛽𝑌1 − 𝛼𝛽 − 𝑑 2 sin 2𝑚𝜃 + 𝛼𝛽 sin 2𝑚 − 2 𝜃 ∆𝑛 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃

3.11

(Bukti dapat dilihat di Lampiran 1 bagian B)

Untuk 𝑛 = 2𝑚, jika 𝛼𝛽 = 𝑑 2

∆𝑛 = 𝑑 2𝑚 −2

polinomial karakteristiknya menjadi

𝑌1 𝑌2 − 𝛼𝑌2 − 𝛽𝑌1 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 (3.12)

(Bukti dapat dilihat di Lampiran 1 bagian D) Dari persamaan (3.11) dapat diperoleh Proposisi 1 yaitu dimana nilai eigen dari matriks tridiagonal lain yaitu matriks tridiagonal dengan menukar bilangan 𝛼, 𝛽, 𝑏1 dan 𝑏2 . Proposisi 1 Misalkan 𝐁𝑛 σ adalah suatu matriks tridiagonal yang diperoleh dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ pada (3.4) dengan menukar bilangan 𝛼 dengan 𝛽, 𝛽 dengan 𝛼, 𝑏1 dengan 𝑏2 , dan 𝑏2 dengan 𝑏1 . Jika ukuran suatu matriks tridiagonal adalah n yang bernilai genap maka nilai eigen

dari matriks tridiagonal 𝐁𝑛 σ sama dengan nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ . Bukti: Akan dibuktikan nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ dan 𝐁𝑛 σ sama. Untuk membuktikan bahwa nilai eigen kedua matriks tridiagonal tersebut sama, cukup membuktikan polinomial karakteristik kedua matriks tridiagonal tersebut sama karena nilai eigen bergantung pada polinomial karakteristiknya. Telah didapatkan polinomial karakteristik untuk n genap sebagai berikut.

Untuk n genap Diberikan matriks

𝐀𝑛 σ =

−𝛼 + 𝑏1 𝑎𝜍1 0 0 ⋮ 0

𝑐𝜍1 0 𝑏2 𝑐𝜍2 𝑎𝜍2 𝑏1 ⋱ 0 ⋱ ⋮ … 0

0 … 0 … ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ 0 𝑎𝜍𝑛 −1

−𝛽 + 𝑏2 𝑎 𝜍1 0 0 ⋮ 0

𝑐𝜍1 0 𝑏1 𝑐𝜍2 𝑎𝜍2 𝑏2 ⋱ 0 ⋱ ⋮ 0 …

0 … 0 … ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ 𝑎 0 𝜍𝑛 −1

0 0 ⋮ 0 𝑐𝜍𝑛 −1 −𝛽 + 𝑏2

Maka matriks

𝐁𝑛 σ =

0 0 ⋮ 0 𝑐𝜍𝑛 −1 −𝛼 + 𝑏1

Untuk 𝐀𝑛 σ ∆𝑛 = 𝑑 2𝑚 −2

𝑑 2 sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼𝑌2 + 𝛽𝑌1 − 𝛼𝛽 − 𝑑 2 sin 2𝑚𝜃 + 𝛼𝛽 sin 2𝑚 − 2 𝜃 sin 2𝜃

7

Sedangkan untuk 𝐁𝑛 σ 𝑌1 (𝐀𝑛 σ ) = 𝑏1 − 𝜆 = 𝑏2 − 𝜆 = 𝑌2 (𝐁𝑛 σ ) 𝑌2 (𝐀𝑛 σ ) = 𝑏2 − 𝜆 = 𝑏1 − 𝜆 = 𝑌1 (𝐁𝑛 σ ) 𝑑 2 sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛽𝑌1 + 𝛼𝑌2 − 𝛽𝛼 − 𝑑 2 sin 2𝑚𝜃 + 𝛽𝛼 sin 2𝑚 − 2 𝜃 sin 2𝜃 2 𝑑 sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼𝑌 + 𝛽𝑌 − 𝛼𝛽 − 𝑑 2 sin 2𝑚𝜃 + 𝛼𝛽 sin 2𝑚 − 2 𝜃 2 1 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃

∆𝑛 = 𝑑 2𝑚 −2

Karena polinomial karakteristik dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ dan 𝐁𝑛 σ sama, maka nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ dan 𝐁𝑛 σ sama.

𝜆𝑘 =

Selanjutnya akan dicari nilai eigen dari matriks tridiagonal dengan 𝛼 = 𝛽 = 0. Teorema 2 Jika 𝛼 = 𝛽 = 0 dan kondisi (3.2) dan (3.3) terpenuhi maka nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ adalah berikut ini.

𝑏1 + 𝑏2 − (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 2 𝑏1 + 𝑏2 + (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚 2 𝑏1 , 𝑘=𝑛 (3.13)

dengan jika n ganjil 𝑘𝜋 , 𝜃𝑘 = 2𝑚 + 2 (𝑘 − 𝑚)𝜋 , 2𝑚 + 2

𝑘 = 1, … , 𝑚 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚

dan jika n genap 𝑘𝜋 , 𝜃𝑘 = 2𝑚 + 1 (𝑘 − 𝑚)𝜋 , 2𝑚 + 1

𝑘 = 1, … , 𝑚 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚

(Bukti dapat dilihat di Lampiran 2) Setelah dalam Teorema 2 dibahas tentang nilai eigen dari matriks tridiagonal dengan 𝛼 = 𝛽 = 0. Selanjutnya akan dicari nilai eigen dari matriks tridiagonal untuk n genap dan 𝛼𝛽 = 𝑑 2 .

Teorema 3 Jika n genap dan 𝛼𝛽 = 𝑑 2 dan kondisi (3.2) dan (3.3) terpenuhi, maka nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ adalah sebagai berikut.

8

𝜆𝑘 =

𝑏1 + 𝑏2 − (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 2 𝑏1 + 𝑏2 + (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 𝑘 = 𝑚, … , 2𝑚 − 2 2 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 − (𝑏1 − 𝑏2 )2 + (𝛼 + 𝛽)2 − 2 𝑏1 − 𝑏2 (𝛼 − 𝛽) ,𝑘 = 𝑛 − 1 2 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 + (𝑏1 − 𝑏2 )2 + (𝛼 + 𝛽)2 − 2 𝑏1 − 𝑏2 (𝛼 − 𝛽) ,𝑘 = 𝑛 2 (3.14) 𝑘𝜋 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 2𝑚 𝜃𝑘 = (𝑘 − 𝑚 + 1)𝜋 , 𝑘 = 𝑚, … , 2𝑚 − 2 2𝑚

(Bukti dapat dilihat di Lampiran 3) Dari Teorema 1, 2 dan 3 maka menghasilkan adanya Akibat 1 yaitu Akibat 1 Setiap entri dalam subdiagonal dan superdiagonal dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 dan 𝐀𝑛 σ memenuhi kondisi (3.2) dan (3.3).

Vektor Eigen Selanjutnya akan dibahas vektor eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ . Misalkan komponen dari vektor eigen 𝑢𝑘 𝜍 , 𝑘 = 1, … , 𝑛 yang berhubungan dengan nilai eigen

(𝑘)

dengan

𝜆𝑘 , 𝑘 = 1, … , 𝑛, dinotasikan dengan 𝑢𝑗 , 𝑗 =

𝑏1 − 𝜆𝑘 , 𝑖 ganjil 𝑏2 − 𝜆𝑘 , 𝑖 genap 𝑖 = 1, 2, … , 𝑛 − 1 , 𝑘 = 1, 2, … , 𝑛 (3.16) memenuhi persamaan (3.5) dan 𝜃𝑘 , k =1, …, n adalah solusi dari persamaan berikut ini. (𝑘)

1, … , 𝑛 adalah solusi dari persamaan linear

𝜉𝑖

(𝑘)

−𝛼 + 𝜉1𝑘 𝑢1𝑘 + 𝑐𝜍1 𝑢2 = 0 (𝑘) (𝑘)

(𝑘)

𝑎𝜍1 𝑢1𝑘 + 𝜉2 𝑢2 + 𝑐𝜍2 𝑢3 = 0 ⋮ 𝑘 𝑎𝜍𝑛 −1 𝑢𝑛−1 + −𝛽 + 𝜉𝑛𝑘 𝑢𝑛𝑘 = 0 (3.15)

(𝑘)

= 𝑌𝑖

= 𝑏𝑖 − 𝜆𝑘 =

Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 𝛼𝛽

𝜉1𝑘 − 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 + [

𝑑2

𝜉2𝑘 − (𝛼 + 𝛽)] sin 2𝑚𝜃𝑘 = 0

(3.17)

dan jika 𝑛 = 2𝑚 𝑑 2 sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 − 𝛼𝜉2𝑘 + 𝛽𝜉1𝑘 − 𝛼𝛽 − 𝑑 2 sin 2𝑚𝜃𝑘 + 𝛼𝛽 sin 2𝑚 − 2 𝜃𝑘 = 0 Karena persamaan (3.15) adalah bergantung linear maka dengan mengeliminasi persamaan pertama atau baris pertama diperoleh

𝑎𝜍1 𝑢1𝑘 𝑎𝜍2 𝑢2𝑘

+ +

(𝑘) (𝑘) 𝜉2 𝑢2 (𝑘) (𝑘) 𝜉3 𝑢3

+

(𝑘) 𝑐𝜍2 𝑢3 (𝑘) 𝑐𝜍3 𝑢4

(3.18) =0

+ =0 ⋮ 𝑘 𝑎𝜍𝑛 −1 𝑢𝑛−1 + −𝛽 + 𝜉𝑛𝑘 𝑢𝑛𝑘 = 0 Sistem persamaan linear di atas dituliskan dalam bentuk matriks berikut ini.

9

𝑐𝜍2

(𝑘)

𝜉2 𝑎 𝜍2 0 ⋮ 0

(𝑘)

𝜉3 ⋱ ⋱ ⋯

(𝑘)

(𝑘)

−𝛼𝜍1 𝑢1 0 ⋮ ⋮ 0

𝑢2

0 ⋮ 0

⋯ 0 ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ 0 𝑎𝜍𝑛 −1

(𝑘)

𝑢3 ⋮ ⋮ (𝑘) 𝑢𝑛

𝑐𝜍𝑛 −1 (𝑘)

(−𝛽 + 𝜉𝑛 )

=

(3.19) (𝑘) 𝑢𝑗 , 𝑗, 𝑘

Vektor eigen

k

= 1, … , 𝑛, pada

𝑢𝑗 𝑘 𝜍 =

sistem persamaan (3.21) dapat dicari dengan Aturan Cramer, yaitu

Γj (σ) (𝑘)

∆𝑛−1

, 𝑗, 𝑘 = 1, … , 𝑛 (3.20)

dengan (𝑘)

Γ𝑗

𝑘

𝜉2

𝑐𝜍2

𝑎𝜍 2 0

𝜉3 ⋱

0

(𝑘)

… ⋱

⋱ ⋱

𝑐𝜍𝑗 −2

(𝑘)

−𝛼𝜍1 𝑢1 0 ⋮

(𝑘)

0 ⋮ ⋮ ⋮ 0

𝜍 =

0 ⋮ ⋮ ⋮ …

𝑎𝜍𝑗 −2 ⋱ ⋱ … …

𝜉𝑗 −1 𝑎𝜍𝑗 −1 ⋱ ⋱

0 0

0 0

… …

0 𝑐𝜍𝑗 (𝑘) 𝜉𝑗 +1

0 ⋮ ↓

𝑎𝜍𝑗 +1 0

0 ⋮

…

⋮

⋱ ⋱ ⋱

⋮ 0

𝑎𝜍𝑗 −1

𝑐𝜍𝑛 −2 (𝑘)

−𝛽 + 𝜉𝑛

Kolom ke j-1 Untuk 𝑗 = 2, … , 𝑛 , 𝑘 = 1, … , 𝑛 (k)

Persamaan Δn pada (3.21) ditentukan dari persamaan (3.10) dan (3.11) dengan 𝛼 = 0

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

sehingga

Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 (𝑘)

∆𝑛−1 = 𝑑 2𝑚 −2

𝑑 2 sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin 2𝑚𝜃𝑘 sin 2𝑚𝜃𝑘 (3.21)

dan jika 𝑛 = 2𝑚 (𝑘)

∆𝑛−1 = 𝑑 2𝑚 −2

𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 2𝑚𝜃𝑘 − 𝛽sin⁡(2𝑚 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝑚𝜃𝑘 (3.22)

Untuk setiap 𝑘 = 1, … , 𝑛 (Bukti dapat dilihat di Lampiran 4 bagian A) Pertukaran kolom ke- 𝑗 − 2 dengan kolom ke- 𝑗 − 1 dari Γ𝑗 𝑘 𝜍 , menghasilkan 𝑢𝑗

𝑘

𝜍 = −1

𝑗 −2

Λ𝑗 𝑘 𝜍 ∆𝑛−1

, 𝑗 = 2, … , 𝑛

dengan (𝑘)

𝑘

𝑇𝑗 −1 𝜍 =

(3.23) dengan

Λ𝑗

𝑘

𝜍

adalah determinan dari

matriks blok berikut ini. 𝐶𝑗 𝑘 𝜍 =

0

0

𝑘 𝑆𝑛−𝑗 (𝜍)

,

(𝑘)

𝜉2 𝛼𝜍 2 ⋱ 0 0 ⋯

𝑐𝜍2 ⋱ ⋱ ⋱ 0 …

adalah matriks dengan order diagonal

𝑘 𝑇𝑗 −1 (𝜍)

−𝛼𝜍1 𝑢1 0 ⋮ ⋮ ⋮ 0

(−𝛼𝜍1 𝑢1𝑘

0 0 ⋱ ⋱ ⋱ 0

… 0 0 … ⋮ ⋱ ⋱ 𝑐𝜍 𝑗 −2 ⋱ 𝜉 (𝑘) 𝑗 −1 0 𝛼 𝜍 𝑗 −1

𝑗 − 1 dengan

, 𝛼𝜍2 , … , 𝛼𝜍 𝑗 −1 ) dan

10

𝑘

𝐶𝑗 𝑘 𝜍

𝑆𝑛−𝑗 𝜍 (𝑘)

𝜉𝑗 +1 𝛼𝜍 𝑗 +1 0 ⋮ 0

=

0 𝑐𝜍 𝑗 +1 0 … ⋮ ⋱ ⋱ ⋱ 0 ⋱ ⋱ ⋱ ⋱ 𝑐𝜍𝑛 −1 ⋱ ⋱ 𝑘 0 𝛼 𝜍𝑛 −1 (−𝛽 + 𝜉𝑗 +1 ) ⋯

𝑘 = 𝑇𝑗 −1 𝜍

𝑆𝑛𝑘−𝑗 𝜍 (𝑘) (𝑘)

= −𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 𝑢1 ∆𝑛−𝑗 (3.24) Untuk setiap 𝑗 = 2, … , 𝑛 , 𝑘 = 1, … , 𝑛, dengan (𝑘)

∆𝑛−𝑗 diberikan oleh persamaan (3.10) dan

adalah matriks tridiagonal dengan order 𝑛 − 𝑗 yang memenuhi kondisi (3.2) dan (3.3) 𝑘 karena 𝑇𝑗 −1 (𝜍) memiliki invers maka

(3.11) untuk 𝛼 = 0 dan mengganti n dengan 𝑛 − 𝑗 sehingga diperoleh persamaan berikut ini.

Jika 𝑛 ganjil 𝑛−𝑗 −2

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil sin 2𝜃𝑘

𝑑 𝑛−𝑗 −1

𝜉1𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap sin 2𝜃𝑘

𝑑 (𝑘)

∆𝑛−𝑗 =

(3.25) dan jika 𝑛 genap 𝑑 𝑛−𝑗 −1

𝜉2𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil sin 2𝜃𝑘

𝑛−𝑗 −2

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉1𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap sin 2𝜃𝑘

(𝑘)

∆𝑛−𝑗 = 𝑑

(3.26) Untuk setiap 𝑗 = 2, … , 𝑛 , 𝑘 = 1, … , 𝑛 (Bukti dapat dilihat di Lampiran 4 bagian B) Dengan menyubstitusi persamaan (3.24) dengan (3.25) didapatkan 𝑢𝑗 𝑘 𝜍 = (−1) 𝑗 −2 −

(𝑘) ∆ (𝑘) 𝑛−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 𝑢1 (𝑘) ∆𝑛−1

(𝑘)

= (−1)

𝑗 −1

(𝑘) 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 𝑢1

∆𝑛−𝑗 (𝑘)

∆𝑛−1

(3.27) 𝑗 = 2, … , 𝑛 dan 𝑘 = 1, … , 𝑛 Dengan menyubstitusi persamaan (3.22), (3.23), (3.26) dan (3.27) dengan persamaan (3.28) didapatkan persamaan berikut.

Jika n ganjil 𝑑1−𝑗 𝑢𝑗

𝑘

𝜍 = 𝜇𝑗 𝜍

(𝑘) 𝑢1

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘 𝜉1𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘

𝑑 2−𝑗

, jika 𝑗 ganjil , jika 𝑗 genap

𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘

(3.28) dan jika n genap 𝑑1−𝑗 𝑢𝑗

𝑘

𝜍 = 𝜇𝑗 𝜍

(𝑘) 𝑢1

𝑑 −𝑗

𝜉2𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉1𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘

, jika 𝑗 ganjil

, jika 𝑗 genap (3.29)

dengan 𝜇𝑗 𝜍 = (−1)1−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1

11

Untuk setiap 𝑗 = 2, … , 𝑛 , 𝑘 = 1, … , 𝑛 (Bukti dapat dilihat di Lampiran 4 bagian C) Maka dapat diperoleh vektor eigen untuk matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ dalam teorema berikut ini.

Teorema 4 Vektor eigen 𝑢𝑘 𝜍 , 𝑘 = 1, … , 𝑛 dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ yaitu

Dipilih (𝑘)

𝑢1

= (−𝑑)𝑛−1

𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 2 𝜃𝑘

, jika 𝑗 genap

(3.30)

dan 𝜌𝑗 𝜍 = (−𝑑)𝑛−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 , 𝑗 = 2, … , 𝑛 maka, Jika n ganjil 𝑢𝑗 𝑘 𝜍 = 𝜌𝑗 𝜍

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil 𝜉1𝑘 − 𝛽 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 − 1 𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap

(3.31)

Jika n genap 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 𝑗 − 1 𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil 𝑢𝑗 𝑘 𝜍 = 𝜌𝑗 𝜍

𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 −

𝛽𝜉1𝑘 − 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap 𝑑

(3.32)

dengan 𝜌𝑗 𝜍 , 𝑗 = 2, … , 𝑛 dan 𝜃𝑘, 𝜉1𝑘 dan 𝜉2𝑘 , 𝑘 = 1,2, … . , 𝑛 dari persamaan (3.5), (3.17) dan (3.18) (Bukti dapat dilihat di Lampiran 4 bagian D) Contoh

𝑨6 𝜍 =

5−4 3 4 0 0 0 0

9 3 1 0 0 0

0 36 5 −3𝑖 0 0

0 0 12𝑖 3 4 − 2𝑖 5 0

0 0 0 4 + 2𝑖 5 5 −6

0 0 0 0 −6 3−3 3

Nilai eigen yang diperoleh dari matriks di atas dengan menggunakan persamaan (3.14) adalah 1 𝜋 𝜆1 = 4 − = 4 − 109 4 + 16 36 cos 2 2 6 1 𝜋 𝜆2 = 4 − 4 + 16 36 cos 2 = 4 − 37 2 3 1 𝜋 4 + 16 36 cos 2 = 4 + 109 𝜆3 = 4 + 2 6 1 𝜋 𝜆4 = 4 + = 4 + 37 4 + 16 36 cos 2 2 3 3 1 𝜆5 = 4 − 2 + 3− (5 − 3)2 + (4 3 + 3 3)2 − 2 5 − 3 (4 3 + 3 3) 2 2

12

= 4− 2+ 𝜆6 = 4 − 2 +

3 2

3 2

3−

1 7 1 161 − 4 3 = 4 − 161 − 4 3 3− 2 2 2

1 (5 − 3)2 + (4 3 + 3 3)2 − 2 5 − 3 (4 3 + 3 3) 2 1 7 1 161 − 4 3 = 4 − 3+ 161 − 4 3 3+ 2 2 2

3+

= 4− 2+

3 2

Untuk 𝜆1 = 4 − 109 vektor eigennya 

𝑢11 𝜍 = −6 =



5

69984 2

𝑢21 𝜍 = −6

4

−

9 2

= 34992 3 3 5−4+ 109 −36

4 6 sin 𝜋 −

sin

6

2𝜋 3

= 432(−9 − 9 109 + 36 3) 



𝑢31 𝜍 = −6

3

= −6

3

𝑢41 𝜍 = −6

2

1 −

3 − 4 + 109 − 3 3 sin 1 2

3+

1

3

− 3 3 sin

𝜋 3

3 109 − 9

2

−3𝑖 6 sin

2𝜋

2𝜋 3

−

3 3 5−4+ 109 −36 6

sin

𝜋 3

= 3 −3𝑖 36 3 − 9 − 9 109 + 36 

𝜋

𝑢51 𝜍 = (−6) 4 − 2𝑖 5

3 − 4 + 109 − 3 3 sin − 3 3 sin 0 3

= −3 4 − 2𝑖 5 − 3 + 3 109 − 9 

𝑢61 𝜍 = −6

0

𝜋

3 3 5−4+ 109 −36

3

6

−6 6 sin −

sin 0

= −18 3 34992 432(−9 − 9 109 + 36 3) −6 Jadi vektor eigen untuk 𝜆1 yaitu

3

−

1 2

3+

1 2

3 109 − 9

3 −3𝑖 36 3 − 9 − 9 109 + 36 −3 4 − 2𝑖 5 − 3 + 3 109 − 9 −18 3

IV SIMPULAN DAN SARAN 4.1 Simpulan Berdasarkan pembahasan yang telah diuraikan sebelumnya, 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 matriks tridiagonal 𝐁𝑛 σ , yaitu matriks tridiagonal yang diperoleh dari matriks

tridiagonal 𝐀𝑛 σ dengan menukar bilangan 𝛼 dengan 𝛽, 𝛽 dengan 𝛼, 𝑏1 dengan 𝑏2 , dan 𝑏2 dengan 𝑏1 sama dengan nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ . 4.2 Saran Bagi yang berminat dapat membahas nilai eigen dan vektor eigen dari matriks tridiagonal dengan entri diagonal utama tidak berulang untuk karya ilmiahnya.

13

DAFTAR PUSTAKA Anton H. 1998. Aljabar Linear Elementer. Ed ke-5. Silaban P, Susila IN, penerjemah; Jakarta: Erlangga. Terjemahan dari: Elementary Linear Algebra. Goldberg RR. 1976. Methods of Real Analysis. Ed ke-2. New York: John Wiley & Sons, Inc. Kouachi S. 2006. Eigenvalues and Eigenvectors of some tridiagonal matrices with non constant 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. San Diego: Academic Press, Inc Leon SJ. 2001. Aljabar Linear dan Aplikasinya. Ed ke-5. Bondan A, penerjemah. Jakarta: Erlangga. Terjemahan dari: Linear Algebra with Applications. Stewart J. 2001. Kalkulus. Ed ke-4, jilid 1. Gunawan H & Susila IN, penerjemah. Jakarta: Erlangga. Terjemahan dari: Calculus. Zhang F. 1999. Matrix Theory: Basic Result and Techniques. New York: Springer Verlag.

14

LAMPIRAN

15

Lampiran 1 Bukti Teorema 1 A. Bukti persamaan (3.9) ∆1 = 𝐴1 𝜍 − 𝜆𝐼1 = (−𝛼 + 𝑏1 ) − 𝜆(1) = (−𝛼 + 𝑏1 − 𝜆) = (−𝛼) + (𝑏1 − 𝜆) = 𝑌1 − 𝛼 Jika ∆10 adalah polinomial karakteristik dengan 𝛼 = 𝛽 = 0, maka ∆1 = ∆10 − 𝛼 ∆2 = 𝐴2 𝜍 − 𝜆𝐼2 −𝛼 + 𝑏1 𝑐1 𝜆 0 = − 𝑎1 −𝛽 + 𝑏2 0 𝜆 𝑌 −𝛼 𝑐1 = 1 𝑎1 𝑌2 − 𝛽 = 𝑌1 − 𝛼 𝑌2 − 𝛽 − 𝑎1 𝑐1 = 𝑌1 𝑌2 − 𝛽𝑌1 − 𝛼𝑌2 + 𝛼𝛽 − 𝑑 2 = 𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 − 𝛼𝑌2 − 𝛽𝑌1 + 𝛼𝛽 Jika ∆02 adalah polinomial karakteristik dengan 𝛼 = 𝛽 = 0, maka ∆2 = ∆02 − 𝛼 𝑌2 − 𝛽 𝑌1 + 𝛼𝛽 ∆3 = 𝐴3 𝜍 − 𝜆𝐼3 −𝛼 + 𝑏1 𝑐1 0 𝜆 0 0 𝑎1 𝑏2 𝑐2 = − 0 𝜆 0 0 𝑎2 −𝛽 + 𝑏1 0 0 𝜆 𝑌1 − 𝛼 𝑐1 0 𝑌2 𝑐2 = 𝑎1 0 𝑎2 𝑌1 − 𝛽 𝑎1 𝑐2 𝑌 𝑐2 = 𝑌1 − 𝛼 2 − 𝑐1 0 𝑌 − 𝛽 𝑎2 𝑌1 − 𝛽 1 = 𝑌1 − 𝛼 𝑌2 𝑌1 − 𝛽 − 𝑑 2 − 𝑐1 (𝑎1 𝑌1 − 𝛽 ) = 𝑌1 − 𝛼 𝑌2 𝑌1 − 𝛽 − 𝑌1 − 𝛼 𝑑 2 − 𝑑 2 𝑌1 − 𝛽 = 𝑌2 𝑌1 2 − 𝛼𝑌1 − 𝛽𝑌1 + 𝛼𝛽 − 𝑑 2 𝑌1 + 𝑑 2 𝛼 − 𝑑 2 𝑌1 + 𝑑 2 𝛽 = 𝑌1 2 𝑌2 − 𝛼𝑌1 𝑌2 − 𝛽𝑌1 𝑌2 + 𝛼𝛽𝑌2 − 𝑑 2 𝑌1 − 𝑑 2 𝛼 − 𝑑 2 𝑌1 + 𝑑 2 𝛽 = 𝑌1 2 𝑌2 − 2𝑑 2 𝑌1 − 𝑌1 𝑌2 𝛼 + 𝛽 − 𝑑 2 𝛼 + 𝛽 + 𝛼𝛽𝑌2 = 𝑌1 2 𝑌2 − 2𝑑 2 𝑌1 − 𝛼 𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 − 𝛽 𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 + 𝛼𝛽𝑌2 Jika ∆03 adalah polinomial karakteristik dengan 𝛼 = 𝛽 = 0, maka 𝑌 𝑐2 𝑌 𝑐1 ∆3 = ∆03 − 𝛼 1 −𝛽 1 + 𝛼𝛽 𝑌2 𝑎2 𝑌2 𝑎1 𝑌2 ∆4 = 𝐴4 𝜍 − 𝜆𝐼4 −𝛼 + 𝑏1 𝑎1 = 0 0 𝑌1 − 𝛼 𝑐1 𝑎1 𝑌2 = 𝑎2 0 0 0

𝑐1 𝑏2 𝑎2 0 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3

0 0 𝑐2 0 𝑐3 𝑏1 𝑎3 −𝛽 + 𝑏2 0 0 𝑐3 𝑌2 − 𝛽

𝜆 − 0 0 0

0 𝜆 0 0

0 0 0 0 𝜆 0 0 𝜆

16

𝑌2 𝑐2 0 𝑎1 𝑐2 0 𝑐3 𝑐3 = (𝑌1 − 𝛼) 𝑎2 𝑌1 − 𝑐1 0 𝑌1 0 𝑎3 𝑌2 − 𝛽 0 𝑎3 𝑌2 − 𝛽 = (𝑌1 − 𝛼) 𝑌2 𝑌1 𝑌2 − 𝛽 − 𝑑 2 − 𝑐2 𝑎2 𝑌2 − 𝛽 − 𝑐1 [𝑎1 𝑌1 𝑌2 − 𝛽 − 𝑑 2 ] = (𝑌1 − 𝛼) 𝑌2 𝑌1 𝑌2 − 𝛽𝑌1 − 𝑑 2 − 𝑑 2 𝑌2 − 𝛽 − 𝑑 2 [𝑌1 𝑌2 − 𝛽 − 𝑑 2 ] = (𝑌1 − 𝛼) 𝑌1 𝑌2 2 − 𝛽𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 𝑌2 − 𝑑 2 𝑌2 + 𝑑 2 𝛽 − 𝑑 2 [𝑌1 𝑌2 − 𝛽𝑌1 − 𝑑 2 ] = 𝑌1 2 𝑌2 2 − 𝛽𝑌1 2 𝑌2 − 𝑑 2 𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 𝑌1 𝑌2 + 𝑑 2 𝑌1 𝛽 − 𝛼𝑌1 𝑌2 2 + 𝛼𝛽𝑌1 𝑌2 + 𝑑 2 𝛼𝑌2 + 𝑑 2 𝛼𝑌2 −𝑑 2 𝛼𝛽 − 𝑑 2 𝑌1 𝑌2 + 𝑑 2 𝛽𝑌1 + (𝑑 2 )2 = 𝑌1 2 𝑌2 2 − 3𝑑 2 𝑌1 𝑌2 + (𝑑 2 )2 − 𝛼 𝑌1 𝑌2 2 − 2𝑑 2 𝑌2 − 𝛽 𝑌1 2 𝑌2 − 2𝑑 2 𝑌1 + 𝛼𝛽(𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 ) Jika ∆04 adalah polinomial karakteristik dengan 𝛼 = 𝛽 = 0, maka 𝑌1 𝑐1 0 𝑌2 𝑐2 0 𝑌 𝑐2 ∆4 = ∆04 − 𝛼 𝑎2 𝑌1 𝑐3 − 𝛽 𝑎1 𝑌2 𝑐2 + 𝛼𝛽 2 𝑎2 𝑌1 0 𝑎2 𝑌1 0 𝑎3 𝑌2 ∆5 = 𝐴5 𝜍 − 𝜆𝐼5 −𝛼 + 𝑏1 𝑐1 𝑎1 𝑏2 𝑎2 = 0 0 0 0 0

0 𝑐2 𝑏3 𝑎3 0

0 0 𝑐3 𝑏4 𝑎4

0 0 0 𝑐4 −𝛽 + 𝑏2

𝜆 0 − 0 0 0

0 𝜆 0 0 0

0 0 𝜆 0 0

0 0 0 𝜆 0

0 0 0 0 𝜆

𝑐1 𝑌2 𝑎2 0 0 𝑌2 𝑎2 = 𝑌1 − 𝛼 0 0 𝑌1 − 𝛼 𝑎1 = 0 0 0

0 0 0 𝑐2 0 0 𝑌1 𝑐3 0 𝑐4 𝑎3 𝑌2 0 𝑎4 𝑌1 − 𝛽 𝑐2 0 𝑎1 𝑐2 0 0 0 𝑌1 𝑐3 0 0 0 𝑌1 𝑐3 − 𝑐1 0 𝑎 𝑐4 𝑐4 𝑌2 𝑎3 𝑌2 3 0 0 𝑎4 𝑌1 − 𝛽 0 𝑎4 𝑌1 − 𝛽 𝑌1 𝑐3 0 𝑎2 𝑐3 0 𝑐4 𝑐4 = 𝑌1 − 𝛼 𝑌1 𝑎3 𝑌2 − 𝑐2 0 𝑌2 − 𝑐1 𝑎1 0 𝑎4 𝑌1 − 𝛽 0 𝑎4 𝑌1 − 𝛽 0 𝑐3 0 0 𝑐2 0 𝑌2 0 𝑎4 𝑌1 − 𝛽 = 𝑌1 − 𝛼 𝑌2 (𝑌1 𝑌2 𝑌1 − 𝛽 − 𝑑 2 ) − 𝑐2 (𝑎3 𝑌1 − 𝛽 ) − 𝑐2 𝑎2 (𝑌2

𝑌1 𝑎3 0

𝑐3 𝑌2 𝑎4

0 𝑐4 − 𝑌1 − 𝛽

𝑌1 − 𝛽 − 𝑑 2 ) −

𝑐1 [𝑎1 𝑌1 𝑌2 𝑌1 − 𝛽 − 𝑑 2 − 𝑐3 𝑎3 𝑌1 − 𝛽 ] = 𝑌1 − 𝛼 𝑌2 𝑌1 𝑌1 𝑌2 − 𝛽𝑌2 − 𝑑 2 − 𝑑 2 𝑌1 − 𝛽 − 𝑑 2 𝑌1 𝑌2 − 𝛽𝑌2 − 𝑑 2 −𝑐1 [𝑎1 [𝑌1 𝑌1 𝑌2 − 𝛽𝑌2 − 𝑑 2 − 𝑑 2 𝑌1 − 𝛽 ]] = 𝑌1 − 𝛼 𝑌1 2 𝑌2 2 − 𝛽𝑌1 𝑌2 2 − 𝑑 2 𝑌22 − 𝑑 2 𝑌1 𝑌2 + 𝑑 2 𝑌2 𝛽 − 𝑑 2 𝑌1 𝑌2 + 𝑑 2 𝑌2 𝛽 − 𝑑 2 2 − 𝑑 2 [𝑌13 𝑌2 − 𝛽𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 − 𝑑 2 𝑌1 − 𝑑 2 𝛽] = 𝑌13 𝑌22 − 𝛽𝑌1 𝑌2 2 − 𝑑 2 𝑌1 𝑌2 2 − 𝑑 2 𝑌1 2 𝑌2 + 𝑑 2 𝛽𝑌1 2 − 𝑑 2 𝑌1 2 𝑌2 + 𝑑 2 𝛽𝑌1 𝑌2 + 𝑑 2 2 𝑌1 −𝛼𝑌12 𝑌22 + 𝛼𝛽𝑌1 𝑌2 + 𝑑 2 𝛼𝑌2 2 − 𝑑 2 𝛼𝛽𝑌2 + 𝑑 2 𝛼𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 𝛼𝛽𝑌2 − 𝑑 2 2 𝛼 − 𝑑 2 𝑌1 𝑌2 2 + 𝑑 2 𝛽𝑌1 𝑌2 + 𝑑 2 2 + 𝑑 2 2 𝑌1 − 𝑑 2 2 𝛽 = 𝑌13 𝑌22 − 3𝑑 2 𝑌1 2 𝑌2 + 2 𝑑 2 2 𝑌1 + 𝑑 2 2 − 𝛼 𝑌12 𝑌22 − 𝑑 2 𝑌2 2 − 2𝑑 2 𝑌1 𝑌2 + 𝑑 2 2 −𝛽 𝑌12 𝑌22 − 𝑑 2 𝑌1 2 − 2𝑑 2 𝑌1 𝑌2 + 𝑑 2 2 + 𝛼𝛽 𝑌1 𝑌2 − 2𝑑 2 𝑌2 − 𝑑 2 Jika ∆05 adalah polinomial karakteristik dengan 𝛼 = 𝛽 = 0, maka 𝑌2 𝑐2 0 0 𝑌1 𝑐1 0 0 𝑌2 𝑐2 𝑎1 𝑌2 𝑐2 0 𝑎2 𝑌1 𝑐3 0 0 𝑎 𝑌1 ∆5 = ∆5 − 𝛼 − 𝛽 + 𝛼𝛽 2 0 𝑎2 𝑌1 𝑐3 0 𝑎3 𝑌2 𝑐4 0 𝑎 3 0 0 𝑎3 𝑌2 0 0 𝑎4 𝑌1

0 𝑐3 𝑌2

17

Jadi, didapatkan bentuk umum Jika 𝛼 ≠ 0 dan 𝛽 ≠ 0 𝑌2 𝑎2 ∆𝑛 = ∆0𝑛 − 𝛼 0 ⋮ 0

𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0

0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯

0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−1

0 ⋮ 0

𝑐𝑛−1 𝑌1

𝑌1 𝑎1 −𝛽 0 ⋮ 0

𝑐1 𝑌2 𝑎2 ⋮ 0

0 𝑐2 ⋱ ⋱ ⋯

0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2

0 ⋮ 0

𝑐𝑛−2 𝑌2

𝑌2 𝑎2 + 𝛼𝛽 0 ⋮ 0

𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0

0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯

0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2

0 ⋮ 0

𝑐𝑛 −2 𝑌2

(3.9) B. Bukti persamaan (3.10) dan (3.11)

Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ganjil 𝑌2 𝑎2 ∆𝑛 = ∆0𝑛 − 𝛼 0 ⋮ 0

𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0

0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯

0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−1

0 ⋮ 0

𝑐𝑛−1 𝑌1

𝑌1 − 𝛼 𝑎1 0 ⋮ 0 𝑌1 𝑎1 −𝛽 0 ⋮ 0

𝑐1 0 0 0 𝑌2 𝑐 2 ⋮ ⋮ ⋱ 𝑎2 ⋱ 0 ⋱ 𝑐𝑛−2 ⋱ ⋮ 0 ⋯ 𝑎𝑛−2 𝑌2 − 𝛽 𝑐1 0 0 0 𝑌2 𝑐2 ⋮ ⋮ ⋱ 𝑎2 ⋱ 0 + 𝛼𝛽 𝑐𝑛−2 ⋱ ⋮ ⋱ 𝑌2 0 ⋯ 𝑎𝑛−2

𝑌2 𝑎2 0 ⋮ 0

𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0

0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯

0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2

0 ⋮ 0

𝑐𝑛 −2 𝑌2

𝑌1 sin(2𝑚 + 2)𝜃 sin 2𝑚 + 1 𝜃 𝑌2 sin 2𝑚𝜃 − 𝛼 + 𝛽 𝑑 2𝑚 + 𝛼𝛽𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 sin 𝜃 sin 2𝜃 𝛼𝛽 𝑌1 sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 2 𝛼 + 𝛽 cos 𝜃 sin 2𝑚 + 1 𝜃 + 2 𝑌2 sin 2𝑚𝜃 𝑑 = 𝑑 2𝑚 2 sin 𝜃 cos 𝜃 𝛼𝛽 𝑌1 sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚𝜃 + 𝜃 + 𝜃 + sin(2𝑚𝜃 + 𝜃 − 𝜃) + 2 𝑌2 sin 2𝑚𝜃 𝑑 2𝑚 =𝑑 sin 2𝜃 𝛼𝛽 𝑌1 sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚 + 2 𝜃 + sin 2𝑚𝜃 + 2 𝑌2 sin 2𝑚𝜃 𝑑 2𝑚 =𝑑 sin 2𝜃 𝛼𝛽 𝑌1 − 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚 + 2 𝜃 + 2 𝑌2 − 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚𝜃 𝑑 2𝑚 =𝑑 sin 2𝜃 ∆𝑛 = 𝑑 2𝑚

Jika 𝑛 = 2𝑚 genap 𝑌2 𝑎2 ∆𝑛 = ∆0𝑛 − 𝛼 0 ⋮ 0

𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0

0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯

0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−1

𝑌1 − 𝛼 𝑐 1 0 0 0 𝑌2 𝑐 2 𝑎1 ⋮ ⋮ ⋱ 𝑎2 ⋱ 0 0 ⋱ 𝑐𝑛−2 ⋱ ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ 𝑎𝑛−2 𝑌2 − 𝛽 𝑌1 𝑐1 0 𝑌2 0 0 0 𝑎1 𝑌2 𝑐2 𝑎2 ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ 0 − 𝛽 0 𝑎2 ⋱ 0 + 𝛼𝛽 0 𝑐𝑛−1 𝑐𝑛−2 ⋱ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ 𝑌1 𝑌2 0 0 ⋯ 𝑎𝑛−2 0

𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0

0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯

0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2

0 ⋮ 0

𝑐𝑛 −2 𝑌2

sin(2𝑚 + 1)𝜃 𝑌2 sin 2𝑚𝜃 𝑌1 sin 2𝑚𝜃 − 𝛼𝑑 2𝑚 −2 − 𝛽𝑑 2𝑚 −2 sin 𝜃 sin 2𝜃 sin 2𝜃 sin(2𝑚 − 1)𝜃 +𝛼𝛽𝑑 2𝑚 −2 sin 𝜃 2 2𝑑 sin 2𝑚 + 1 𝜃 cos 𝜃 − 𝛼𝑌2 + 𝛽𝑌1 sin 2𝑚𝜃 + 2𝛼𝛽 sin(2𝑚 − 1)𝜃 cos 𝜃 = 𝑑 2𝑚 −2 2 sin 𝜃 cos 𝜃 2𝑑 2 sin 2𝑚 + 1 𝜃 cos 𝜃 − 𝛼𝑌2 + 𝛽𝑌1 sin 2𝑚𝜃 + 2𝛼𝛽 sin(2𝑚 − 1)𝜃 cos 𝜃 2𝑚 −2 =𝑑 sin 2𝜃 2 𝑑 [sin 2𝑚 + 2 𝜃 + sin 2𝑚𝜃] − 𝛼𝑌 + 𝛽𝑌 sin 2𝑚𝜃 + 𝛼𝛽[sin 2𝑚𝜃 + sin(2𝑚 − 2)𝜃 2 1 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 ∆𝑛 = 𝑑 2𝑚

18

𝑑 2 sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼𝑌2 + 𝛽𝑌1 − 𝛼𝛽 − 𝑑 2 sin 2𝑚𝜃 + 𝛼𝛽 sin(2𝑚 − 2)𝜃 sin 2𝜃 Jadi persamaan (3.10) dan (3.11) terbukti = 𝑑 2𝑚 −2

C. Bukti persamaan (3.12) Jika 𝛼𝛽 = 𝑑 2 untuk n genap 𝑑 2 sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼𝑌2 + 𝛽𝑌1 − 𝑑 2 − 𝑑 2 sin 2𝑚𝜃 + 𝑑 2 sin(2𝑚 − 2)𝜃 sin 2𝜃 2 𝑑 [sin 2𝑚 + 2 𝜃 + sin(2𝑚 − 2)𝜃] − 𝛼𝑌2 + 𝛽𝑌1 − 2𝑑 2 sin 2𝑚𝜃 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 2 𝑑 [2sin 2𝑚𝜃 cos 2𝜃] − 𝛼𝑌 + 𝛽𝑌1 − 2𝑑 2 sin 2𝑚𝜃 2 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 2 2𝑑 sin 2𝑚𝜃 cos 2𝜃 − 𝛼𝑌2 + 𝛽𝑌1 − 2𝑑 2 sin 2𝑚𝜃 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 2 2 [2𝑑 cos 2𝜃 − 𝛼𝑌 − 𝛽𝑌 2 1 + 2𝑑 ] sin 2𝑚𝜃 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 [2𝑑 2 (2cos 2 𝜃 − 1) − 𝛼𝑌2 − 𝛽𝑌1 + 2𝑑 2 ] sin 2𝑚𝜃 2𝑚 −2 =𝑑 sin 2𝜃 2 2 2 [4𝑑 cos 𝜃 − 2𝑑 − 𝛼𝑌2 − 𝛽𝑌1 + 2𝑑 2 ] sin 2𝑚𝜃 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 𝑌 𝑌 − 𝛼𝑌 − 𝛽𝑌 sin 2𝑚𝜃 1 2 2 1 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 Jadi persamaan (3.12) terbukti ∆𝑛 = 𝑑 2𝑚 −2

C. Bukti persamaan (3.7) dan (3.8) Sebelumnya akan dikonstruksi kembali persamaan (3.7) dan (3.8) yang berkaitan dengan ∆0𝑛−1 dan ∆0𝑛−2 , diperoleh Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ganjil sin 2𝑚 + 1 𝜃 ∆0𝑛−1 = 𝑑 2𝑚 sin 𝜃 sin 2𝑚𝜃 ∆0𝑛−2 = 𝑑 2𝑚 −2 𝑌1 sin 2𝜃 𝑌 sin 2𝑚 + 2 𝜃 0 2𝑚 1 ∆𝑛 = 𝑑 sin 2𝜃 sin 2𝑚 + 2 𝜃 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝑚𝜃 2𝑚 = 𝑌1 𝑑 + 𝑌1 𝑑 2𝑚 − 𝑌1 𝑑 2𝑚 sin 2𝜃 sin 2𝜃 sin 2𝜃 𝑑2 sin 2𝑚 + 2 𝜃 + sin 2𝑚𝜃 2 sin 2𝑚𝜃 = 𝑌1 𝑑 2𝑚 − 𝑌1 𝑑 2𝑚 𝑑 sin 2𝜃 sin 2𝜃 sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 2𝑚𝜃 = 𝑌1 𝑑 2𝑚 − 𝑑 2 𝑌1 𝑑 2𝑚 −2 sin 𝜃 sin 2𝜃 = 𝑌1 ∆0𝑛−1 − 𝑑 2 ∆0𝑛−2 (L1.1) Serta diperoleh juga persamaan dengan menggunakan persamaan (L1.1), yaitu ∆02𝑚 +1 = 𝑌1 ∆02𝑚 − 𝑑 2 ∆02𝑚 −1 Jika 𝑛 = 2𝑚 genap sin 2𝑚𝜃 ∆0𝑛−1 = 𝑑 2𝑚 −2 𝑌1 sin 2𝜃

19

sin(2𝑚 − 1)𝜃 sin 𝜃 sin 2𝑚 + 1 𝜃 ∆0𝑛 = 𝑑 2𝑚 sin 𝜃 sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin(2𝑚 − 1)𝜃 sin(2𝑚 − 1)𝜃 2𝑚 =𝑑 + 𝑑 2𝑚 − 𝑑 2𝑚 sin 𝜃 sin 𝜃 sin 𝜃 𝑑2 sin 2𝑚 + 1 𝜃 + sin(2𝑚 − 1)𝜃 2 sin(2𝑚 − 1)𝜃 − 𝑑 2𝑚 𝑑 = 𝑑 2𝑚 sin 𝜃 sin 𝜃 ∆0𝑛−2 = 𝑑 2𝑚 −2

= 𝑑 2𝑚 = 𝑑 2𝑚 = 𝑑 2𝑚

2 sin 2𝑚𝜃 cos 𝜃 sin(2𝑚 − 1)𝜃 − 𝑑 2 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 sin 𝜃 2 cos 𝜃 sin(2𝑚 − 1)𝜃 4 sin 2𝑚𝜃 cos 2 𝜃 − 𝑑 2 𝑑 2𝑚 −2 sin 𝜃 sin 2𝜃 𝑌1 𝑌2 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝑚 − 1 𝜃 𝑑2 − 𝑑 2 𝑑 2𝑚 −2 sin 𝜃 sin 2𝜃

sin 2𝑚𝜃 sin 2𝑚 − 1 𝜃 − 𝑑 2 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 sin 𝜃 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝑚 −1 𝜃 = 𝑌2 𝑑 2𝑚 −2 𝑌1 − 𝑑 2 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 sin 𝜃 = 𝑌2 ∆0𝑛−1 − 𝑑 2 ∆0𝑛−2 Sehingga diperoleh, ∆02𝑚 = 𝑌2 ∆02𝑚 −1 − 𝑑 2 ∆02𝑚 −2 Jadi didapatkan ∆02𝑚 +2 = 𝑌2 ∆02𝑚 +1 − 𝑑 2 ∆02𝑚 = 𝑌2 𝑌1 ∆02𝑚 − 𝑑 2 ∆02𝑚 −1 − 𝑑 2 ∆02𝑚 = 𝑌1 𝑌2 ∆02𝑚 − 𝑌2 𝑑 2 ∆02𝑚 −1 − 𝑑 2 ∆02𝑚 ∆02𝑚 + 𝑑 2 ∆02𝑚 −2 = 𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 ∆02𝑚 − 𝑌2 𝑑 2 𝑌2 = 𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 ∆02𝑚 − 𝑑 2 ∆02𝑚 − 𝑑 4 ∆02𝑚 −2 = 𝑌1 𝑌2 − 2𝑑 2 ∆02𝑚 − 𝑑 4 ∆02𝑚 −2 = 𝑑 2𝑚 −2 𝑌1 𝑌2

(L1.2) 1. Akan dibuktikan persamaan (3.8) dengan induksi matematika. Bukti:  Untuk 𝑛 = 2, 𝑚 = 0 ∆02 = 𝑌1 𝑌2 − 𝑑 2 Persamaan terpenuhi  Untuk 𝑛 = 4, 𝑚 = 1 ∆04 = 𝑌1 2 𝑌2 2 − 3𝑑 2 𝑌1 𝑌2 + (𝑑 2 )2 Persamaan terpenuhi  Anggap benar untuk setiap integer < 2𝑚 + 2 genap  Akan dibuktikan integer 𝑛 = 2𝑚 + 2 benar Bukti: Dengan menggunakan persamaan (3.5) dengan (L1.2) maka ∆02𝑚 +2 = 4𝑑 2 cos 2 𝜃 − 2𝑑 2 ∆02𝑚 − 𝑑 4 ∆02𝑚 −2 Karena ∆02𝑚 dan ∆02𝑚 −2 dianggap benar, maka ∆02𝑚 +2 = 4𝑑 2 cos 2 𝜃 − 2𝑑 2 ∆02𝑚 − 𝑑 4 ∆02𝑚 −2 sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 2𝑚 − 1 𝜃 = 4𝑑 2 cos 2 𝜃 − 2𝑑 2 𝑑 2𝑚 − 𝑑 4 𝑑 2𝑚 −2 sin 𝜃 sin 𝜃

20

sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 2𝑚 − 1 𝜃 − 2𝑑 2𝑚 +2 − 𝑑 2𝑚 +2 sin 𝜃 sin 𝜃 sin 𝜃 (4 cos 2 𝜃 − 2) sin 2𝑚 + 1 𝜃 − sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 𝜃 2 cos 2𝜃 sin 2𝑚 + 1 𝜃 − sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 𝜃 2 sin 2𝑚 + 1 𝜃 cos 2𝜃 − sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 𝜃 sin 2𝑚 + 3 𝜃 + sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 2𝑚 − 1 𝜃 − sin 𝜃 sin 𝜃 sin 2𝑚 + 3 𝜃 sin 𝜃

= 4𝑑 2𝑚 +2 cos 2 𝜃 = 𝑑 2𝑚 +2 = 𝑑 2𝑚 +2 = 𝑑 2𝑚 +2 = 𝑑 2𝑚 +2 = 𝑑 2𝑚 +2 Jadi,

sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 Persamaan (3.8) terbukti 2. Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ganjil Dengan persamaan (L1.2) untuk 𝑛 = 2𝑚 + 2 didapatkan ∆02𝑚 +2 + 𝑑 2 ∆02𝑚 ∆02𝑚 +1 = 𝑌2 Dengan menggunakan persamaan (3.8) untuk 𝑛 = 2𝑚 dan 𝑛 = 2𝑚 + 2, didapatkan sin 2𝑚 + 3 𝜃 sin 2𝑚 + 1 𝜃 𝑑 2𝑚 +2 + 𝑑 2 𝑑 2𝑚 sin 𝜃 sin 𝜃 0 ∆2𝑚 +1 = 𝑌2 sin 2𝑚 + 3 𝜃 + sin 2𝑚 + 1 𝜃 = 𝑑 2𝑚 +2 𝑌2 sin 𝜃 2𝑚𝜃 + 3𝜃 + (2𝑚𝜃 + 𝜃) 2𝑚𝜃 + 3𝜃 − (2𝑚𝜃 + 𝜃) sin cos 2 2 2𝑚 +2 = 2𝑑 𝑌2 sin 𝜃 2𝜃 4𝑚𝜃 + 4𝜃 cos sin 2 2 2𝑚 +2 = 2𝑑 𝑌2 sin 𝜃 sin(2𝑚𝜃 + 2𝜃) cos 𝜃 = 2𝑑 2𝑚 +2 𝑌2 sin 𝜃 sin(2𝑚 + 2)𝜃 cos 𝜃 = 2𝑑 2𝑚 +2 𝑌2 sin 𝜃 sin(2𝑚 + 2)𝜃 cos 𝜃 2 2 = 2𝑑 2𝑚 +2 4𝑑 cos 𝜃 sin 𝜃 𝑌1 𝑌1 sin(2𝑚 + 2)𝜃 cos 𝜃 = 𝑑 2𝑚 2 cos 2 𝜃 sin 𝜃 𝑌1 sin(2𝑚 + 2)𝜃 = 𝑑 2𝑚 2 sin 𝜃 cos 𝜃 𝑌 sin(2𝑚 + 2)𝜃 1 = 𝑑 2𝑚 sin 2𝜃 𝑌 sin (2𝑚 +2)𝜃 Sehingga persamaannya menjadi ∆02𝑚 +1 = 𝑑 2𝑚 1 ∆02𝑚 = 𝑑 2𝑚

sin 2𝜃

Jadi persamaan (3.7) terbukti.

21

Lampiran 2 Bukti Teorema 2 Akan dibuktikan persamaan (3.13) Untuk 𝛼 = 𝛽 = 0 dan kondisi (3.2) dan (3.3) terpenuhi, sehingga dengan 𝜆 = 𝜆𝑘 dan 𝜃 = 𝜃𝑘 , persamaan (3.5) menjadi 𝑌1 𝑌2 = 4𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 (𝑏1 − 𝜆𝑘 ) 𝑏2 − 𝜆𝑘 = 4𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 𝑏1 𝑏2 − 𝑏1 𝜆𝑘 − 𝑏2 𝜆𝑘 + 𝜆𝑘 2 = 4𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 𝜆𝑘 2 − 𝑏1 + 𝑏2 𝜆𝑘 + 𝑏1 𝑏2 − 4𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 = 0 2

𝜆𝑘 = =

𝑏1 + 𝑏2 ± 𝑏1 + 𝑏2 ±

− 𝑏1 + 𝑏2 𝑏1 + 𝑏2

2

− 4𝑏1 𝑏2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘

2 − 4𝑏1 𝑏2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 2

2

𝑏1 + 𝑏2 ± 𝑏1 2 + 2𝑏1 𝑏2 + 𝑏2 2 − 4𝑏1 𝑏2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 =

2 𝑏1 + 𝑏2 ± 𝑏1 − 2𝑏1 𝑏2 + 𝑏2 2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 2

= =

2 𝑏1 + 𝑏2 ±

𝑏1 − 𝑏2 2

2

+ 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘

Jadi,

𝜆𝑘 =

𝑏1 + 𝑏2 − (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 2 𝑏1 + 𝑏2 + (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚 2

Selanjutnya akan dicari untuk 𝑘 = 𝑛 = 2𝑚 + 1 Dari persamaan (3.10) dan hipotesis 𝛼 = 𝛽 = 0 diperoleh 𝑑 2𝑚

𝑌1 sin 2𝑚 +2 𝜃 sin 2𝜃

= 0, karena 𝑑 2𝑚 ≠ 0,

maka 𝑌1 = 0 atau sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 = 0. Jika 𝑌1 = 0 maka sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 ≠ 0, sehingga 𝑌1 = 0 𝑏1 − 𝜆𝑘 = 0 𝜆𝑘 = 𝑏1 Jadi,

𝜆𝑘 =

𝑏1 + 𝑏2 − (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 2 𝑏1 + 𝑏2 + (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚 2 𝑏1 , 𝑘=𝑛

Selanjutnya akan dicari 𝜃𝑘 Jika 𝑛 ganjil Dari persamaan (3.10) dan 𝛼 = 𝛽 = 0 diperoleh sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 = 0 maka 𝑌1 ≠ 0, sehingga

22

sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 = 0 sin(2𝑚 + 2) 𝜃𝑘 = sin 0 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 = 0 + 𝑘𝜋, 𝑘 = 1, … , 𝑚 𝑘𝜋 𝜃𝑘 = , 𝑘 = 1, … , 𝑚 (2𝑚 + 2) Jika 𝑘 = 𝑚 + 1, … ,2𝑚 (𝑘 − 𝑚)𝜋 𝜃𝑘 = , 𝑘 = 𝑚 + 1, … ,2𝑚 (2𝑚 + 2) Jadi 𝑘𝜋 , 2𝑚 +2 𝜃𝑘 = (𝑘 − 𝑚)𝜋 , 2𝑚 + 2

𝑘 = 1, … , 𝑚 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚

Jika 𝑛 genap Dari persamaan (3.11) dan 𝛼 = 𝛽 = 0 diperoleh sin 2𝑚 + 1 𝜃𝑘 = 0 sehingga sin 2𝑚 + 1 𝜃𝑘 = 0 sin 2𝑚 + 1 𝜃𝑘 = sin 0 2𝑚 + 1 𝜃𝑘 = 0 + 𝑘𝜋, 𝑘 = 1, … , 𝑚 𝑘𝜋 𝜃𝑘 = , 𝑘 = 1, … , 𝑚 (2𝑚 + 1) Jika 𝑘 = 𝑚 + 1, … ,2𝑚 (𝑘 − 𝑚)𝜋 𝜃𝑘 = , 𝑘 = 𝑚 + 1, … ,2𝑚 (2𝑚 + 1) Jadi 𝑘𝜋 , 2𝑚 +1 𝜃𝑘 = (𝑘 − 𝑚)𝜋 , 2𝑚 + 1

𝑘 = 1, … , 𝑚 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚

23

Lampiran 3 Bukti Teorema 3 Akan dibuktikan persamaan (3.14) dengan dengan 𝜆 = 𝜆𝑘 dan 𝜃 = 𝜃𝑘 , persamaan (3.5) menjadi 𝑌1 𝑌2 = 4𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 (𝑏1 − 𝜆𝑘 ) 𝑏2 − 𝜆𝑘 = 4𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 𝑏1 𝑏2 − 𝑏1 𝜆𝑘 − 𝑏2 𝜆𝑘 + 𝜆𝑘 2 = 4𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 𝜆𝑘 2 − 𝑏1 + 𝑏2 𝜆𝑘 + 𝑏1 𝑏2 − 4𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 = 0 2

𝜆𝑘 = =

𝑏1 + 𝑏2 ±

− 𝑏1 + 𝑏2

𝑏1 + 𝑏2 ±

𝑏1 + 𝑏2

2

− 4𝑏1 𝑏2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘

2 − 4𝑏1 𝑏2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 2

2

𝑏1 + 𝑏2 ± 𝑏1 2 + 2𝑏1 𝑏2 + 𝑏2 2 − 4𝑏1 𝑏2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 =

2 𝑏1 + 𝑏2 ± 𝑏1 2 − 2𝑏1 𝑏2 + 𝑏2 2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘

= =

2 𝑏1 + 𝑏2 ±

𝑏1 − 𝑏2 2

2

+ 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘

Jadi,

𝜆𝑘 =

𝑏1 + 𝑏2 − (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 2 𝑏1 + 𝑏2 + (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 2

𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 𝑘 = 𝑚, … , 2𝑚 − 2

Selanjutnya akan dicari 𝑘 = 𝑛 − 1 dan 𝑘 = 𝑛 Dari persamaan (3.12) dan persamaan (3.6) berlaku, maka persamaan (3.12) menjadi (𝑏1 − 𝜆𝑘 ) 𝑏2 − 𝜆𝑘 − 𝛼 𝑏2 − 𝜆𝑘 − 𝛽(𝑏1 − 𝜆𝑘 ) sin 2𝑚𝜃𝑘 ∆𝑛 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 2 𝑏 𝑏 − 𝑏 𝜆 − 𝑏 𝜆 + 𝜆 − 𝛼𝑏2 + 𝛼𝜆𝑘 − 𝛽𝑏1 + 𝛽𝜆𝑘 sin 2𝑚𝜃𝑘 1 2 1 𝑘 2 𝑘 𝑘 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 2 [𝜆 − 𝑏 + 𝑏 − 𝛼 − 𝛽 𝜆 − (𝛼𝑏2 + 𝛽𝑏1 − 𝑏1 𝑏2 )] sin 2𝑚𝜃𝑘 𝑘 1 2 𝑘 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃 Dari persamaan di atas diperoleh 𝜆𝑘 2 − 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 𝜆𝑘 − 𝛼𝑏2 + 𝛽𝑏1 − 𝑏1 𝑏2 = 0 atau sin 2𝑚𝜃𝑘 = 0, maka Jika 𝜆𝑘 2 − 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 𝜆𝑘 − 𝛼𝑏2 + 𝛽𝑏1 − 𝑏1 𝑏2 = 0 maka sin 2𝑚𝜃 ≠ 0 sehingga 𝜆𝑘 2 − 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 𝜆𝑘 − 𝛼𝑏2 + 𝛽𝑏1 − 𝑏1 𝑏2 = 0 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 ± (− 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 )2 − 4(− 𝛼𝑏2 + 𝛽𝑏1 − 𝑏1 𝑏2 ) 2 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 ± 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 2 + 4𝛼𝑏2 + 4𝛽𝑏1 − 4𝑏1 𝑏2 = 2 2 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 ± 𝑏1 + 𝑏2 + (𝛼 + 𝛽)2 − 2 𝑏1 + 𝑏2 𝛼 + 𝛽 + 4𝛼𝑏2 + 4𝛽𝑏1 − 4𝑏1 𝑏2 = 2 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 ± 𝑏1 + 𝑏2 2 + (𝛼 + 𝛽)2 − 2 𝑏1 − 𝑏2 𝛼 − 𝛽 − 4𝑏1 𝑏2 = 2

𝜆𝑘 =

24

=

𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 ±

𝑏1 − 𝑏2

2

+ (𝛼 + 𝛽)2 − 2 𝑏1 − 𝑏2 𝛼 − 𝛽 2

Jadi, 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 − 𝜆𝑘 =

𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 +

+ (𝛼 + 𝛽)2 − 2 𝑏1 − 𝑏2 𝛼 − 𝛽 , 2 𝑏1 − 𝑏2 2 + (𝛼 + 𝛽)2 − 2 𝑏1 − 𝑏2 𝛼 − 𝛽 , 2

𝑏1 − 𝑏2

2

𝑘 =𝑛−1 𝑘=𝑛

Sehingga nilai eigen jika 𝛼𝛽 = 𝑑 2 dan untuk n genap yaitu

𝜆𝑘 =

𝑏1 + 𝑏2 − (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 2 𝑏1 + 𝑏2 + (𝑏1 − 𝑏2 )2 + 16𝑑 2 cos 2 𝜃𝑘 , 𝑘 = 𝑚, … , 2𝑚 − 2 2 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 − (𝑏1 − 𝑏2 )2 + (𝛼 + 𝛽)2 − 2 𝑏1 − 𝑏2 (𝛼 − 𝛽) ,𝑘 = 𝑛 − 1 2 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 + (𝑏1 − 𝑏2 )2 + (𝛼 + 𝛽)2 − 2 𝑏1 − 𝑏2 (𝛼 − 𝛽) ,𝑘 = 𝑛 2

Selanjutnya akan dicari 𝜃𝑘 Jikasin 2𝑚𝜃 = 0 maka 𝜆𝑘 2 − 𝑏1 + 𝑏2 − 𝛼 − 𝛽 𝜆𝑘 − 𝛼𝑏2 + 𝛽𝑏1 − 𝑏1 𝑏2 ≠ 0 maka sehingga sin 2𝑚𝜃𝑘 = 0 sin 2𝑚𝜃𝑘 = sin 0 2𝑚𝜃𝑘 = 0 + 𝑘𝜋, 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 𝑘𝜋 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 𝜃𝑘 = 2𝑚 Jika 𝑘 = 𝑚, … ,2𝑚 − 2 (𝑘 − 𝑚 + 1)𝜋 𝜃𝑘 = , 𝑘 = 𝑚, … ,2𝑚 − 2 2𝑚 Jadi, 𝑘𝜋 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 2𝑚 𝜃𝑘 = (𝑘 − 𝑚 + 1)𝜋 , 𝑘 = 𝑚, … , 2𝑚 − 2 2𝑚

25

Lampiran 4 Bukti Teorema 4 A. Bukti persamaan (3.21) dan (3.22) (𝑘)

Dari persamaan (3.10) dan (3.11) dengan 𝜃 = 𝜃𝑘 dan 𝑌𝑖 = 𝜉𝑖 Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ganjil 𝑛 = 2𝑚 + 1 𝑛 − 1 = 2𝑚 (𝑘)

(𝑘)

∆𝑛−1 = 𝑑 2𝑚 −2

𝑑 2 sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 − 𝛼𝜉1

untuk 𝑘 = 1, … , 𝑛

(𝑘)

+ 𝛽𝜉2 − 𝛼𝛽 − 𝑑 2 sin 2𝑚𝜃𝑘 + 𝛼𝛽 sin(2𝑚 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

𝛼=0 (𝑘)

𝑑 2 sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2 − 𝑑 2 sin 2𝑚𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 Jika 𝑛 = 2𝑚 genap 𝑛 = 2𝑚 𝑛 − 1 = 2𝑚 − 1 𝑛 − 1 = (2𝑚 + 1) − 2 𝛼𝛽 (𝑘) (𝑘) [𝜉2 − (𝛼 + 𝛽)] sin 2𝑚 + 2 − 2 𝜃𝑘 + 2 𝜉1 − 𝛼 + 𝛽 sin(2𝑚 − 2)𝜃𝑘 𝑑 (𝑘) ∆𝑛−1 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃𝑘 𝛼𝛽 (𝑘) (𝑘) [𝜉2 − (𝛼 + 𝛽)] sin 2𝑚𝜃𝑘 + 2 𝜉1 − 𝛼 + 𝛽 sin(2𝑚 − 2)𝜃𝑘 𝑑 = 𝑑 2𝑚 −2 sin 2𝜃𝑘 𝛼=0 (𝑘)

∆𝑛−1 = 𝑑 2𝑚 −2

(𝑘)

(𝑘)

∆𝑛−1 = 𝑑 2𝑚 −2

(𝜉2 − 𝛽) sin 2𝑚𝜃𝑘 − 𝛽 sin(2𝑚 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

B. Bukti persamaan (3.25) dan (3.26) Dari persamaan (3.17) dan (3.18) dan mengganti 𝑛 dengan 𝑛 − 𝑗 diperoleh Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ganjil  Jika 𝑗 ganjil (𝑘)

∆𝑛−𝑗 (𝑘)

=𝑑

𝑛−𝑗 −2

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛼𝜉1

(𝑘)

+ 𝛽𝜉2 − 𝛼𝛽 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 + 𝛼𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

𝛼=0 (𝑘)

(𝑘)

∆𝑛−𝑗 = 𝑑 𝑛−𝑗 −2

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

 Jika 𝑗 genap (𝑘)

(𝑘) ∆𝑛−𝑗 =

𝑑

𝑛−𝑗 −1

[𝜉1

− (𝛼 + 𝛽)] sin 𝑛 − 𝑗 − 1 + 2 𝜃𝑘 +

𝛼𝛽 (𝑘) 𝜉 − 𝛼+𝛽 𝑑2 2

sin 2𝜃𝑘

𝛼=0 (𝑘)

(𝑘)

∆𝑛−𝑗 = 𝑑 𝑛−𝑗 −1

[𝜉1

− 𝛽] sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘

26

Jadi 𝑑 𝑛−𝑗 −2 (𝑘)

∆𝑛−𝑗 =

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil sin 2𝜃𝑘

𝜉1𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap sin 2𝜃𝑘 Jika 𝑛 = 2𝑚 genap  Jika 𝑗 ganjil 𝛼𝛽 (𝑘) (𝑘) [𝜉2 − (𝛼 + 𝛽)] sin 𝑛 − 𝑗 − 1 + 2 𝜃𝑘 + 2 𝜉1 − 𝛼 + 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 𝑑 (𝑘) 𝑛−𝑗 −1 ∆𝑛−𝑗 = 𝑑 sin 2𝜃𝑘 𝛼=0 𝑑 𝑛−𝑗 −1

(𝑘)

(𝑘)

∆𝑛−𝑗 = 𝑑 𝑛−𝑗 −1

[𝜉2 − 𝛽] sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

 Jika 𝑗 genap (𝑘) ∆𝑛−𝑗 (𝑘)

=𝑑

𝑛−𝑗 −2

(𝑘)

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛼𝜉2 + 𝛽𝜉1

− 𝛼𝛽 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 + 𝛼𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

𝛼=0 (𝑘)

(𝑘)

∆𝑛−𝑗 = 𝑑 𝑛−𝑗 −2

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉1 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

Jadi 𝑑 𝑛−𝑗 −1

𝜉2𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil sin 2𝜃𝑘

𝑑 𝑛−𝑗 −2

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉1𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap sin 2𝜃𝑘

(𝑘)

∆𝑛−𝑗 =

C. Bukti persamaan (3.28) dan (3.29) Dengan menyubstitusi persamaan (3.22), (3.23), (3.26) dan (3.27) dengan persamaan (3.28) maka Jika n ganjil  Jika 𝑗 ganjil (𝑘)

𝑢𝑗 𝑘 𝜍 =

𝑑 𝑛−𝑗 −2

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 (𝑘)

𝑑 𝑛−3

𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 (𝑘)

= 𝑑1−𝑗  Jika 𝑗 genap 𝑢𝑗 𝑘 𝜍 =

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 (𝑘)

𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘

𝑑 𝑛−𝑗 −1

𝜉1𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 (𝑘)

𝑑 𝑛−3 = 𝑑 2−𝑗

𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

𝜉1𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 (𝑘)

𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘

27

Jadi 𝑑1−𝑗 𝑢𝑗

𝑘

𝜍 = 𝜇𝑗 𝜍

(𝑘) 𝑢1

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘 𝜉1𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘

𝑑 2−𝑗

, jika 𝑗 ganjil , jika 𝑗 genap

𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘

Jika n genap  Jika 𝑗 ganjil (𝑘)

𝑢𝑗 𝑘 𝜍 =

𝑑 𝑛−𝑗 −1

[𝜉2 − 𝛽] sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 (𝑘)

𝑑 𝑛−2

[𝜉2 − 𝛽] sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

(𝑘)

= 𝑑1−𝑗

[𝜉2 − 𝛽] sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 (𝑘)

[𝜉2 − 𝛽] sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘

 Jika 𝑗 genap (𝑘)

𝑢𝑗 𝑘 𝜍 =

𝑑 𝑛−𝑗 −2

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉1 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 (𝑘)

[𝜉2 − 𝛽] sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

𝑑 𝑛−2

(𝑘)

=𝑑

−𝑗

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉1

− 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘

(𝑘)

[𝜉2 − 𝛽] sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘

Jadi 𝑑1−𝑗 𝑢𝑗

𝑘

𝜍 = 𝜇𝑗 𝜍

(𝑘) 𝑢1

𝑑

−𝑗

𝜉2𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉1𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘

, jika 𝑗 ganjil

, jika 𝑗 genap

D. Bukti persamaan (3.31) dan (3.32) Dari persamaan (3.30) disubstitusi ke persamaan (3.28) dan (3.29) dengan dengan 𝜇𝑗 𝜍 = (−1)1−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 dan 𝜌𝑗 𝜍 = (−𝑑)𝑛−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 , 𝑗 = 2, … , 𝑛 dan 𝑘 = 1, … , 𝑛 maka diperoleh Jika n ganjil  Jika 𝑗 ganjil 𝑢𝑗 𝑘 𝜍 = (−1)1−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 (−𝑑)𝑛−1 𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘 𝑑1−𝑗

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘

= (−𝑑)𝑛−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 = 𝜌𝑗 𝜍 𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘  Jika 𝑗 genap 𝑢𝑗 𝑘 𝜍 = (−1)1−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 (−𝑑)𝑛−1 𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 1)𝜃𝑘 𝑑 2−𝑗

𝜉1𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 𝑗 − 1 𝜃𝑘 𝑑 2 sin 𝑛 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin 𝑛 − 1 𝜃𝑘

= (−𝑑)𝑛+1−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 𝜉1𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 𝑗 − 1 𝜃𝑘 = (−𝑑)𝑛−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 𝜉1𝑘 − 𝛽 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 − 1 𝜃𝑘

28

= 𝜌𝑗 𝜍 𝜉1𝑘 − 𝛽 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 − 1 𝜃𝑘 Jadi 𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉2𝑘 − 𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil

𝑢𝑗 𝑘 𝜍 = 𝜌𝑗 𝜍

𝜉1𝑘 − 𝛽 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 − 1 𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap

Jika n ganjil  Jika 𝑗 ganjil 𝑢𝑗 𝑘 𝜍 = (−1)1−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 (−𝑑)𝑛−1 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 2 𝜃𝑘 𝑑1−𝑗

𝜉2𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘

= (−𝑑)𝑛−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 = 𝜌𝑗 𝜍 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘  Jika 𝑗 genap 𝑢𝑗 𝑘 𝜍 = (−1)1−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 (−𝑑)𝑛−1 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 2 𝜃𝑘 𝑑 −𝑗

𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉1𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘 − 𝛽sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘

= (−𝑑)𝑛−1−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 𝑑 2 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − 𝛽𝜉1𝑘 − 𝑑 2 sin(𝑛 − 𝑗)𝜃𝑘 = (−𝑑)𝑛−𝑗 𝛼𝜍1 … 𝛼𝜍 𝑗 −1 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 − = 𝜌𝑗 𝜍 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 −

𝛽𝜉1𝑘 − 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 𝜃𝑘 𝑑

𝛽𝜉1𝑘 − 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 𝜃𝑘 𝑑

Jadi 𝜉2𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 𝑗 − 1 𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil 𝑢𝑗 𝑘 𝜍 = 𝜌𝑗 𝜍

𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘 −

𝛽𝜉1𝑘 − 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap 𝑑