Jurnal Matematika UNAND Vol. 2 No. 3 Hal. 77 – 81 ISSN : 2303–2910 c
Jurusan Matematika FMIPA UNAND
SOLUSI POSITIF DARI SISTEM SINGULAR DISKRIT BETTY ARYANI Program Studi Matematika, Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam, Universitas Andalas, Kampus UNAND Limau Manis Padang, Indonesia,
[email protected]
Abstrak. Misalkan matriks A adalah suatu matriks singular. Maka sistem Axn+1 = Bxn +fn tidak mempunyai solusi. Hal ini disebabkan adanya kondisi awal yang tidak dapat memberikan solusi untuk sistem. Kondisi awal yang dapat memberikan solusi untuk sistem disebut sebagai kondisi awal yang konsisten. Perlu diperhatikan bahwa solusi xn untuk sistem mungkin positif atau mungkin saja non positif. Solusi xn dikatakan positif jika xi 0 untuk setiap i = 1, 2, · · · , n dan dikatakan non positif jika xi 0 untuk setiap i = 1, 2, · · · , n. Jika solusi xn untuk sistem adalah positif maka xn dikatakan solusi positif dari sistem singular diskrit. Dalam tulisan ini akan diuraikan tentang syarat untuk kepositifan dari solusi sistem singular diskrit dengan menggunakan invers Drazin. Kata Kunci: Sistem singular diskrit, invers Drazin
1. Pendahuluan Diberikan suatu sistem singular diskrit sebagai berikut. Axn+1 = Bxn + fn , n ∈ Z+ ,
(1.1)
di mana A, B ∈ Rr×r , dan xn , fn ∈ Rr . Notasi Rr×r menyatakan himpunan matriks-matriks riil berukuran r × r, Rr×r menyatakan himpunan matriks-matriks + r×r riil berukuran r × r yang entri-entrinya non negatif, R− menyatakan himpunan matriks-matriks riil berukuran r × r yang entri-entinya non positif, Rr menyatakan himpunan vektor berdimensi r, Z+ menyatakan himpunan bilangan bulat non negatif, dan C menyatakan himpunan bilangan kompleks. Sistem (1.1) disebut sebagai sistem singular diskrit [5]. Jika A adalah matriks non singular, maka dalam [5] telah diperoleh bahwa solusi dari sistem (1.1) adalah sebagai berikut. xn = (A−1 B)n x0 +
n−1 X
(A−1 B)n−i−1 (A−1 fi ).
(1.2)
i=0
Jika A adalah singular, sistem (1.1) mungkin tidak memiliki solusi. Hal ini disebabkan adanya kondisi awal yang tidak dapat memberikan solusi untuk sistem (1.1). Kondisi awal yang dapat memberikan solusi untuk sistem (1.1) disebut sebagai kondisi awal yang konsisten [5]. Dalam [5], Kaczoreck menyatakan bahwa jika A adalah singular, maka sistem (1.1) mempunyai solusi untuk suatu kondisi awal yang konsisten x0 , jika det(λA − 77
78
Betty Aryani
B) 6= 0 untuk suatu λ ∈ C. Jika kondisi ini terpenuhi, maka solusi sistem (1.1) adalah n−1 k−1 X X bD B) b nA bA bD x0 + A bD bD B) b n−i−1 fbi − (I − A bA bD ) bB b D )i B b Dbfn+i , xn = (A (A (A i=0
i=0
b = (λA − B)−1 A, B b = (λA − B)−1 B, fbn = (λA − B)−1 fn dan k adalah di mana A b indeks dari matriks A. Perlu diperhatikan bahwa solusi xn mungkin positif dan mungkin saja non positif. Jika solusi xn untuk sistem (1.1) adalah positif untuk setiap n ∈ N, maka sistem (1.1) dikatakan sistem singular diskrit positif. Dalam tulisan ini akan dikaji syarat yang menjamin agar solusi sistem (1.1) adalah positif untuk setiap n ∈ N. 2. Solusi Positif dari Sistem Singular Diskrit Pada bagian ini akan dikaji tentang bagaimana proses mendapatkan solusi positif dari sistem singular diskrit. Asumsikan bahwa matriks A adalah singular dan det(λA − B) 6= 0 untuk suatu λ ∈ C, maka terdapat λ ∈ C sedemikian sehingga (λA − B)−1 ada. Dengan mengalikan sistem (1.1) dengan (λA − B)−1 , diperoleh (λA − B)−1 Axn+1 = (λA − B)−1 Bxn + (λA − B)−1 fn b n+1 = Bx b n + bfn Ax
(2.1)
b = (λA − B)−1 A, B b = (λA − B)−1 B, bfn = (λA − B)−1 fn . A
(2.2)
di mana
b dan B b yang didefinisikan dalam persamaan (2.2) Lema 2.1. [5] Untuk matriks A berlaku, bA b=A bB. b B Bukti. Berdasarkan persamaan (2.2), diperoleh b−B b = λ(λA − B)−1 A − (λA − B)−1 B λA = (λA − B)−1 (λA − B) = I, atau dapat ditulis b = λA b − I. B Akibatnya bA b = (λA b − I)A b = A(λ b A b − I) = A bB. b B Dalam Lema 2.2 berikut diberikan solusi umum dari sistem singular diskrit. Lema 2.2. [5] Solusi umum dari persamaan (2.1) adalah bD B) b nA bA bD x0 +A bD xn = (A
n−1 X i=0
bD B) b n−i−1 fbi −(I−A bA bD ) (A
k−1 X
bB b D )i B b Dbfn+i (2.3) (A
i=0
Solusi Positif dari Sistem Singular Diskrit
79
b untuk n ≥ 1, di mana k = ind(A). Bukti. Untuk membuktikan bahwa (2.3) memenuhi (2.1), akan ditunjukkan bahwa b n+1 − Bx b n = bfn . Ax b dengan xn+1 , diperoleh Dengan mengalikan matriks A b n+1 = (A bD B) b n+1 Ax b 0+ Ax
n X
bD B) b n−i A bA bDbfi − (I − A bA bD ) (A
i=0
k−1 X
bB b D )i+1bfn+i+1 . (A
i=0
b dengan xn , diperoleh Dengan mengalikan matriks B b n = (A bD B) b n+1 Ax b 0+ Bx
n−1 X
bD B) b n−i fbi − (I − A bA bD ) (A
i=0
k−1 X
bB b D )ibfn+i (A
i=0
Selanjutnya, b n+1 − Bx b n = (A bD B) b n+1 Ax b 0+ Ax
n X
bD B) b n−i A bA bDbfi − (I − A bA bD ) (A
i=0
bD B) b n+1 A bD x0 + −[(A
k−1 X
bB b D )i+1bfn+i+1 (A
i=0 n−1 X
k−1 X
i=0
i=0
bD B) b n−i fbi − (I − A bA bD ) (A
bB b D )ibfn+i ] (A
n n−1 X X D b n+1 b D b n+1 bD D b n−i b bDb b b b bD B) b n−i = (A B) Ax0 − (A B) A x0 + (A B) AA fi − (A i=0
bA bD ) fbi − (I − A
k−1 X
bB b D )i+1bfn+i+1 + (I − A bA bD ) (A
i=0
=
i=0 k−1 X
bB b D )ibfn+i (A
i=0
n X
n−1 X
k−1 X
i=0
i=0
i=0
bD B) b n−i A bA bDbfi − (A
bD B) b n−i fbi − (I − A bA bD ) (A
bB b D )i+1 [(A
bfn+i+1 − (A bB b D )ibfn+i ] bA bDbfn + (I − A bA bD ) =A
k−1 X
bB b D )ibfn+i − (A bB b D )i+1bfn+i+1 ] [(A
i=0
bA bDbfn + (I − A bA bD ) =A
k−1 X
bB b D )bfn+1 ) + ((A bB b D )bfn+1 − (A bB b D )2 [(bfn − (A
i=0
bfn+2 ) + · · · + ((A bB b D )k−2bfn+k−2 − (A bB b D )k−1bfn+k−1 ) + ((A bB b D )k−1 bfn+k−1 − (A bB b D )kbfn+k )] bA bDbfn + (I − A bA bD )[bfn − (A bB b D )kbfn+k ] =A bA bDbfn + (I − A bA bD )bfn − (I − A bA bD )(A bB b D )kbfn+k =A bA bDbfn + bfn − A bA bDbfn − (A bB b D )kbfn+k + (A bA bD )(A bB b D )kbfn+k =A bA bDbfn + bfn − A bA bDbfn =A = bfn . Jadi, solusi (2.3) memenuhi sistem (2.1).
80
Betty Aryani
Dalam Teorema 2.3 berikut diberikan syarat cukup untuk kepositifan dari solusi sistem singular diskrit. Teorema 2.3. [4] Misalkan A, B ∈ Rr×r sedemikian sehingga b A bD dan B b adalah tidak nol, (i) Semua elemen diagonal dari matriks A, D b 0, A b 0, dan B b 0, (ii) A (iii) bfn 0 dan x0 0. Misalkan pula xn = Ln (x0 ) + zk (n),
(2.4)
di mana bD B) b nA bA bD x0 + A bD Ln (x0 ) = (A
n−1 X
bD B) b n−i−1bfi , (A
i=0
bA bD ) Pk−1 (A b Dbfn+i . Maka xn 0 untuk 1 ≤ n ≤ N , bB b D )i B dan zk (n) = −(I − A i=0 jika vektor x0 memenuhi, bA bD ) Pk−1 (A bB b D )i B b Dbfn+i − Pn−1 [(A bD )min ]n−i [(B) b min ]n−i−1 rn−i+1bfi (I − A i=0 i=0 . x0 bD ))n+1 (dmax (B)) b n dmax (A) b (dmax (A Contoh.
6 8 9 20 2 3 −n − 2 A = 0 0 0 , B = −8 18 −10 , fn = −2n − 4 . 12 16 18 6 6 34 −3 − 6 −6.9732 × 10−3 −9.2977 × 10−3 −1.0460 × 10−2 bD = −7.5054 × 10−3 −1.0007 × 10−2 −1.1258 × 10−2 . A −7.9313 × 10−3 −1.0575 × 10−2 −1.1897 × 10−2
dan −6.794 × 10−3 −9.0295 × 10−3 −1.0158 × 10−2 = −7.2889 × 10−3 −9.7466 × 10−3 −1.0933 × 10−2 . −7.702 × 10−3 −1.0270 × 10−2 −1.1576 × 10−2
bD B
Untuk n = 1, diperoleh bD )min ]r2bf0 bA bD )B b Dbf1 − [(A (I − A bD ))2 (dmax (B))(d b b (dmax (A max (A) 1502.2 1687.8 . 1723.7
x0
1502.2 Misalkan x0 = 1687.8 , sehingga diperoleh 1723.7 1573 1616 1659.5 1703.4 1747.8 x1 = 1693 , x2 = 1739 , x3 = 1786.1 , x4 = 1833.4 , x5 = 1881.1 . 1789 1838 1887.5 1937.5 1987.9
Solusi Positif dari Sistem Singular Diskrit
81
1600 Misalkan x0 = 1700 , sehingga diperoleh 1800 1629.8 1674.4 1719.6 1765.2 1811.5 x1 = 1754.1 , x2 = 1802.2 , x3 = 1850.8 , x4 = 1900.0 , x5 = 1949.6 . 1853.1 1904.5 1955.9 2007.8 2060.3 3. Ucapan Terima kasih Penulis mengucapkan terima kasih kepada Bapak Dr. Muhafzan, Ibu Dr. Ferra Yanuar, Bapak Zulakmal, M.Si, Ibu Izzati Rahmi HG, M.Si yang telah memberikan masukan dan saran sehingga paper ini dapat diselesaikan dengan baik. Daftar Pustaka [1] Anton, H. 1991. Aljabar Linier Elementer Edisi Kedelapan-Jilid 1. Penerbit Erlangga, Jakarta. [2] Campbell, S.L. 1979. Generalized Inverses of Linear Transformation. Dover. New York. [3] Jacob, B. 1990. Linear Algebra 1. Freeman, W.H. and Company. New York. [4] Jodar, L dan Merello, P. 2010. Positive Solution of Discrete Dynamic Leontief Input-Output Model with Possibly Singular Capital Matrix. Mathematical and Computer Modelling. [5] Kaczorek, T. 1992. Linear Control Systems Volume 1. Research Studies Press LTD, England.
