Alin 07 Nilai Eigen Dan Vektor Eigen (Pertemuan 24-25)

8/17/2019 Alin 07 Nilai Eigen Dan Vektor Eigen (Pertemuan 24-25)

1/38

BAB 7 NILAI EIGEN DAN

VEKTOR EIGEN

Dr. Ir. AbdSurhim, M


2/38

KERANGKA PEMBAHASAN

1.Nilai Eigen dan e!"#r Eigen

$.Diag#nali%a%i

&.Diag#nali%a%i %e'ara (r"#g#nal


3/38

7.1 NILAI EIGEN DAN

VEKTOR EIGEN

Definisi :

Misalkan Anxn matriks matriks bujur sangkar

adalah vektor tak nol di Rn dan λ adalah skalar

sehingga memenuhi :

maka λ dinamakan nilai eigen dari A,

sedangkan dinamakan vektor eigen dari A


4/38


5/38

Perha"i!an +++

Ingat…. merupakan vektor tak nol

Ini BerartiPersamaan Karakteri

vv A λ =0=− vv A λ

0=− v I v A λ

( ) 0=− v I A λ

( ) 0det =− I A λ


6/38

CONTOH :

Tentukan nilai eigen dari matriks

Persamaan Karakteristik det(A – λI) = 0

= 0 0 1- 2 1 0

2- 0 1

A

0

1 0 0

0 1 0

0 0 1

0 0 1-

2 1 0

2- 0 1

=

−

λ

0

- 0 1-

2 -1 0

2- 0 -1

=λ

λ

λ


7/38

Dengan ekspansi kofaktor sepanjang kolom ke-2

(1− λ) ( (1−λ) (−λ) − 2 ) = 0

(1 − λ) ( λ² − λ − 2) = 0

(1 − λ) ( λ − 2) ( λ + 1) = 0

Jadi, matriks A memiliki tiga buah nilai eigen yaitu :

λ = −1, λ = 1, dan λ = 2.


8/38

*(NT(H

Tentukan basis ruang eigen dari :

a-ab

Nilai eigen dari A di/er#leh %aa"

0 2 $340 2 $3$ 215 6 02 613 20160 2$33 7 8 0 2 $34 $ 2 9 6 &5 2 0 2 13 2 02 13 7 8

0 2 $340 2 &30 2 1 35 2 $ 0 2 137

0 2 1300 2 $$3 7 8 0 2 130 $ 2 8

0 2 13$0 2

( ) 0det =− I A λ

0

2- 1- 1-

1- 2- 1-

1- 1- 2-

=

λ

λ

λ

( )2- 1-

1- 1-

2- 1-

1- 2-2 −+−

λ λ

λ λ

=

2 1 1

1 2 1

1 1 2

A


9/38

Nilai Eigen dari matriks tersebut adalah 1 dan 4.

Untuk λ = 1

Dengan OBE diperoleh

maka

dimana s, t adalah parameter

=

0

0

0

z

y

1- 1- 1-

1- 1- 1-

1- 1- 1- x

0

0

0

000

000

111

=

−−=

t

s

t s

z

y

xt s

−+

−

1

0

1

0

1

1


10/38

Jadi Basis ruang eigen yang bersesuaian denganλ=1 adal

Ingat bahwa…

Vektor eigen merupakan kelipatan dariunsur basis tersebut

−

−

10

1

,01

1


11/38

Untuk λ = 4

Dengan OBE diperoleh

maka

Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian denganλ = 4 ada

=

0

0

0

2 1- 1-

1- 2 1-

1- 1- 2

z

y

x

s

z

y

x

=

1

1

1

−−

0

00

000

110101

1

1

1


12/38

7.2 DIAGONALISAS

DEFINISI

Sua"u ma"ri!% !uadra" An;n di!a"a!an da/a" didia

0diag#naliang mendiag#nal0/endiag#nal3 dari A.

e!"#r@?e!"#r !#l#m dari ma"ri!% P adalah ?e!"


13/38

CONTOH

Tentukan matriks yang mendiagonalkan

Jawab :

Persamaan karakteristik dari matriks A adalah :

atau

=

0

0

1

A

. I λ

0

110

110

001

00

00

00

det =

−

λ

λ

λ

332

232

11

x x x

x x x

x x

λ

λ

λ

=+=+

=

0

110

110

001

3

2

1

3

2

1

=

−

x

x

x

x

x

x

λ


14/38

Dengan menggunakan ekspansi kofaktor :Pilih Baris I

Sehingga diperoleh nilai eigen

( )

( )

( )

0

110

110

001

det =

−−−−

−

λ

λ

λ

{ } 131312121111.det cacaca A I ++=−λ

( ) ( ) ( ) 002 1 ++−−= λ λ λ

( ) ( ) ( )2 1 −−= λ λ λ

2 ;1 ;0 === λ λ λ


15/38

Untuk

Dengan OBE maka

Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan

, dimanat adalah parameter tak no

adalah

0=λ

( ) ~. A I −λ

−−−−

−

110

110

001

−− 110110

001

~

000

110

001

~

0=λ

t

x

x

x

1

1

0

3

2

1

−=

−=

1

1

0

1 P


16/38

Untuk

Dengan OBE maka


, dimana t adalah parameter tak nol

adalah

1=λ

( ) ~. A I −λ

−

−

010

100

000

010

100

000

~

000

100

010

~

1=λ

t

x

x

x

0

0

1

3

2

1

=

=

0

0

1

2 P


17/38

Untuk

Dengan OBE maka


, dimana t adalah parameter tak nol

adalah

2=λ

( )

−

−−

110

110

001

~. A I λ

−

000

110

001

~

t

x

x

x

1

1

0

3

2

1

=

=

1

1

0

3 P

2=λ


18/38

Perhatikan

Jadi

merupakan himpunan yang bebas linear

Dengan OBE

0332211 =++ P k P k P k

=

− 00

0

101

101

010

3

2

1

k

k

k

−

− 101010

101

~

101

101

010

200

010

101

~

100

010

101

~

100

010

001

~

{ }321 ,, P P P


19/38

adi, Ma"ri!% >ang mendiag#nal!an A adal

Ma"ri!% diag#nal >ang diha%il!an adalah

Hal >ang /erlu di/erha"i!an, ma"ri!%

uga mendiag#nal!an A.

Ta/i ma"ri!% diag#nal >ang "erben"u! adala

−=

101

101

010

P

== −

0

0

01 AP P D

−

=

110

110

001

P

= −1 A P D


20/38

Bnxn dikatakan matriks ortogonal jika B –1 = B T

Pernyataan berikut adalah ekivalen :o Bnxn adalah matriks ortogonal.

o Vektor-vektor baris dari B membentuk himpunaortonormal di Rn dalam RHD Euclides.

o

Vektor-vektor kolom dari B membentuk himpunortonormal di Rn dalam RHD Euclides.

Misalkan P merupakan matriks ortogonal maka berlaku:

• PTP =I

• , untuk setiapx di Rn


21/38

Berikut adalah contoh matriks ortogonal :

Terlihat bahwa setiap vektor baris/kolom merup vektor satuanDan hasilkali dalam antar vektor tersebut adalah

CONTOH

−

=2

1

2

1

2

1

2

1

A

−=

2

1

2

1

2

1

2

1

0

010

0

B


22/38

Perhatikan bahwa :

dan

Semen"ara i"u,

22 x

T I A A =33 x

T I B B =

− 6

8

2

1

2

1

2

1

2

1

−

=2

2

2

14

2

4

2

196+=

100=

=

6

8


23/38

7.3 DIAGONALISASI

SECARA ORTOGONAL

Definisi :

Suatu matriks Anxn dikatakan dapat

didiagonalkan secara ortogonal

jika terdapatmatriks ortogonal P sedemikhingga

P –1 AP(=P T AP) merupakan matriks diagon


24/38

Perhatikan bahwa :

D = P –1 AP atau A =PDP –1

Misalkan P merupakan matriks ortogonal, maka

A = PDP T

Sehingga diperoleh hubungan

A T = (PDP T) T

= (P T ) T DP T

= PDP T

= A

A dapat didiagonalkan secara ortogonal

jika dan hanya jika A matriks simetri


25/38

Misal Anxn, cara menentukan matriks ortogona yang mendiagonalkan A :

a) Tentukan nilai eigen b) Tentukan basis ruang eigen untuk setiap nila

eigen yang diperoleh

c)Rubahsetiap basis pada (b) menjadi basis ru

eigen yang ortonormal menggunakan PROSEGRAM-SCHMIDT

d)Bentuk matriks P dimana vektor-vektor kolom berupa basis ruang eigen yang ortonormal.


26/38

*(NT(H Tentukan matriks yang mendiagonalkan secara ortogonal matriks

Jawab :Gunakan Proses Gram-Schmidt

Basis ruang eigen :

Untuk adalah

Untuk adalah

Untuk adalah

0=λ

1=λ

2=λ

−=

1

1

0

1u

=0

0

1

2u

=

1

1

0

3u

−=

21

21

1

0

q

=0

0

1

2q

=

21

21

3

0

q

= A

−=

1

1

0

1v

=

0

0

1

2v

=

1

1

0

3v


27/38

Sehingga matriks ortogonal yang mendiagonalkan A adala

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

,

,

dan

HASINA SAMA

−=

21

21

21

21

0

0

010

P

−2

1

21

0

0

0

1

21

21

0

== −

200

010

0001 AP P D


28/38

Ingat Kembali Pers. Diferensial

Jika sekumpulan PD orde 1 ditulis :

Dengan mudah solusi sistem PD tersebut adalah :

)()(

t yadt

t dy= at cet y =)(

)()(

)(3)(

)(2)(

33

22

11

t r dt

t dr

t r dt

t dr

t r dt

t dr

=

−=

=

−=

3

2

1

3

2

1

100

030

002

'

'

'

r

r

r

r

r

r

=

−

t

t

t

e

e

e

r

r

r

3

23

2

3

2

1


29/38

Masalahnya, sistem persamaan diferensialtidak selalumemberikmatriks koefisien yang berbentuk matriks diagonal.

Bentuk Umum SPD orde 1 :

Langkah-langkah menyelesaikan SPD orde 1 linear :

Menentukan matriksP yang mendiagonalkan A.

Tulis SPDdummy dalam bentuk

dengan

Tentukan solusi SPDdummy

Solusi SPD adalah

=

nnnnn

n

n

n x

x x

aaa

aaaaaa

x

x x

2

1

21

22221

11211

2

1

'

''

DU U ='

AP P D 1−=

DU U =' PU X =


30/38

*(NT(H Tentukan solusi dari sistem persamaan diferensial:

Jawab :

Tulis SPD dalam bentuk :

Dengan PK

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

−=

2

1

2

1

11

24

'

'

x

x

x

x

2

1

dt

dx

dt

dx

=

=

011

24 =−−− λ λ


31/38

BRE yang bersesuaian denganλ = 3

BRE yang bersesuaian denganλ = 2

Sehingga diperoleh

Karena

maka SPD dummy berbentuk :

Solusi SPD dummy adalah

dan

1

2

1

1

=

1112 P

== −

20

031 AP P D

=

2

1

2

1

20

03

'

'

u

u

u

u

t ecu 311 = t ecu 222 =


32/38

Solusi dari SPD

atau

PU X =

=

t

t

ecec

x x

2

2

3

1

2

1

1112

t t ecec x

2

2

3

11 2 +=

t t ecec x 22312 +=


33/38

*(NT(H

Tentukan solusi dari masalah nilai awal

dengan kondisiawal

dan.

( ) )(2 t qt pdt

dp+=

( ) )(2 t qt pdt

dq

+=

( ) 10 = p ( ) 30 =q

Jawab: 12


34/38

Jawab : Kita punya

Maka Persamaan Karakteristiknya adalah

⇔

⇔

⇔

⇔

⇔

=

21

12 A

{ } 0=− A I .det λ ( )( )21

120−−−−=

λ

λ

( )( ) 1220 −−−= λ λ

1440 2 −+−= λ λ

340 2 +−= λ λ

( ) ( )310 −−= λ λ

3 ;1diperoleh == λ λ

Untuk 1=λ


35/38

Untuk


adalah vektor tak nol yang berbentuk

, dimanat merupakan parameter.

adalah

Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan

1λ

( )

−−−−

−00

11~

11

11~. A I λ

t x

x x

x x

=−=

=+

2

21

21 0

1=λ

t x

x

1

1

2

1

−=

=λ

−=

1

11 P


36/38


37/38

Sehingga Solusi Umum SPD U’ = D U adalah

Dengan demikian solusi SPD kita adalah :

atau

sehingga

=

t

t

e

eU

3

PU X =

−=

t

t

ec

ec

q

p3

2

1

11

11

t t ecec p3

21 +−=

t t ececq3

21 +=


38/38

Untuk

Dengan Eliminasi didapat

Jadi solusi masalah nilai awal tersebutadalah

dan sehingga0=t

+

+−=

21

21

3

1

C C

C C

2 ;1 21 == C C

t t eet p −= 32)(t t eet q += 32)(

( ) 10 = p ( ) 30 =q

Alin 07 Nilai Eigen Dan Vektor Eigen (Pertemuan 24-25)

Documents