Nilai Eigen Dan Vektor Eigen Kelompok 2 [PDF]

Citation preview

NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN Pendahuluan Jika A adalah sebuah matriks n × n dan x adalah sebuah vektor pada Rn , maka Ax juga merupakan sebuah vektor pada Rn , namun biasanya tidak terdapat hubungan geometrik yang sederhana diantara x dan Ax. Akan tetapi, dalam kasus-kasus tertentu dimana x adalah sebuah vektor taknol dan Ax adalah sebuah kelipatan skalar dari x, terdapat suatu hubungan geometrik sederhana diantara keduanya. Sebagai contohnya, jika A adalah sebuah matriks 2 x 2, dan jika x adalah sebuah vektor taknol yang sedemikian rupa sehingga Ax adalah kelipatan skalar dari x, katakanlah Ax = λx, maka setiap vektor pada garis yang melewati titik asal yang ditentukan oleh x akan dipetakan kembali ke garis yang sama apabila dikalikan dengan A (Howard Anton, 1992). Definisi : Jika A adalah sebuah matriks n × n, maka sebuah vektor taknol x pada Rn disebut vektor eigen (eigenvector) dari A jika Ax adalah sebuah kelipatan skalar dari x. Ax = λx Untuk skalar sebarang λ. Skalar λ disebut nilai eigen (eigenvalue) dari A, dan x disebut sebagai vektor eigen dari A yang terkait dengan λ.



Dalam R2 dan R3 , perkalian dengan A memetakan setiap vektor eigen x dari A (jika memang ada) ke garis yang sama melewati titik asal tempat dimana x berada. Bergantung pada tanda dan besarnya nilai eigen λ yang terkait dengan x, operator linear Ax = λx akan memperkecil atau memperbesar x dengan faktor λ, dan membalikkan arahnya apabila λ adalah negatif (Gambar 1.1.1)



λx



x λx



x



x λx



(a) 0 ≤ λ ≤ 1



x



(b) λ ≥ 1



(c) -1 ≤ λ ≤ 0



λx



(d) λ ≤ - 1



Contoh 1 Vektor Eigen dari Matriks 2 x 2 1 Vektor x = [ ] adalah vektor eigen dari 2 3 A=[ 8



0 ] −1



Yang terkait dengan nilai eigen λ= 3, karena 3 Ax = [ 8



0 1 3 ] [ ] = [ ] = 3x −1 2 6



Untuk memperoleh nilai eigen dari sebuah matriks A , n x n, kita menuliskan kembali Ax = λx sebagai Ax = λIx atau secara ekuivalen , (λI – A)x = 0 Agar λ dapat menjadi nilai eigen, harus terdapat satu solusi taknol dari persamaan ini.



det (λI – A) = 0



Persamaan ini disebut persamaan karakteristik ( characteristic equation ) matriks A; skalar-skalar yang memenuhi persamaan ini adalah nilai-nilai eigen A. Apabila diperluas lagi, determinan det (λI – A) adalah sebuah polinamial p dalam variabel λ yang disebut sebagai polinomial karakteristik ( characteristic polynomial ) matriks A. CONTOH 2 Nilai Eigen dari Matriks 3 x 3 Tentukan nilai-nilai eigen dari 0 1 A = [0 0 4 −17



0 1] 8



Penyelesaian : Polinomial karakteristik A adalah 𝜆 −1 0 det (λI – A) = det [ 0 𝜆 −1 ] = λ3 - 8λ2 + 17λ- 4 = 0 −4 17 𝜆 − 8



Untuk menyelesaikan persamaan ini λ3 - 8λ2 + 17λ- 4 = 0 mulai dengan mencari solusi-solusi bilangan bulatnya. Sehingga didapatkan faktor-faktor bilangan bulatnya, (λ - 4) (λ2 - 4λ + 1) = 0 Sehingga solusi-solusi diatas yang masih belum diketahui memenuhi persamaan kuadratik λ 2 - 4λ + 1 = 0 yang dapat diselesaikan dengan rumus kuadratik. Dengan demikian , nilai nilai eigen dari A adalah : λ = 4, λ = 2 + √3, dan λ = 2 - √3 CONTOH 3 Nilai Eigen dari Segitiga Matriks Atas Tentukan nilai-nilai eigen dari matriks segitiga atas 𝑎11 0 A= [ 0 0



𝑎12 𝑎13 𝑎22 𝑎23 0 𝑎33 0 0



𝑎14 𝑎24 𝑎34 ] 𝑎44



Penyelesaian : Dengan mengingat bahwa determinan sebuah matriks segitiga adalah hasilkali entrientrinya yang terletak pada diagonal utama , maka diperoleh ; 𝜆 − 𝑎11 −𝑎12 −𝑎13 𝜆 − 𝑎22 −𝑎23 0 det (λI – A) = det [ 𝜆 − 𝑎33 0 0 0 0 0



−𝑎14 −𝑎24 −𝑎34 ] 𝜆 − 𝑎44



= (𝜆 − 𝑎11) (𝜆 − 𝑎22) (𝜆 − 𝑎33 ) (𝜆 − 𝑎44 ) Sehingga diperoleh persamaan karakteristiknya adalah (𝜆 − 𝑎11 ) (𝜆 − 𝑎22 ) (𝜆 − 𝑎33 ) (𝜆 − 𝑎44 ) dan nilai-nilai eigennya adalah λ = 𝑎11 ,



λ = 𝑎22 ,



λ = 𝑎33 ,



yang tepat merupakan entri-entri diagonal dari matriks A.



dan λ = 𝑎44



Teorema umum berikut ini dapat diketahui dengan jelas dari perhitungan-perhitungan yang dilakukan dalam contoh diatas.



Teorema 1 Jika A adalah sebuah matriks segitiga n × n (segitiga atas, segitiga bawah, atau diagonal), maka nilai-nilai eigen dari A adalah entri-entri yang terletak pada diagonal utama matriks A.



CONTOH 4 Nilai Eigen dari Matriks Segitiga Bawah Dengan memeriksa secara seksama, nilai-nilai eigen dari matriks segitiga bawah 1 2



A = −1 [5 1



2



adalah λ = 2 , λ = 3 , λ =



0 2 3



−8



0 0 −1 4



]



−1 4



.



CATATAN : Dalam soal-soal aplikatif, matriks A seringkali berukuran sedemikian besar sehingga penghitungan persamaan karakteristiknya menjadi tidak praktis. Sebagai akibatnya berbagai metode aproksimasi digunakan untuk memperoleh nilai-nilai eigennya. Nilai Eigen Kompleks Bukanlah hal yang mustahil apabila persamaan karakteristik sebuah matriks yang entrientrinya bilangan real memiliki solusi yang kompleks. Sebagai contoh, polinomial karakteristik dari matriks −2 −1 A=[ ] 5 2 adalah det (λI – A) = 0 1 0 −2 −1 det (𝜆 [ ]− [ ]) = 0 0 1 5 2 det ([



−2 −1 𝜆 0 ]− [ ]) = 0 5 2 0 𝜆



det ([



𝜆+2 1 ]) = 0 −5 𝜆 − 2



(λ+2)(λ-2) – (-5)(1) = 0 𝜆2 + 1 = 0 𝜆1,2= ±𝑖 Karena persamaan karakteristiknya adalah λ2 + 1 = 0, dan solusinya adalah bilangan imajiner λ= i dan λ= -i. Dengan demikian, harus berurusan dengan nilai eigen yang kompleks, bahkan untuk matriks real sekalipun. Adapun untuk memperoleh vector eigen kompleks nya adalah sebagai berikut : Karena nilai λ1,2 = ± 𝑖 , sudah diperoleh maka kita dapat menyelesaikan vector eigen dari matriks diatas . (λI – A) x = 0 1 (𝜆 [ 0 (𝑖 [



0 −2 −1 𝑥1 0 ]− [ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 5 2 0 2



1 0 −2 −1 𝑥1 0 ]− [ ]) [𝑥 ] = [ ] 0 1 5 2 0 2



𝑖 ([ 0



0 −2 −1 𝑥1 0 ]− [ ]) [𝑥 ] = [ ] 𝑖 5 2 0 2 𝑥1 1 0 ]) [𝑥 ] = [ ] 𝑖−2 0 2



𝑖+2 ([ −5



untuk menyelesaikan matriks diatas, kita gunakan cara OBE (Operasi Baris Elementer) : 5



𝑖+2 2 𝑖+2 𝑏1+𝑏2 𝑖 + 2 [ ]→ [ 0 −5 𝑖 − 2



2 5



𝑖+2 𝑏2 5



]→



𝑖+2



𝑖+2 [ 0



2 ] 1



Sehingga, 𝑖+2 [ 0



2 𝑥1 0 ][ ] = [ ] 1 𝑥2 0



Karena, dari matriks diatas sudah berhenti mengunakan operasi baris elementer, maka diperoleh : (𝑖 + 2) 𝑥1 + 2 𝑥2 = 0 ….* 𝑥2 = 0 ….**



Dari persamaan * diperoleh bahwa (𝑖 + 2) 𝑥1 + 2 𝑥2 = 0 Substitusikan 𝑥2 = 0 maka diperoleh (𝑖 + 2) 𝑥1 = 0 sehingga, 𝑥1 = 0 Jadi, vektor eigen yang bersesuaian untuk matriks A = [



−2 −1 0 ] adalah [ ] 5 2 0



Teorema 2 ( Pernyatan-pernyataan yang Ekuivalen) Jika A adalah sebuah matriks n × n dan λ adalah sebuah bilangan real, maka pernyataan-pernyataan berikut ini adalah ekuivalen. (a) λ adalah sebuah nilai eigen dari A. (b) Sistem persamaan (λI – A)x = 0 memiliki solusi nontrivial. (c) Terdapat sebuah vektor taknol x pada Rn sedemikian rupa sehingga Ax = λx. (d) λ adalah sebuah solusi dari persamaan karakteristik det (λI – A) = 0.



DIAGONALISASI Definisi : Sebuah matriks bujursangkar A dikatakan dapat didiagonalisasi ( diagonalizable) jika terdapat sebuah matriks P yang dapat di balik sedemikain rupa sehingga P-1 AP adalah T sebuah matriks diagonal; matriks P dikatakan mendiagonalisasi ( diagonalizable) Teorema berikut ini menujukkan bahwa masalah vektor eigen dan masalah diagonalisasi adalah sama Teorema 3 Jika A adalah sebuah matriks n × n , maka kedua pernyataan berikut ini adalah ekuivalen. (a) A dapat didiagonalisasi (b) A memiliki n vektor eigen yang bebas linear



CONTOH 1 Menentukan Matriks P yang mendiagonalisasi matriks A Tentukan sebuah matriks P yang mendiagonalisasi A= [



2 −3 ] 2 −5



Penyelesaian Langkah pertama, tentukan nilai-nilai eigen dari matriks diatas : det (λI – A) = 0 1 0 2 −3 det (𝜆 [ ]− [ ]) = 0 0 1 2 −5 det ([



2 −3 𝜆 0 ]− [ ]) = 0 2 −5 0 𝜆



det ([



𝜆−2 3 ]) = 0 −2 𝜆 + 5



(𝜆 − 2) (𝜆 + 5) − (−2)(3) = 0 𝜆2 + 3λ − 4 = 0 (λ + 4)(λ− 1) = 0 𝜆1 = − 4 dan 𝜆2 = 1 Langkah kedua, tentukan vector eigen dari matriks diatas : Dengan 𝜆1 = − 4



(λI – A) x = 0 1 0 2 −3 𝑥1 0 ]− [ ]) [ ] = [ ] 0 1 2 −5 𝑥2 0 −4 0 2 −3 𝑥1 0 ([ ]− [ ]) [ ] = [ ] 0 −4 2 −5 𝑥2 0 0 −6 3 𝑥1 ([ ]) [𝑥 ] = [ ] 0 −2 1 2 (−4 [



−6𝑥1 + 3𝑥2 = 0……. * −2𝑥1 + 𝑥2 = 0……** Dari persamaan ** diperoleh −2𝑥1 + 𝑥2 = 0 𝑥2 = 2𝑥1 Misalkan , 𝑥1 = 𝑡 maka 𝑥2 = 2𝑡 Jadi , vector untuk 𝜆1 = − 4 adalah 𝑡 𝑣1 = [ ] 2𝑡 1 𝑣1 = [ ] t 2 Dengan 𝜆1 = 1 (λI – A) x = 0 1 0 2 −3 𝑥1 0 ]− [ ]) [ ] = [ ] 0 1 2 −5 𝑥2 0 1 0 2 −3 𝑥1 0 ([ ]− [ ]) [𝑥 ] = [ ] 0 1 2 −5 0 2 −1 3 𝑥1 0 ([ ]) [𝑥 ] = [ ] −2 6 0 2



(1 [



−𝑥1 + 3𝑥2 = 0……. * −2𝑥1 + 6𝑥2 = 0……** Dari persamaan * diperoleh −𝑥1 + 3𝑥2 = 0 3𝑥2 = 𝑥1 Misalkan , 𝑥2 = 𝑡 maka 𝑥1 = 3𝑡 Jadi , vector untuk 𝜆2 = 1 adalah 3𝑡 𝑣2 = [ ] 𝑡



3 𝑣2 = [ ] t 1 Jadi, vector eigen dari matriks A= [



2 −3 1 3 ] adalah P = [ ] 2 −5 2 1



Setelah diperoleh vector eigen dari matriks diatas, maka kita dapat menentukan matriks P yang mendiagonalisasi matriks A. P =[



1 3 ] 2 1



Maka, P -1 AP = 𝐷 1 𝑑 −𝑏 P -1 = (𝑎𝑑−𝑏𝑐) [ ] −𝑐 𝑎 1 1 −3 P -1 = (1)(1)−(3)(2) [ ] −2 1 1 1 −3 P -1 = −5 [ ] −2 1 -1



−1



3



5 2



5 −1]



5



5



P = [ Sehingga , P -1 AP = 𝐷 −1



[



3



5 2



5 −1]



5



5 −1



[



2 [ 2



−3 1 3 ][ ]=D −5 2 1



3



5 2



5 −1]



5



5



[



−4 [ −8



3 ]=D 1



−4 0 ]=D 0 1



Jadi , −1



1 3 −4 0 5 PDP = [ ][ ][ 2 1 0 1 2 5



−1



−4 3 5 PDP-1 = [ ][ −8 1 2 PDP-1 = [



5 −1]



2 −3 ] ∎ 2 −5



Terbukti bahwa matriks A dapat didiagonalisasi .



5 3



5



3 5 −1]



-1



5



CONTOH 2 Apakah matriks ini dapat didiagonalisasi? Jika dapat, tentukan matriks P dan matriks diagonalnya. A= [



1 0 ] 3 1



Penyelesaian: Langkah pertama, tentukan nilai-nilai eigen dari matriks diatas : det (λI – A) = 0 1 0 1 0 det (𝜆 [ ]− [ ]) = 0 0 1 3 1 det ([



1 0 𝜆 0 ]− [ ]) = 0 3 1 0 𝜆



det ([



𝜆−1 0 ]) = 0 −3 𝜆 − 1



(𝜆 − 1) (𝜆 − 1) − (−3)(0) = 0 𝜆2 -2λ + 1 = 0 𝜆1,2 = 1 Langkah kedua, tentukan vector eigen dari matriks diatas : Dengan 𝜆1,2 = 1 (λI – A) x = 0 1 0 1 0 𝑥1 0 ]− [ ]) [ ] = [ ] 0 1 3 1 𝑥2 0 1 0 1 0 𝑥1 0 ([ ]− [ ]) [ ] = [ ] 0 1 3 1 𝑥2 0 0 0 𝑥1 0 ([ ]) [𝑥 ] = [ ] −3 0 0 2



(1 [



-3𝑥1 + 0 = 0...* 𝑥1 = 0 Dimisalkan 𝑥2 = t maka 𝑥1 = 0 sehingga diperoleh vektor eigen dari matriks [ 0 0 [ ]t atau [ ]. 1 1



1 0 ] adalah 3 1



0 Nilai-nilai eigen dari A adalah 𝜆1,2 = 1 maka didapat vektor eigen x = [ ]. Karena vektor 1 eigen A hanya 1 sedangkan ordo (A) = 2 x 2 maka matriks A tidak dapat didiagonalisasikan.



Latihan Soal 1.Tentukan persamaan karakteristik dan nilai-nilai eigen dari matriks-matriks berikut ini . (a) A = [



3 0 ] 8 −1



(b) A = [



(c) A = [



1 1



(d) A = [



−1 ] 3



10 −9 ] 4 −2 1 0



0 ] 1



Penyelesaian : (a) A = [



3 0 ] 8 −1 det (λI – A) = 0 det (𝜆 [ det ([



1 0



0 3 0 ] − [ ]) = 0 1 8 −1 3 0 0 ] − [ ]) = 0 8 −1 𝜆



𝜆 0



0 ]=0 𝜆+1 (𝜆 − 3)(𝜆 + 1) - (−8. 0) = 0 det [



𝜆−3 −8



λ2 - 2𝜆 – 3 = 0 (𝜆 − 3)(𝜆 + 1) = 0 𝜆1 = 3 dan 𝜆2 = -1 Vektor Eigen : Jika 𝜆1 = 3 (λI – A)x = 0 1 0 1 (3 [ 0 3 ([ 0 (𝜆 [



𝑥1 0 3 0 0 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 8 −1 0 2 𝑥1 0 3 0 0 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 8 −1 0 2 𝑥1 0 3 0 0 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 3 8 −1 0 2 𝑥 0 0 1 0 ([ ]) [ ] = [ ] −8 4 𝑥2 0 -8𝑥1 + 4𝑥2 = 0 4𝑥2 = 8𝑥1 8



𝑥2 = 4 𝑥1



𝑥2 = 2𝑥1 Misalkan, 𝑥1 = t maka 𝑥2 = 2t 𝑡 1 Sehingga untuk 𝜆1 = 3 vektor eigennya adalah [ ] atau [ ]t 2𝑡 2 Jika 𝜆2 = -1 (λI – A)x = 0 𝑥1 1 0 3 0 0 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 0 1 8 −1 0 2 𝑥1 1 0 3 0 0 (−1 [ ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 0 1 8 −1 0 2 𝑥1 −1 0 3 0 0 ([ ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 0 −1 8 −1 0 2 𝑥 −4 0 1 0 ([ ]) [ ] = [ ] −8 0 𝑥2 0 (𝜆 [



-4𝑥1 = 0…….* -8𝑥1 = 0…...** Dari persamaan * dan ** diperoleh bahwa nilai 𝑥1 = 0 dan misalkan 𝑥2 = t 0 0 Sehingga untuk 𝜆2 = -1 vektor eigennya adalah [ ] atau [ ] t 𝑡 1 3 Jadi, vector eigen dari matriks [ 8 (b) A = [



10 4



0 1 0 ] adalah [ ]t dan [ ] t −1 2 1



−9 ] −2



det (λI – A) = 0 1 0 10 −9 ] − [ ]) = 0 0 1 4 −2 𝜆 0 10 −9 det ([ ] − [ ]) = 0 4 −2 0 𝜆 𝜆 − 10 9 det [ ]=0 −4 𝜆+2 (𝜆 − 10)(𝜆 + 2) - (−4. 9) = 0



det (𝜆 [



λ2 - 8𝜆 – 16 = 0 (𝜆 − 4)(𝜆 − 4) = 0 𝜆1 ,2 = 4 Vektor Eigen :



Jika 𝜆1,2 = 4 (λI – A)x = 0 1 0 1 (4 [ 0 4 ([ 0 (𝜆 [



0 0 10 −9 𝑥1 ]−[ ]) [ ] = [ ] 1 0 4 −2 𝑥2 0 0 10 −9 𝑥1 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 0 4 −2 2 0 0 10 −9 𝑥1 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 4 0 4 −2 2 𝑥 −6 9 1 0 ([ ]) [ ] = [ ] −4 6 𝑥2 0 -6𝑥1 + 9𝑥2 = 0….* -4𝑥1 + 6𝑥2 = 0….**



Dari persamaan ** diperoleh bahwa -4𝑥1 + 6𝑥2 = 0 6𝑥2 = 4𝑥1 4



𝑥2 = 6 𝑥1 2



𝑥2 = 3 𝑥1 Misalkan 𝑥1 = t maka 𝑥2 =



2 3



t



𝑡 1 Sehingga untuk 𝜆1,2 = 4 vektor eigennya adalah [2 𝑡] atau [ 2 ] t 3



Jadi, vector eigen dari matriks A = [ (c)A= [



1 1



3



1 −9 ] adalah [ 2 ] t −2 3



10 4



−1 ] 3 det (λI – A) = 0 1 0 1 −1 det (𝜆 [ ] − [ ]) = 0 0 1 1 3 det ([



1 0 ] − [ 1 𝜆



𝜆 0



−1 ]) = 0 3



1 ]=0 𝜆−3 (𝜆 − 1)(𝜆 − 3) - (−1) (1) = 0 det [



𝜆−1 −1



λ2 - 4𝜆 + 4 = 0 (𝜆 − 2)(𝜆 − 2) = 0



𝜆1,2 = 2 Jika 𝜆1,2 = 2 (λI – A)x = 0 0 1 −1 𝑥1 0 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 1 3 0 2 𝑥 0 1 −1 1 0 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 1 3 0 2 𝑥 0 1 −1 1 0 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 2 1 3 0 2 𝑥1 0 1 1 ([ ]) [𝑥 ] = [ ] 0 −1 −1 2



1 0 1 (2 [ 0 2 ([ 0 (𝜆 [



𝑥1 + 𝑥2 = 0…..* −𝑥1 − 𝑥2 = 0….** Dari persamaan ** diperoleh bahwa −𝑥1 −𝑥2 = 0 −𝑥1 = 𝑥2 𝑥1 = −𝑥2 Misalkan 𝑥2 = t maka 𝑥1 = - t Sehingga, untuk 𝜆1 = 2 vektor eigennya adalah [ Jadi, vektor eigen dari matriks A = [ (d)



A=[



1 0



1 1



−𝑡 −1 ] atau [ ] t 𝑡 1



−1 −1 ] adalah [ ] t 3 1



0 ] 1 det (λI – A) = 0 1 0 1 0 det (𝜆 [ ] − [ ]) = 0 0 1 0 1 det ([



1 0 ] − [ 0 𝜆



𝜆 0



det [



𝜆−1 0



0 ]) = 0 1



0 ]=0 𝜆−1



(𝜆 − 1)(𝜆 − 1) = 0 λ2 - 2𝜆 + 1 = 0 (𝜆 − 1)(𝜆 − 1) = 0



𝜆1,2 = 1 Jika 𝜆1,2 = 1 (λI – A)x = 0 1 0 1 (1 [ 0 (𝜆 [



0 1 0 𝑥1 0 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 0 1 0 2 𝑥 0 1 0 1 0 ]−[ ]) [ ] = [ ] 1 0 1 𝑥2 0 0 0 𝑥1 0 ([ ]) [ ] = [ ] 0 0 𝑥2 0



0 Sehingga, untuk Jika 𝜆1,2 = 1 vektor eigennya adalah [ ] 0 1 Jadi, vektor eigen dari matriks [ 0



0 0 ] adalah [ ] 1 0



2. Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari matriks A = [



1 1



−2 ]? 4



Nilai eigen 1 det (𝜆 [ 0 det ([



det (λI – A) = 0 0 1 −2 ] − [ ]) = 0 1 1 4



𝜆 0



0 1 ] − [ 1 𝜆



det [



𝜆−1 −1



−2 ]) = 0 4



2 ]=0 𝜆−4



(𝜆 − 1)(𝜆 − 4) − (−1)(2) = 0 λ2 - 5𝜆 + 6 = 0 (𝜆 − 2)(𝜆 − 3) = 0 𝜆1 = 2 dan 𝜆2 = 3 Vektor Eigen Jika 𝜆1 = 2 (λI – A)x = 0 1 0 1 (2 [ 0 (𝜆 [



0 0 1 −2 𝑥1 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 0 1 4 2 𝑥 0 1 0 1 −2 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 0 1 4 2



([



2 0 0 1 −2 𝑥1 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 0 2 0 1 4 2 𝑥1 0 1 2 ([ ]) [𝑥 ] = [ ] 0 −1 −2 2 𝑥1 + 2 𝑥2 = 0……..* −𝑥1 − 2 𝑥2 = 0….**



Dari persamaan * diperoleh bahwa 𝑥1 + 2 𝑥2 = 0 𝑥1 = −2 𝑥2 Misalkan, 𝑥2 = t maka 𝑥1 = -2 t −2𝑡 −2 Sehingga, untuk 𝑥1 = 2 vektor eigennya adalah [ ] atau [ ] t 𝑡 1 Jika 𝜆1 = 3 (λI – A)x = 0 0 0 1 −2 𝑥1 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 0 1 4 2 𝑥 0 1 0 1 −2 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 1 0 1 4 2 𝑥 0 1 0 1 −2 ]−[ ]) [𝑥 ] = [ ] 3 0 1 4 2 𝑥1 0 2 2 ([ ]) [𝑥 ] = [ ] 0 −1 −1 2



1 0 1 (3 [ 0 3 ([ 0 (𝜆 [



2𝑥1 + 2 𝑥2 = 0……..* −𝑥1 − 𝑥2 = 0….** Dari persamaan * diperoleh bahwa 2𝑥1 + 2 𝑥2 = 0 𝑥1 = − 𝑥2 Misalkan, 𝑥2 = t maka 𝑥1 = -t −𝑡 −1 Sehingga, untuk 𝜆2 = 3 vektor eigennya adalah [ ] atau [ ] t 𝑡 1 Jadi, vektor eigen dari matriks A = [



1 1



−2 −2 −1 ] adalah [ ] t dan [ ] t 4 1 1



3. Tentukan sebuah matriks P yang mendiagonalisasi A dan tentukan P – 1AP . A=[



−14 −20



12 ] 17



A=[



1 0 ] 6 −1



Penyelesaian : A=[



−14 −20



12 ] 17



Langkah pertama, tentukan nilai eigen dari matriks diatas : det (𝜆𝐼 – 𝐴) = 0 1 det λ[ 0



0 −14 ]-[ 1 −20



12 ]=0 17



λ 0



−14 0 ]-[ −20 λ



12 ]=0 17



det [



det [



λ + 14 − 12 ]=0 20 λ − 17



(λ + 14) (λ − 17) – (20) (-12) = 0 λ2-17 λ+14 λ – 238 + 240 = 0 λ2- 3λ + 2 = 0 (λ-2) (λ-1) sehingga λ1 = 2 dan λ2 = 1 Langkah kedua, menentukan vektor eigen dari matriks diatas Dengan λ = 2 maka diperoleh vektor eigen :



( λI – A)x = 0 [



2 0



12 𝑥1 ][ ]=0 17 𝑥2 −12 𝑥1 ][ ] = 0 −15 𝑥2



0 −14 ]-[ 2 −20 [



16 20



16𝑥1 - 12𝑥2 = 0 ………… (*) 20𝑥1 - 15𝑥2 = 0 ………… (**) Dari (**) maka : 20𝑥1 - 15𝑥2 = 0 20𝑥1 = 15𝑥2 𝑥1 = ¾ 𝑥2 3



Misalkan 𝑥2 = t maka 𝑥1 = ¾ t . Jadi didapat dengan λ= 2 vektor eigennya adalah [ 4] 1 Dengan λ2 = 1 maka diperoleh vektor eigen :



( λI – A)x = 0 [



1 0



12 𝑥1 0 ] [𝑥 ] = [ ] 17 0 2 0 −12 𝑥1 ][ ] = [ ] 0 −16 𝑥2



0 −14 ] −[ 1 −20 [



15 20



15𝑥1 − 12𝑥2 = 0 ………… (*) 20𝑥1 − 16𝑥2 = 0 ………… (**) Dari persamaan (**) maka : 20𝑥1 − 16𝑥2 = 0 20𝑥1 = 16𝑥2 4



𝑥1 = 5 𝑥2 4



4



t . Jadi didapat dengan λ= 1 vektor eigennya adalah [ 5] . 5 1 Didapatlah matriks P yang mendiagonalisasi matriks A , yaitu Misalkan 𝑥2 = t maka 𝑥1



=



4



P= [



3 4]



5



1



1



Kemudian, tentukan P – 1AP . P–1 =



P



P



–1



–1



=



1 4 3 − 5 4



1 1 20



[



−3



1 −1



5



4 4



]



5 −3



1



4 4



−1



20 P–1 = [ −20



]



−3



1



[ −1



= 20 [



4 4



]



5



− 15 ] 16



Maka : D = P – 1AP 20 D=[ −20



− 15 −14 ][ 16 −20



4



12 ][ 5 17 1



3 4]



1



−56



20 D=[ −20



− 15 ][ 16



20 D=[ −20



5 −80 5



−42



+ 12



4 −60



+ 17



4



4



− 15 ][ 5 16 1



1 D=[ 0



+ 12 ] + 17



6 4]



2



0 ] 2



1 0 Diketahui :A = [ ] Tentukan sebuah matriks P yang mendiagonalisasi A dan tentukan 6 −1 –1 P AP . Penyelesaian : A=[



1 0 ] 6 −1



Langkah pertama, tentukan nilai eigen dari matriks diatas : det (𝜆𝐼 – 𝐴) = 0 1 det λ[ 0 det [



λ 0



det [



0 1 ]-[ 1 6



0 ]=0 −1



1 0 0 ]-[ ]=0 6 −1 λ λ−1 0 ]=0 −6 λ + 1



(λ + 1) (λ − 1) – (0) (-6) = 0 λ2-1 = 0 λ1,2 = 1 Langkah kedua, menentukan vektor eigen dari matriks diatas Dengan λ1,2 = 1 maka diperoleh vektor eigen :



( λI – A)x = 0 [



1 0



0 1 0 𝑥1 0 ]-[ ][ ]=[ ] 1 6 −1 𝑥2 0 0 0 𝑥1 0 [ ] [𝑥 ] = [ ] −6 2 0 2



-6𝑥1 + 2𝑥2 = 0 ………… (*)



0 0 ] terdapat satu variabel bebas maka dimisalkan 𝑥2 = t , maka 𝑥1 −6 2 0 0 = 0 sehingga, didapatlah vektor [ ] t atau [ ] 1 1 Karena pada matriks [



Dari * maka : -6𝑥1 + 2𝑥2 = 0 2𝑥2 = 6𝑥1 𝑥2 = 3 𝑥1 1



1



Misalkan 𝑥2 = t maka 𝑥1 = 3 t . Jadi didapat dengan λ= 1 vektor eigennya adalah [ 3] 1 1



1 0 0 Jadi, dari matriks A = [ ] diperoleh vektor eigennya [ 3] dan [ ] 6 −1 1 1



Didapatlah matriks P yang mendiagonalisasi matriks A , yaitu 1



P= [



0 ] 1



3



1



Kemudian, tentukan P – 1AP . P–1 =



1 1 − 3



1 [−1 0



0



1] 3



1 [−1



0



1 P – 1 = 3 [−1



0



P–1 =



1 1 3



1] 3 1] 3



3 0 P–1 = [ ] −3 1 Maka : D = P – 1AP 1



3 0 1 D=[ ][ −3 1 6



0 ][ 3 −1 1



3 0 1 D=[ ][ −3 1 6



0 ][ 3 −1 1



3 D=[ 3



1



1



0 ][ 3 −1 1



1 D=[ 0



0 ] −1



0 ] 1



0 ] 1 0 ] 1



DAFTAR PUSTAKA



Anton, Horward, C. Rorres(1992), Aljabar Linear Elementer Versi Aplikasi Edisi Kedelapan Jilid 1, terjemahan Penerbit Erlangga, Jakarta 1922. Imrona, Mahmud. 2009. Aljabar Linear Dasar. Jakarta : Erlangga.



Pertanyaan: 1. Muhammad Fikri - Apakah perbedaan matriks dan vektor? - Misalkan t sebarang nilai apakah hasilnya berpengaruh terhadap vektor eigennya? 2. Nurmaulia Ningsih - Kapan solusi nontrivial digunakan pada nilai eigen? 3. Eka Lestari - Mengapa pada matriks 3 x 3 harus ada identitas nya? - Mengapa solusi nontrivial ada di nilai eigen kompleks? 4. Utin Indah Lestari - Apakah sama hasil penyelesaian matriks segitiga bawah berdasarkan rumus dibandingkan dengan melihat diagonal utama ? 5. Bagaimana jika matriksnya berukuran 3 x 3 apakah elemen vektornya sama ? Jawaban: 1. Muhammad Fikri - Matriks merupakan kumpulan bilangan yang disajikan secara teratur dalam baris dan kolom yang membentuk persegi panjang sedangkan vektor merupakan bentuk matriks khusus yang hanya mempunyai satu baris dan satu kolom - Ya, karena t adalah sebarang skalar 2. Nurmaulia Ningsih - solusi nontvial adalah sebuah penyelesain yang memiliki banyak solusi .jadi solusi nontrivial digunakan apabila sebuah persamaan tidak dapat di selesaikan dengan satu solusi. 3. Eka Lestari - Karena berdasarkan rumus det (𝜆𝐼 – 𝐴) = 0 terdapat matriks identitas - Karena nilai-nilai yang terdapat di eigen kompleks biasanya membutuhkan banyak penyelesaian atau solusi.seperti cara operasi baris elementer 4. Utin indah lestari - Setelah dilakukan pembuktian berdasarkan contoh soal matriks segitiga bawah diperoleh hasil nilai eigen yang sama baik secara rumus maupun secara melihat dari diagonal utamanya. 5. Alvin Firdaus - Elemenya tergantung pada nilai eigen yang diperoleh. Dimana kita ketahui bahwa nilai eigen mempengaruhi vektor eigen.