Aljabar Linear Elementer - adiwijaya.staff.telkomuniversity.ac.id · Bab II Determinan Matriks Bab III Sistem Persamaan Linear Bab IV Vektor di Bidang dan di Ruang Bab V Ruang Vektor

06/05/2014 13:56 MA-1223 Aljabar Linear 1

Aljabar Linear Elementer

MA1223

3 SKS

Silabus :

Bab I Matriks dan Operasinya

Bab II Determinan Matriks

Bab III Sistem Persamaan Linear

Bab IV Vektor di Bidang dan di Ruang

Bab V Ruang Vektor

Bab VI Ruang Hasil Kali Dalam

Bab VII Transformasi Linear

Bab VIII Ruang Eigen


Beberapa Aplikasi Ruang Eigen

Uji Kestabilan dalam sistem dinamik

Optimasi dengan SVD pada pengolahan Citra

Sistem Transmisi

dan lain-lain.

Definisi :

Misalkan Anxn matriks matriks bujur sangkar

adalah vektor tak nol di Rn dan λ adalah skalar Rill

sehingga memenuhi :

maka λ dinamakan nilai eigen dari A,

sedangkan dinamakan vektor eigen dari A

v

vvA

v


Contoh :

2

1

34

21

Vektor eigen

Nilai eigen

2

15

5

10


Perhatikan !!!

Ingat….

merupakan vektor tak nol

Ini Berarti

vvA

0 vvA

0 vIvA

0 vIA

v

0det IA

Persamaan Karakteristik


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

0

- 0 1-

2 -1 0

2- 0 -1


• 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.

Contoh :

Tentukan basis ruang eigen dari :

2 1 1

1 2 1

1 1 2

A


Jawab :

Nilai eigen dari A diperoleh saat

(λ – 2){( λ – 2)2 –1} + (–λ +1) – (1+( λ–2)) = 0

(λ – 2){ λ2 – 4 λ + 3} – (λ – 1) – (λ – 1) = 0

(λ – 2){( λ – 3)( λ – 1 )} – 2 (λ – 1) = 0

(λ – 1)(( λ – 2)( λ – 3) – 2) = 0

(λ – 1)( λ2 – 5 λ + 4) = 0

(λ – 1)2( λ – 4) = 0

0det IA

0

2- 1- 1-

1- 2- 1-

1- 1- 2-

01- 1-

2- 1-

2- 1-

1- 1-

2- 1-

1- 2-2


Nilai Eigen dari matriks tersebut adalah 1 dan 4.

• Untuk λ = 1

Dengan OBE diperoleh

maka

0

0

0

z

y

1- 1- 1-

1- 1- 1-

1- 1- 1- x

0

0

0

000

000

111

t

s

ts

z

y

x

ts

1

0

1

0

1

1

dimana s, t adalah parameter


Jadi Basis ruang eigen yang bersesuaian dengan =1

adalah

1

0

1

,

0

1

1

Ingat bahwa…

Vektor eigen merupakan kelipatan dari

unsur basis tersebut


• Untuk λ = 4

Dengan OBE diperoleh

maka

Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan =4 adalah

0

0

0

2 1- 1-

1- 2 1-

1- 1- 2

z

y

x

s

z

y

x

1

1

1

0

0

0

000

110

101

1

1

1


Diagonalisasi

Definisi : Suatu matriks persegi Anxn dikatakan

dapat didiagonalkan (diagonalizable)

jika terdapat matriks P yang mempunyai invers

(Jadi kolom-kolomnya harus bebas linier)

sehingga P–1AP merupakan matriks diagonal.

Matriks P dinamakan matriks yang mendiagonalkan (pendiagonal)

dari A.

Vektor-vektor kolom dari matriks P adalah vektor-vektor eigen dari

A.


Contoh :

Tentukan matriks yang mendiagonalkan

110

110

001

A

0. AI

0

110

110

001

00

00

00

det

Jawab :

Persamaan karakteristik dari matriks A adalah :

atau


0

110

110

001

det

131312121111.det cacacaAI

002 1

2 1

Dengan menggunakan ekspansi kofaktor :

Pilih Baris I

Sehingga diperoleh nilai eigen

2 ; 1 ; 0


0

~. AI

110

110

001

110

110

001

~

000

110

001

~

Untuk

Dengan OBE maka

0

t

x

x

x

1

1

0

3

2

1

Jadi vektor eigen yang bersesuaian dengan

, dimana t adalah parameter tak nol

1

1

0

1P

adalah


1

~. AI

010

100

000

010

100

000

~

000

100

010

~

Untuk

Dengan OBE maka

1

t

x

x

x

0

0

1

3

2

1



0

0

1

2P

adalah


Untuk

Dengan OBE maka



adalah

2

110

110

001

~. AI

000

110

001

~

t

x

x

x

1

1

0

3

2

1

1

1

0

3P

2


0332211 PkPkPk

0

0

0

101

101

010

3

2

1

k

k

k

101

010

101

~

101

101

010

200

010

101

~

100

010

101

~

100

010

001

~

321 ,, PPP

Perhatikan

Jadi

merupakan himpunan yang bebas linear

Dengan OBE


Jadi, Matriks yang mendiagonalkan A adalah :

Matriks diagonal yang dihasilkan adalah :

Hal yang perlu diperhatikan, matriks

Juga mendiagonalkan A.

Tapi matriks diagonal yang terbentuk adalah :

101

101

010

P

200

010

0001APPD

110

110

001

P

200

000

0011APPD


Bnxn dikatakan matriks ortogonal jika B–1 = Bt

Pernyataan berikut adalah ekivalen :

• Bnxn adalah matriks ortogonal.

• Vektor-vektor baris dari B membentuk himpunan

ortonormal di Rn dalam RHD Euclides.

• Vektor-vektor kolom dari B membentuk himpunan

ortonormal di Rn dalam RHD Euclides.

xPx , untuk setiap x di Rn

Misalkan P merupakan matriks ortogonal maka

berlaku :

• P t P = I


Contoh :

2

1

2

1

2

1

2

1

A

2

1

2

1

2

1

2

1

0

010

0

B

Berikut adalah contoh matriks ortogonal :

Terlihat bahwa setiap vektor baris/kolom

merupakan vektor satuan

Dan HkD antar vektor tersebut adalah nol


22x

t IAA 33x

t IBB

6

8

2

1

2

1

2

1

2

1

2

2

2

14

2

4

2

196

100

6

8

Perhatikan bahwa :

dan

Sementara itu,


Definisi :

Suatu matriks Anxn dikatakan dapat didiagonalkan

secara ortogonal

jika terdapat matriks ortogonal P

sedemikian hingga

P–1AP (=PtAP) merupakan matriks diagonal.


Perhatikan bahwa :

D = P–1AP atau A =PDP–1

Misalkan P merupakan matriks ortogonal, maka

A = PDPt

Sehingga diperoleh hubungan

At = (PDPt)t

= (Pt )t DtPt

= PDPt

= A

A dapat didiagonalkan secara ortogonal

jika dan hanya jika A matriks simetri


Misal Anxn, cara menentukan matriks ortogonal P

yang mendiagonalkan A :

• Tentukan nilai eigen

• Tentukan basis ruang eigen untuk setiap nilai eigen

yang diperoleh

• Ubah setiap basis pada (b) menjadi basis ruang eigen

yang ortonormal.

• Bentuk matriks P dimana vektor-vektor kolomnya

berupa basis ruang eigen yang ortonormal.

Contoh :

Tentukan matriks yang mendiagonalkan secara

ortogonal matriks

110

110

001

A


Jawab :

Basis ruang eigen :

• Untuk adalah

• Untuk adalah

• Untuk adalah

0

1

2

1

1

0

0

0

1

1

1

0

2

1

21

0

0

0

1

21

21

0


Sehingga matriks ortogonal yang mendiagonalkan A

adalah :

21

21

21

21

0

0

010

P

2

1

21

0

0

0

1

21

21

0

Dengan demikian, secara berurutan

basis ruang eigen yang ortonormal matriks tersebut

,

,

dan


Ingat Kembali Pers. Diferensial

Misalkan sekumpulan PD orde 1 ditulis :

Solusi sistem PD tersebut adalah :

)()(

tyadt

tdy

atcety )(

)()(

)(3)(

)(2)(

33

22

11

trdt

tdr

trdt

tdr

trdt

tdr

3

2

1

3

2

1

100

030

002

'

'

'

r

r

r

r

r

r

2

1 1

3

2 2

3 3

t

t

t

r c e

r c e

r c e


Sistem persamaan diferensial tidak selalu memberikan

matriks koefisien yang berbentuk matriks diagonal.

Bentuk Umum SPD orde 1 :

Langkah-langkah menyelesaikan SPD orde 1 linear :

• Menentukan matriks P yang mendiagonalkan A.

• Tulis SPD dummy dalam bentuk

dimana

• Tentukan solusi SPD dummy

• Solusi SPD adalah

nnnnn

n

n

n x

x

x

aaa

aaa

aaa

x

x

x

2

1

21

22221

11211

2

1

'

'

'

DUU '

APPD 1

DUU '

PUX


Contoh 6 :

Tentukan solusi dari sistem persamaan diferensial

Jawab :

Tulis SPD dalam bentuk :

Dengan PK

Nilai eigen dari matriks koefisien,

2

1

2

1

11

24

'

'

x

x

x

x

212

211 24

xxdt

dx

xxdt

dx

011

24

= 2 dan = 3


• BRE yang bersesuaian dengan = 3

• BRE yang bersesuaian dengan = 2

Sehingga diperoleh

Karena

maka SPD dummy berbentuk :

Solusi SPD dummy adalah

dan

1

2

1

1

11

12P

20

031APPD

2

1

2

1

20

03

'

'

u

u

u

u

tecu 3

11 tecu 2

22


Solusi dari SPD

atau

PUX

t

t

ec

ec

x

x2

2

3

1

2

1

11

12

tt ececx 2

2

3

11 2

tt ececx 2

2

3

12


)(2 tqtpdt

dp

)(2 tqtpdt

dq

10 p 30 q

Contoh 8.9 :

Tentukan solusi dari masalah nilai awal

dengan kondisi awal

dan .


21

12A

0 AI.det

21

120

1220

1440 2

340 2

310

3 ; 1diperoleh

Jawab :

Kita peroleh

Persamaan Karakteristiknya adalah

Akhirnya diperoleh


1

00

11~

11

11~. AI

tx

xx

xx

2

21

21 0

1

tx

x

1

1

2

1

1

1

11P

Untuk


adalah vektor tak nol yang berbentuk

, dimana t merupakan parameter.

adalah

Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan


3

00

11~

11

11~. AI

tx

xx

xx

2

21

21 0

3

tx

x

1

1

2

1

3

1

12P

Untuk


adalah vektor tak nol yang berbentuk

Jadi basis ruang eigen yang bersesuaian dengan

adalah

, dimana t merupakan parameter


t

t

e

eU

3

PUX

t

t

ec

ec

q

p3

2

1

11

11

tt ececp 3

21

tt ececq 3

21

Sehingga Solusi Umum SPD U’ = D U adalah

Dengan demikian solusi SPD kita adalah :

atau

sehingga


0t

21

21

3

1

CC

CC

2 ; 1 21 CC

tt eetp 32)(

tt eetq 32)(

Untuk

Dengan Eliminasi didapat

Jadi solusi masalah nilai awal tersebut adalah

10 p 30 qdan sehingga


Latihan Bab 8

1. Tentukan basis ruang eigen dari

2. Diketahui :

Apakah B matriks dapat didiagonalkan? Jelaskan!

3. Suatu Matriks A2x2 memiliki basis ruang eigen :

• λ = – 3

• λ = 1

Tentukan matriks A !

144

010

023

B

301

020

301

A

3

1

2

1


4. Tentukan solusi dari masalah nilai awal :

dengan kondisi awal

dan

( ) 3 ( )

4 ( ) 5 ( )

dpp t q t

dt

dqp t q t

dt

(0) 2p '(0) 1q

Documents

Aljabar Linear Elementer - adiwijaya.staff.telkomuniversity.ac.id · Bab II Determinan Matriks Bab III Sistem Persamaan Linear Bab IV Vektor di Bidang dan di Ruang Bab V Ruang Vektor