Download to read offline
Aljabar Matriks - Eigen Value and Eigen Vector.pptx
- 1. © putu – FT untirta Aljabar Matriks - TheEigen Value Problems -
- 2. © putu – FT untirta Eigen Value Problems Eigenvalue dalam aljabar matriks dinyatakan dengan persamaan vector berikut 𝐴 𝑥 = 𝜆 𝑥 𝐴 adalah matriks persegi 𝑥 adalah vector yang belum diketahui 𝜆 adalah scalar yang belum diketahui
- 3. © putu – FT untirta Eigen value problemadalah konsep untuk mendapatkan solusi nilai 𝜆 dan 𝑥 yang sesuai dengan persamaan 𝐴 𝑥 = 𝜆 𝑥 dengan syarat 𝑥 ≠ 0. Solusi terhadap persamaan di atas terdapat dua jenis: 1. Nilai 𝜆 yang memenuhi persamaan di atas eigen value dari 𝐴 2. Vektor 𝑥 yang memenuhi persamaan di atas eigen vector dari 𝐴
- 4. © putu – FT untirta Penentuan eigen valuedan eigen vektor Misal terdaapt matriks 𝐴 = −5 2 2 −2 , diminta mencari eigen value 𝜆 dan eigen vector 𝑥 . Pertama, perlu disusun model persamaan eigen value dan eigen vectornya 𝐴 𝑥 = 𝜆 𝑥 −5 2 2 −2 𝑥1 𝑥2 = 𝜆 𝑥1 𝑥2
- 5. © putu – FT untirta Jika dinyatakan dalamsystem persamaan linier, maka −5𝑥1 + 2𝑥2 = 𝜆𝑥1 2𝑥1 − 2𝑥2 = 𝜆𝑥2 Dengan manipulasi aljabar, kedua bentuk di atas menjadi −5𝑥1 − 𝜆𝑥1 + 2𝑥2 = 0 −5 − 𝜆 𝑥1 + 2𝑥2 = 0 dan 2𝑥1 − 2𝑥2 − 𝜆𝑥2 = 0 2𝑥1 + −2 − 𝜆 𝑥2 = 0
- 6. © putu – FT untirta Dalam notasi matriks,hubungan tersebut dapat dinyatakan dengan −5 − 𝜆 𝑥1 + 2𝑥2 = 0 2𝑥1 + −2 − 𝜆 𝑥2 = 0 −5 2 2 −2 − 𝜆 1 0 0 1 × 𝑥1 𝑥2 = 0 0 atau 𝐴 − 𝜆I 𝑥 = 0 Karena hal ini, maka dapat dikatakan bahwa terdapat hubungan 𝐴 𝑥 − 𝜆 𝑥 = 𝐴 𝑥 − 𝜆I 𝑥 = 𝐴 − 𝜆I 𝑥 = 0
- 7. © putu – FT untirta Bentuk hubungan inidisebut sebagai bentuk system linier homogen. Berdasarkan teorema Cramer, suatu system linier akan memiliki solusi nontrivial jika dan hanya jika determinan suatu system adalah nol. Dengan demikian maka 𝐷 𝜆 = 𝑑𝑒𝑡 𝐴 − 𝜆I = 0 −5 − 𝜆 2 2 −2 − 𝜆 = −5 − 𝜆 × −2 − 𝜆 − 2 × 2 = 0 10 + 5𝜆 + 2𝜆 + 𝜆2 − 4 = 0 𝜆2 + 7𝜆 + 6 = 0
- 8. © putu – FT untirta Notasi 𝐷 𝜆disebut sebagai characteristic determinant, kemudian persamaan yang diekspansi disebut sebagai characteristic polynomial, dan 𝐷 𝜆 = 0 disebut sebagai characteristic equation. Solusi dari characteristic polynomial 𝜆2 + 7𝜆 + 6 = 0 akan di dapat 𝜆1 = −1 dan 𝜆2 = −6 Kedua solusi ini merupakan nilai eigen atau eigen value dari matriks 𝐴 .
- 9. © putu – FT untirta Lalu bagaimana denganeigen vektornya ? Eigen vector dapat dicari setelah eigen value didapat. Dengan eigen value 𝜆 = 𝜆1 = −1 maka akan terbentuk −5 − −1 𝑥1 + 2𝑥2 = 0 2𝑥1 + −2 − −1 𝑥2 = 0 −4𝑥1 + 2𝑥2 = 0 2𝑥1 − 𝑥2 = 0 Sistem persamaan linier ini dicari solusinya dengan cara substitusi- eliminasi, eliminasi gauss atau eliminasi gauss-jordan.
- 10. © putu – FT untirta Jika dibentuk matriksmaka −4 2 2 −1 𝑥1 𝑥2 = 0 0 Dengan Gauss-Jordan maka −4 2 2 −1 0 0 = 𝑥1 𝑥2 𝑅1 ′ = 𝑅1 −4 1 −0.5 2 −1 0 0 = 𝑥1 𝑥2 𝑅2 ′ = 𝑅2 − 2𝑅1 ′ 1 −0.5 0 0 0 0 = 𝑥1 𝑥2
- 11. © putu – FT untirta Berdasarkan hasil inimaka didapat 𝑥1 = 0.5𝑥2 Sehingga eigen vector dapat dinyatakan dengan x1 = 1 2 Pengujian nilai eigen value 𝜆1 = −1 dan eigen vector x1 = 1 2 diuji dalam persamaan dasar 𝐴 𝑥 = 𝜆 𝑥 −5 2 2 −2 1 2 = −1 1 2 −5 + 4 2 + −4 = −1 −2 −1 −2 = −1 −2 OK……………..
- 12. © putu – FT untirta Dengan cara yangsama untuk eigen value 𝜆 = 𝜆2 = −6 maka akan terbentuk −5 − −6 𝑥1 + 2𝑥2 = 0 2𝑥1 + −2 − −6 𝑥2 = 0 𝑥1 + 2𝑥2 = 0 2𝑥1 + 4𝑥2 = 0 Jika dibentuk matriks maka 1 2 2 4 𝑥1 𝑥2 = 0 0
- 13. © putu – FT untirta Dengan Gauss-Jordan maka 12 2 4 0 0 = 𝑥1 𝑥2 𝑅1 ′ = 𝑅1 1 1 2 2 4 0 0 = 𝑥1 𝑥2 𝑅2 ′ = 𝑅2 − 2𝑅1 ′ 1 2 0 0 0 0 = 𝑥1 𝑥2 Berdasarkan hasil ini maka didapat 𝑥1 = −2𝑥2 Sehingga eigen vector dapat dinyatakan dengan x1 = 2 −1
- 14. © putu – FT untirta Pengujian nilai eigen value 𝜆2 = −6 dan eigen vector x2 = 2 −1 diuji dalam persamaan dasar 𝐴 𝑥 = 𝜆 𝑥 −5 2 2 −2 2 −1 = −6 2 −1 −10 − 2 4 + 2 = −12 6 −12 6 = −12 6 OK……………..
- 15. © putu – FT untirta Kesimpulan: matriks 𝐴= −5 2 2 −2 memiliki: eigen value −1 −6 eigen vector 1 2 T dan 2 −1 T
- 16. © putu – FT untirta LATIHAN SOAL Cari eigenvalue dan eigen vector dari matriks berikut: 1. 𝐴 = −2 2 −3 2 1 −6 −1 −2 0 2. 𝐴 = 6 2 −2 2 5 0 −2 0 7 3. 𝐴 = 5 −2 9 −6
- 17.