7. NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN

7.1. Nilai eigen dan vektor eigen

Definisi :

Jika A suatu matrix n n, maka vektor 0x , nx R , disebut vektor eigen dari A jika Ax

adalah kelipatan skalar dari x, yaitu: Ax x

untuk skalar.

disebut nilai eigen dari A dan x disebut vektor eigen yang bersesuaian dengan .

Secara geometris di R2, dapat digambarkan sebagai berikut:

Contoh 1.

3 0 1

,8 1 2

A x

karena 3 0 1 3 1

3 38 1 2 6 2

Ax x

maka = 3 adalah nilai eigen dari A, dengan vektor eigen 1

2x

Untuk mencari nilai eigen dari Ann , tulis Ax x sebagai:

( ) 0 ...(7.1)

Ax Ix

I A x

dan agar menjadi nilai eigen, maka solusi dari (7.1) haruslah vektor 0x ,

hal ini dapat terpenuhi jika:

det( ) 0I A ...(7.2)

Persamaan (7.2) disebut persamaan karakteristik dari A.

Jika persamaan (7.2) diuraikan, maka diperoleh suatu polinomial dalam , sehingga

det( ) 0I A disebut juga polinomial karakteristik dari A.

Untuk kasus Ann, det( ) 0I A dapat diuraikan menjadi

11det( ) ...

n n

nI A c c = 0 ...(7.3)

yaitu polinomial berderajat n dengan koefisien pangkat tertinggi n adalah 1.

Dari (7.3) diperoleh bahwa A mempunyai paling banyak n nilai eigen yang berbeda.

Contoh 2.

3 2

3 2

1 0 1 4 0 1

2 1 0 ,det( ) 2 1 0

2 0 1 2 0 1

( 4)( 1)( 1) 2( 1)

= 6 11 6 0

6

A I A

11 6 0 adalah persamaan karakteristik dari A

Nilai Eigen Matrix Segitiga

Teorema 7.1.1.

Jika A adalah matrix segitiga (segitiga atas, segitiga bawah atau diagonal) berukuran n n,

maka nilai eigen dari A adalah entri-entri pada diagonal utama dari A.

Contoh 3.

1 0 02

21 03

15 8

4

A

, nilai eigen 1 2 1

, , =-2 3 4

Teorema 7.1.2.

Jika A adalah matrix n n dan adalah bilangan real, maka pernyataan berikut ekivalen.

a. adalah nilai eigen dari A

b. Sistem persamaan linear ( ) 0I A x mempunyai solusi nontrivial

c. 0 nx R Ax x

d. adalah solusi dari det( ) 0I A

Mencari Basis dari Ruang Eigen

Telah diketahui bahwa masalah mencari nilai eigen berkembang menjadi masalah mencari

vektor eigen.

Vektor eigen dari suatu matrix A yang bersesuaian dengan nilai eigen , adalah vektor tak nol

yang memenuhi Ax x atau vektor eigen tersebut merupakan solusi dari ( ) 0I A x .

Ruang solusi dari ( ) 0I A x disebut ruang eigen dari A yang bersesuaian dengan .

Contoh 4. Cari basis ruang eigen dari

0 0 2

1 2 1

1 0 3

A

Jawab:

persamaan karakteristik dari A adalah 3 25 8 4 0

2( 1)( 2) 0

nilai eigen dari A adalah = 1 dan = 2

untuk = 2

1

2

3

0

2 0 2 0

1 0 1 0

1 0 1 0

I A x

x

x

x

sistem di atas mempunyai solusi 1 2 3, ,x s x t x s

maka vektor-vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan = 2 adalah

1 0

0 1

1 0

s

x t s t

s

karena

1 0

0 dan 1

1 0

saling bebas linear, maka vektor-vektor tersebut membentuk

basis untuk ruang eigen yang bersesuaian dengan = 2.

untuk = 1

1

2

3

0

1 0 2 0

1 1 1 0

1 0 2 0

I A x

x

x

x

sistem di atas mempunyai solusi 1 2 32 , ,x s x s x s

maka vektor-vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan = 1 adalah

2 2

1

1

s

x s s

s

maka vektor

2

1

1

membentuk basis untuk ruang eigen = 1.

Nilai Eigen dari Pangkat Suatu Matrix

Teorema 7.1.3.

Jika k suatu bilangan bulat, suatu nilai eigen dari A dan x vektor eigen yang bersesuaian,

maka k adalah nilai eigen dari A

k dengan x vektor eigen yang bersesuaian.

Sebagai ilustrasi:

Misalkan dan x adalah nilai dan vektor eigen yang bersesuaian dari A, maka

2 2( ) ( ) ( ) ( )A x A Ax A x Ax x x

Contoh 5.

Dari contoh 4, diperoleh nilai eigen dari

0 0 2

1 2 1

1 0 3

A

adalah = 2 dan =1

Maka = 27 = 128 dan =1

7 = 1 adalah nilai eigen dari A

7. Sedangkan vektor-vektor eigen

dari A yang bersesuaian dengan , juga merupakan vektor-vektor eigen dari A7.

Nilai Eigen dan Invertible

Teorema 7.1.4.

Suatu matrix bujur sangkar A invertible jika dan hanya jika = 0 bukan suatu nilai eigen

dari A.

Bukti:

Asumsikan Ann dan perhatikan bahwa = 0 adalah suatu solusi dari persamaan karakteristik

1

1 ...n n

nc c = 0, jika dan hanya jika suku konstan nc = 0.

Maka untuk membuktikan A invertible, cukup dengan membuktikan nc 0.

Tapi 11det( ) ...n n

nI A c c ,

maka untuk = 0 maka det(-A) = nc atau ( 1) det( )n

nA c

Sehingga det(A) = 0 jika dan hanya jika nc = 0.

Jadi A invertible jika dan hanya jika nc 0.

7.2. Diagonalisasi

Masalah vektor eigen

Diberikan matrix A berukuran n n, apakah terdapat suatu basis untuk Rn yang terdiri dari vektor-

vektor eigen dari A

Masalah diagonalisasi (bentuk matrix)

Diberikan matrix A berukuran n n, apakah terdapat suatu matrix invertible P sedemikian sehingga

P-1

AP adalah matrix diagonal

Definisi

Suatu matrix bujur sangkar A dikatakan dapat didiagonalisasi jika terdapat matrix P sedemikian

sehingga P-1

AP adalah matrix diagonal. Matrix P dikatakan mendiagonalisasi A.

Teorema 7.2.1.

Jika A adalah matrix n n, maka pernyataan berikut ekivalen

a. A dapat didiagonalisasi

b. A mempunyai n vektor eigen yang bebas linear

Bukti:

Prosedur untuk mendiagonalisasi suatu matrix An n :

1. Cari n vektor eigen dari A yang bebas linear, misalkan p1, p2, , pn.

2. Bentuk matrix P dengan p1, p2, , pn sebagai vektor-vektor kolomnya.

3. Diperoleh matrix P-1AP adalah matrix diagonal dengan 1, 2, , n sebagai entri-entri

diagonal utamanya, dimana i adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan pi, i = 1,2,, n

Contoh 1:

Cari matrix P yang mendiagonalisasi matrix

16

01A

Jawab:

0)1)(1(16

01)det(

AI

Maka nilai eigen dari A adalah = 1 dan = -1.

Untuk = 1 (I - A) x = 0

, misalkan Basis

Untuk = -1 (I - A) x = 0

, misalkan Basis

A matrix 22 dan mempunyai 2 vektor eigen yang bebas linear, maka A dapat di

diagonalisasi dengan matrix

Check:

Teorema 7.2.2

Jika adalah vektor-vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan maka

bebas linear.

Cara lain untuk menentukan apakah suatu matrix dapat didiagonalisasi atau tidak, adalah dengan

menentukan dimensi dari ruang eigen.

Contoh 2: (dari contoh 1)

ruang eigen untuk = 1 adalah ruang solusi dari .

Matrix koefisiennya mempunyai rank =1 , sehingga nulitas = 2-1 = 1

terdapat 1 vektor basis dimensi ruang eigen = 1 adalah 1.

ruang eigen dari = -1 adalah ruang solusi dari ,

maka rank =1 , dan nulitas = 2-1 = 1 terdapat 1 vektor basis.

dimensi ruang eigen = -1 adalah 1.

Jadi total dimensi ruang eigen = 2 terdapat 2 vektor eigen yang bebas linear A dapat

didiagonalisasi

Teorema 7.2.3.

Jika An n mempunyai n nilai eigen yang berbeda, maka A dapat didiagonalisasi.

Contoh 3:

,

=

Diperoleh = 4, = 2 + dan = 2 -

Karena A matrix 33 mempunyai 3 nilai eigen yang berbeda, maka A dapat didiagonalisasi

dimana

Apakah matrix n n yang tidak mempunyai n nilai eigen yang berbeda tidak dapat didiagonalisasi?

Contoh 4:

0)2)(1()det(,

301

121

2002

AIA

Untuk =2

0

0

0

101

101

202

3

2

1

x

x

x

rank = 1, nulitas = 2, Dim ruang eigen = 2

Untuk =1

0

0

0

201

111

201

3

2

1

x

x

x

rank = 2, nulitas = 1, Dim ruang eigen = 1

Total dimensi ruang eigen = 3 terdapat 3 vektor eigen bebas linear A dapat

didiagonalisasi.

Contoh 5:

0)2)(1()det(,

253

021

0012

AIA

Untuk =2

0

0

0

153

011

000

3

2

1

x

x

x

rank = 2, nulitas = 1, Dim ruang eigen = 1

Untuk =1

0

0

0

053

001

001

3

2

1

x

x

x

rank = 2, nulitas = 1, Dim ruang eigen = 1

Total dimensi ruang eigen = 2 terdapat 2 vektor eigen bebas linear A tidak dapat

didiagonalisasi.

Multiplisitas geometri dari 0 adalah dimensi dari ruang eigen yang bersesuaian dengan 0

Multiplisitas aljabar dari 0 adalah jumlah (-0 ) muncul sebagai faktor dari polinomial

karakteristik dari A.

Teorema 7.2.4.

1. Untuk setiap nilai eigen dari A multiplisitas geometris multiplisitas aljabar

2. A dapat didiagonalisasi jika dan hanya jika multiplisitas geometri = multiplisitas aljabar,

untuk setiap nilai eigen

Jika A adalah matrix n n dan P matrix invertible, maka

PAPAPPPAPAPPAPPAPP 21111121 )())(()(

Secara umum: PAPAPP KK 11 )(

Maka jika A dapat didiagonalisasi dan P-1

AP = D matrix diagonal,

KKK DAPPPAP )( 11

1 PPDA KK

Jika

nd

d

d

D

00

00

00

2

1

maka

K

K

K

K

d

d

d

D

2

2

1

00

00

00

Contoh 6:

Jika

16

01A maka hitung 25A

Jawab : dari contoh sebelumnya diperoleh

11

03

1P dan

10

01D

Maka 25A =PD25

P -1

=

11

03

125

10

01

13

03=

11

03

1

25

25

10

01

13

03

=

11

03

1

10

01

13

03=

16

01

7.3. Diagonalisasi Ortogonal

Masalah vektor eigen yang ortonormal:

Diberikan matrix A berukuran n n, apakah terdapat basis ortonormal untuk Rn dengan hasil kali

dalam Euclid yang terdiri dari vektor-vektor eigen dari A?

Masalah diagonalisasi orthogonal:

Diberikan matrix An n, apakah terdapat matrix orthogonal P sedemikian sehingga P-1

AP = PTAP

diagonal?

A dikatakan dapat didiagonalisasi secara orthogonal dan P mendiagonalisasi A secara orthogonal.

Teorema 7.3.1.

Jika A adalah matrix n n, maka pernyataan berikut ekivalen

a. A dapat didiagonalisasi secara orthogonal

b. A mempunyai himpunan ortonormal dari n vektor eigen

c. A simetris

Bukti:

(ac)

A didiagonalisasi secara orthogonal terdapat matrix orthogonal P, dan matrix diagonal D

P-1

AP = D. maka A=PDP-1

= PDPT

(karena P orthogonal)

Sehingga AT= ( PDP

T )T = (P

T)T D

TP

T = PDP

T = A

Jadi A simetris.

Teorema 7.3.2.

Jika A adalah matrix simetris, maka:

a. Nilai eigen dari A adalah bilangan real

b. Vektor-vektor eigen dari ruang eigen yang berbeda, saling orthogonal.

Bukti:

b. Misalkan 1v

vektor eigen untuk 1, 2v

vektor eigen untuk 2, dengan 1 2

Adib. 1v

2v

= 0

A 1v

2v

= 1v

AT

2v

= 1v

A 2v

(karena A simetris)

1 1v

2v

= 1v

22v

1 1(v

)2v

= 2 1(v

)2v

(1 - 2) 1(v

)2v

= 0

Karena 1 2 maka 1(v

)2v

= 0

Diagonalisasi matrix simetris:

1. Cari basis untuk setiap ruang eigen dari A

2. Gunakan proses GramSchmidt dan normalisasi untuk mendapatkan basis ortonormal

3. Bentuk matrix P dengan vektor basis (yang diperoleh dari no.2) sebagai vektor kolomnya.

Contoh 7: (Latihan 7.3, no.6)

000

011

011

A , 200

011

011

)det( 2

AI

Nilai eigen =0 dan =2

sxxtxsx

2132 ,,

000

000

011

000

011

011

0

1

0

0

,

0

1

1

1

0

0

0

1

1

21 ppts

t

s

s

x

sxxx

213 ,0

200

000

011

200

011

011

2

0

1

1

0

1

1

0

3pss

s

x

Karena 321 ppp , maka lakukan proses normalisasi:

02

12

1

1

11

p

pv ,

1

0

0

2

22

p

pv ,

02

12

1

3

3

3p

pv

Maka

0102

102

12

102

1

P mendiagonalisasi A secara orthogonal.

Check:

0102

102

12

102

1

000

011

011

02

12

1

100

02

12

1

APPT =

200

000

000