Nilai, Vektor, dan Ruang Eigen - Telkom...

Nilai, Vektor, dan Ruang EigenKuliah Aljabar Linier Semester Ganjil 2015-2016

MZI

Fakultas InformatikaTelkom University

FIF Tel-U

November 2015

MZI (FIF Tel-U) Ruang Eigen November 2015 1 / 41

Acknowledgements

Slide ini disusun berdasarkan materi yang terdapat pada sumber-sumber berikut:

1 Aplikasi Matriks dan Ruang Vektor, Edisi 1, 2014, oleh Adiwijaya.2 Elementary Linear Algebra, 10th Edition, 2010, oleh H. Anton dan C. Rorres.3 Slide kuliah Aljabar Linier di Telkom University oleh Jondri.4 Slide kuliah Aljabar Linier di Fasilkom UI oleh Kasiyah M. Junus dan SitiAminah.

5 Slide kuliah Aljabar Linier di Fasilkom UI oleh L. Y. Stefanus.

Beberapa gambar dapat diambil dari sumber-sumber di atas. Slide ini ditujukanuntuk keperluan akademis di lingkungan FIF Telkom University. Jika Andamemiliki saran/ pendapat/ pertanyaan terkait materi dalam slide ini, silakan kirimemail ke <pleasedontspam>@telkomuniversity.ac.id.


mailto:[email protected]

Bahasan

1 Motivasi: Pengenalan Wajah

2 Definisi Nilai dan Vektor Eigen

3 Metode Mencari Vektor Eigen

4 Multiplisitas Aljabar dan Multiplisitas Geometri Nilai Eigen


Motivasi: Pengenalan Wajah

Bahasan







Eigenfaces

EigenfacesEigenfaces adalah himpunan vektor-vektor eigen yang digunakan dalam computervision untuk mengenali tipe-tipe wajah manusia. Metode ini dikembangkan olehSirovich dan Kirby pada tahun 1987 dan digunakan oleh Turk dan Pentland untukmelakukan klasifikasi terhadap tipe-tipe wajah. Vektor-vektor eigen yangdigunakan diperoleh dari suatu matriks kovariansi (mungkin dipelajari pada kuliahProbabilitas dan Statistika) yang terkait kemungkinan tipe wajah-wajah manusia.


Definisi Nilai dan Vektor Eigen

Bahasan







Latihan

Diberikan matriks A =

[2 04 1

], vektor u =

[14

], v =

[04

], dan

w =

[54

]. Periksa apakah

1 terdapat α ∈ R sehingga Au = αu

2 terdapat β ∈ R sehingga Av = βv

3 terdapat γ ∈ R sehingga Aw = γw

Solusi: Perhatikan bahwa

Au =

[2 04 1

] [14

]= 2

[14

]

Av =

[2 04 1

] [04

]= 1

[04

]

Aw =

[2 04 1

] [54

]=

[1024

]6= γ

[54

]untuk γ berapapun (jika ada γ yang

memenuhi, maka diperoleh 10 = 5γ dan 24 = 4γ, akibatnya γ = 2 dan γ = 6).



Latihan


[2 04 1

], vektor u =

[14

], v =

[04

], dan

w =

[54

]. Periksa apakah

1 terdapat α ∈ R sehingga Au = αu

2 terdapat β ∈ R sehingga Av = βv

3 terdapat γ ∈ R sehingga Aw = γw

Solusi: Perhatikan bahwa

Au =

[2 04 1

] [14

]= 2

[14

]

Av =

[2 04 1

] [04

]= 1

[04

]

Aw =

[2 04 1

] [54

]=

[1024

]6= γ

[54

]untuk γ berapapun (jika ada γ yang

memenuhi, maka diperoleh 10 = 5γ dan 24 = 4γ, akibatnya γ = 2 dan γ = 6).MZI (FIF Tel-U) Ruang Eigen November 2015 8 / 41


Secara geometris kita memiliki




DefinisiDiberikan sebuah matriks persegi A yang berukuran n× n. Vektor tak nol~v ∈ Rn dikatakan sebagai vektor eigen (atau vektor karakteristik) dari A apabilaA~v adalah kelipatan skalar dari ~v, yaitu

A~v = λ~v, (1)

untuk suatu λ ∈ R. Nilai λ selanjutnya dinamakan nilai eigen (atau nilaikarakteristik) dari A, dan ~v disebut sebagai vektor eigen yang bersesuaian dengannilai eigen λ.

Catatan

Vektor eigen adalah vektor tak nol. Hal ini dilakukan mengingat vektor nolsenantiasa memenuhi persamaan (1). Jika ~v = ~0, kita memperolehA~v = A~0 = ~0 = λ~0 = λ~v untuk sembarang matriks persegi A dan λ ∈ R, yangtidak memberikan informasi penting apapun.




DefinisiDiberikan sebuah matriks persegi A yang berukuran n× n. Vektor tak nol~v ∈ Rn dikatakan sebagai vektor eigen (atau vektor karakteristik) dari A apabilaA~v adalah kelipatan skalar dari ~v, yaitu

A~v = λ~v, (1)

untuk suatu λ ∈ R. Nilai λ selanjutnya dinamakan nilai eigen (atau nilaikarakteristik) dari A, dan ~v disebut sebagai vektor eigen yang bersesuaian dengannilai eigen λ.

CatatanVektor eigen adalah vektor tak nol. Hal ini dilakukan mengingat vektor nolsenantiasa memenuhi persamaan (1). Jika ~v = ~0, kita memperolehA~v = A~0 = ~0 = λ~0 = λ~v untuk sembarang matriks persegi A dan λ ∈ R, yangtidak memberikan informasi penting apapun.



Persamaan Karakteristik

PermasalahanDiberikan sebuah matriks persegi A yang berorde n. Bagaimana cara menentukansemua nilai eigen dari A? Apakah kita harus mengetahui semua vektor eigen dariA terlebih dulu?

Teorema

Diberikan matriks persegi A yang berorde n, suatu bilangan λ adalah nilai eigendari A jika dan hanya jika

det (λI−A) = 0. (2)

CatatanPersamaan (2) disebut persamaan karakteristik dari suatu matriks persegi A.Kondisi det (λI−A) = 0 juga setara dengan kondisi det (A− λI) = 0.



Persamaan Karakteristik

PermasalahanDiberikan sebuah matriks persegi A yang berorde n. Bagaimana cara menentukansemua nilai eigen dari A? Apakah kita harus mengetahui semua vektor eigen dariA terlebih dulu?

TeoremaDiberikan matriks persegi A yang berorde n, suatu bilangan λ adalah nilai eigendari A jika dan hanya jika

det (λI−A) = 0. (2)

CatatanPersamaan (2) disebut persamaan karakteristik dari suatu matriks persegi A.Kondisi det (λI−A) = 0 juga setara dengan kondisi det (A− λI) = 0.



Bukti

Tinjau bahwa λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jika terdapat ~v 6= ~0,~v ∈ Rn dengan sifat

A~v = λ~v. Tinjau bahwa

A~v = λ~v

⇔ A~v = λI~v

⇔ (λI−A)~v = ~0.

Karena ~v 6= ~0 maka (λI−A)~v = ~0 jika dan hanya jika λI−A singular (jikaλI−A invertibel, maka kita memiliki (λI−A)−1 (λI−A)~v = (λI−A)−1~0,sehingga ~v = ~0). Akibatnya λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jikaλI−A singular. Mengingat λI−A singular jika dan hanya jikadet (λI−A) = 0, maka λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jika

det (λI−A) = 0.



Bukti

Tinjau bahwa λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jika terdapat ~v 6= ~0,~v ∈ Rn dengan sifat A~v = λ~v. Tinjau bahwa

A~v = λ~v

⇔

A~v = λI~v

⇔ (λI−A)~v = ~0.


det (λI−A) = 0.



Bukti


A~v = λ~v

⇔ A~v = λI~v

⇔

(λI−A)~v = ~0.


det (λI−A) = 0.



Bukti


A~v = λ~v

⇔ A~v = λI~v

⇔ (λI−A)~v = ~0.


det (λI−A) = 0.



Bukti


A~v = λ~v

⇔ A~v = λI~v

⇔ (λI−A)~v = ~0.

Karena ~v 6= ~0 maka (λI−A)~v = ~0 jika dan hanya jika

λI−A singular (jikaλI−A invertibel, maka kita memiliki (λI−A)−1 (λI−A)~v = (λI−A)−1~0,sehingga ~v = ~0). Akibatnya λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jikaλI−A singular. Mengingat λI−A singular jika dan hanya jikadet (λI−A) = 0, maka λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jika

det (λI−A) = 0.



Bukti


A~v = λ~v

⇔ A~v = λI~v

⇔ (λI−A)~v = ~0.

Karena ~v 6= ~0 maka (λI−A)~v = ~0 jika dan hanya jika λI−A singular

(jikaλI−A invertibel, maka kita memiliki (λI−A)−1 (λI−A)~v = (λI−A)−1~0,sehingga ~v = ~0). Akibatnya λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jikaλI−A singular. Mengingat λI−A singular jika dan hanya jikadet (λI−A) = 0, maka λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jika

det (λI−A) = 0.



Bukti


A~v = λ~v

⇔ A~v = λI~v

⇔ (λI−A)~v = ~0.

Karena ~v 6= ~0 maka (λI−A)~v = ~0 jika dan hanya jika λI−A singular (jikaλI−A invertibel, maka kita memiliki (λI−A)−1 (λI−A)~v = (λI−A)−1~0,sehingga ~v = ~0).

Akibatnya λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jikaλI−A singular. Mengingat λI−A singular jika dan hanya jikadet (λI−A) = 0, maka λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jika

det (λI−A) = 0.



Bukti


A~v = λ~v

⇔ A~v = λI~v

⇔ (λI−A)~v = ~0.

Karena ~v 6= ~0 maka (λI−A)~v = ~0 jika dan hanya jika λI−A singular (jikaλI−A invertibel, maka kita memiliki (λI−A)−1 (λI−A)~v = (λI−A)−1~0,sehingga ~v = ~0). Akibatnya λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jikaλI−A singular. Mengingat λI−A singular jika dan hanya jika

det (λI−A) = 0, maka λ adalah nilai eigen dari A jika dan hanya jika

det (λI−A) = 0.



Bukti


A~v = λ~v

⇔ A~v = λI~v

⇔ (λI−A)~v = ~0.


det (λI−A) = 0.



Latihan: Kalkulasi Nilai Eigen

LatihanTentukan persamaan karakteristik dari matriks-matriks persegi berikut. Kemudian,tentukan pula nilai eigen dari setiap matriks.

A =

[3 08 −1

], B =

4 0 1−2 1 0−2 0 1

, C = 0 0 121 0 130 1 0

,D =

0 0 0 −361 0 0 00 1 0 130 0 1 0

.Solusi:

Untuk matriks A, kita memiliki persamaan karakateristik

det (λI−A) =∣∣∣∣ λ− 3 0−8 λ+ 1

∣∣∣∣ = (λ− 3) (λ+ 1) = 0. Jadi Nilai eigen dari Aadalah λ1 = −1 dan λ2 = 3.



Latihan: Kalkulasi Nilai Eigen

LatihanTentukan persamaan karakteristik dari matriks-matriks persegi berikut. Kemudian,tentukan pula nilai eigen dari setiap matriks.

A =

[3 08 −1

], B =

4 0 1−2 1 0−2 0 1

, C = 0 0 121 0 130 1 0

,D =

0 0 0 −361 0 0 00 1 0 130 0 1 0

.Solusi: Untuk matriks A, kita memiliki persamaan karakateristik

det (λI−A) =∣∣∣∣ λ− 3 0−8 λ+ 1

∣∣∣∣ = (λ− 3) (λ+ 1) = 0. Jadi Nilai eigen dari Aadalah λ1 = −1 dan λ2 = 3.



Untuk matriks B, kita memiliki persamaan karakteristik

det (λI−B) =

∣∣∣∣∣∣λ− 4 0 −1

2 λ− 1 02 0 λ− 1

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Melalui ekspansi kofaktor di baris

pertama diperoleh

0 = (λ− 4)∣∣∣∣ λ− 1 0

0 λ− 1

∣∣∣∣− 1 ∣∣∣∣ 2 λ− 12 0

∣∣∣∣= (λ− 4) (λ− 1)2 − 1 (−2 (λ− 1)) = (λ− 4) (λ− 1)2 + 2 (λ− 1)= (λ− 1) ((λ− 1) (λ− 4) + 2)= (λ− 1)

(λ2 − 5λ+ 6

)= (λ− 1) (λ− 2) (λ− 3)

Jadi diperoleh nilai eigen λ1 = 1, λ2 = 2, dan λ3 = 3.



Untuk matriks B, kita memiliki persamaan karakteristik

det (λI−B) =

∣∣∣∣∣∣λ− 4 0 −1

2 λ− 1 02 0 λ− 1

∣∣∣∣∣∣ = 0. Melalui ekspansi kofaktor di barispertama diperoleh

0 = (λ− 4)∣∣∣∣ λ− 1 0

0 λ− 1

∣∣∣∣− 1 ∣∣∣∣ 2 λ− 12 0

∣∣∣∣= (λ− 4) (λ− 1)2 − 1 (−2 (λ− 1)) = (λ− 4) (λ− 1)2 + 2 (λ− 1)= (λ− 1) ((λ− 1) (λ− 4) + 2)= (λ− 1)

(λ2 − 5λ+ 6

)= (λ− 1) (λ− 2) (λ− 3)

Jadi diperoleh nilai eigen λ1 = 1, λ2 = 2, dan λ3 = 3.



Untuk matriks C, kita memiliki persamaan karakteristik

det (λI−C) =

∣∣∣∣∣∣λ 0 −12−1 λ −130 −1 λ

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Melalui ekspansi kofaktor di kolom

pertama, diperoleh

0 = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 −12−1 λ

∣∣∣∣= λ

(λ2 − 13

)+ 1 (−12) = λ3 − 13λ− 12. (3)

Dari pengetahuan yang didapat di sekolah menengah, kita mengetahui bahwa jikaλ1, λ2, λ3 adalah akar-akar dari (3), maka λ1λ2λ3 = 12 dan λ1 + λ2 + λ3 = 0.Dengan aturan Horner, kita akan mencoba λ1 = 4,

4 1 0 −13 −12↓ 4 16 12 (+)1 4 3 0

Jadi λ3 − 13λ− 12 = (λ− 4)(λ2 + 4λ+ 3

)= (λ− 4) (λ+ 1) (λ+ 3).

Akibatnya nilai eigen dari C adalah λ1 = −3, λ2 = −1, dan λ3 = 4.




det (λI−C) =

∣∣∣∣∣∣λ 0 −12−1 λ −130 −1 λ

∣∣∣∣∣∣ = 0. Melalui ekspansi kofaktor di kolompertama, diperoleh

0 = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 −12−1 λ

∣∣∣∣= λ

(λ2 − 13

)+ 1 (−12) = λ3 − 13λ− 12. (3)


4 1 0 −13 −12↓ 4 16 12 (+)1 4 3 0

Jadi λ3 − 13λ− 12 = (λ− 4)(λ2 + 4λ+ 3

)= (λ− 4) (λ+ 1) (λ+ 3).





det (λI−C) =

∣∣∣∣∣∣λ 0 −12−1 λ −130 −1 λ


0 = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 −12−1 λ

∣∣∣∣= λ

(λ2 − 13

)+ 1 (−12) = λ3 − 13λ− 12. (3)

Dari pengetahuan yang didapat di sekolah menengah, kita mengetahui bahwa jikaλ1, λ2, λ3 adalah akar-akar dari (3), maka λ1λ2λ3 =

12 dan λ1 + λ2 + λ3 = 0.Dengan aturan Horner, kita akan mencoba λ1 = 4,

4 1 0 −13 −12↓ 4 16 12 (+)1 4 3 0

Jadi λ3 − 13λ− 12 = (λ− 4)(λ2 + 4λ+ 3

)= (λ− 4) (λ+ 1) (λ+ 3).





det (λI−C) =

∣∣∣∣∣∣λ 0 −12−1 λ −130 −1 λ


0 = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 −12−1 λ

∣∣∣∣= λ

(λ2 − 13

)+ 1 (−12) = λ3 − 13λ− 12. (3)

Dari pengetahuan yang didapat di sekolah menengah, kita mengetahui bahwa jikaλ1, λ2, λ3 adalah akar-akar dari (3), maka λ1λ2λ3 = 12 dan λ1 + λ2 + λ3 =

0.Dengan aturan Horner, kita akan mencoba λ1 = 4,

4 1 0 −13 −12↓ 4 16 12 (+)1 4 3 0

Jadi λ3 − 13λ− 12 = (λ− 4)(λ2 + 4λ+ 3

)= (λ− 4) (λ+ 1) (λ+ 3).





det (λI−C) =

∣∣∣∣∣∣λ 0 −12−1 λ −130 −1 λ


0 = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 −12−1 λ

∣∣∣∣= λ

(λ2 − 13

)+ 1 (−12) = λ3 − 13λ− 12. (3)


4 1 0 −13 −12↓ 4 16 12 (+)1 4 3 0

Jadi λ3 − 13λ− 12 = (λ− 4)(λ2 + 4λ+ 3

)= (λ− 4) (λ+ 1) (λ+ 3).





det (λI−C) =

∣∣∣∣∣∣λ 0 −12−1 λ −130 −1 λ


0 = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 −12−1 λ

∣∣∣∣= λ

(λ2 − 13

)+ 1 (−12) = λ3 − 13λ− 12. (3)


4 1 0 −13 −12↓ 4 16 12 (+)1 4 3 0

Jadi λ3 − 13λ− 12 =

(λ− 4)(λ2 + 4λ+ 3

)= (λ− 4) (λ+ 1) (λ+ 3).





det (λI−C) =

∣∣∣∣∣∣λ 0 −12−1 λ −130 −1 λ


0 = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 −12−1 λ

∣∣∣∣= λ

(λ2 − 13

)+ 1 (−12) = λ3 − 13λ− 12. (3)


4 1 0 −13 −12↓ 4 16 12 (+)1 4 3 0

Jadi λ3 − 13λ− 12 = (λ− 4)(λ2 + 4λ+ 3

)=

(λ− 4) (λ+ 1) (λ+ 3).Akibatnya nilai eigen dari C adalah λ1 = −3, λ2 = −1, dan λ3 = 4.




det (λI−C) =

∣∣∣∣∣∣λ 0 −12−1 λ −130 −1 λ


0 = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 −12−1 λ

∣∣∣∣= λ

(λ2 − 13

)+ 1 (−12) = λ3 − 13λ− 12. (3)


4 1 0 −13 −12↓ 4 16 12 (+)1 4 3 0

Jadi λ3 − 13λ− 12 = (λ− 4)(λ2 + 4λ+ 3

)= (λ− 4) (λ+ 1) (λ+ 3).




Untuk matriks D, kita memiliki persamaan karakteristik

det (λI−D) =

∣∣∣∣∣∣∣∣λ 0 0 36−1 λ 0 00 −1 λ −130 0 −1 λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

Melalui ekspansi kofaktor di kolom

pertama diperoleh

0 = λ

∣∣∣∣∣∣λ 0 0−1 λ −130 −1 λ

∣∣∣∣∣∣− (−1)∣∣∣∣∣∣

0 0 36−1 λ −130 −1 λ

∣∣∣∣∣∣



Untuk matriks D, kita memiliki persamaan karakteristik

det (λI−D) =

∣∣∣∣∣∣∣∣λ 0 0 36−1 λ 0 00 −1 λ −130 0 −1 λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0. Melalui ekspansi kofaktor di kolompertama diperoleh

0 = λ

∣∣∣∣∣∣λ 0 0−1 λ −130 −1 λ

∣∣∣∣∣∣− (−1)∣∣∣∣∣∣

0 0 36−1 λ −130 −1 λ

∣∣∣∣∣∣



Dengan ekspansi kofaktor di kolom pertama kita memiliki∣∣∣∣∣∣λ 0 0−1 λ −130 −1 λ

∣∣∣∣∣∣ =

λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 0−1 λ

∣∣∣∣ = λ(λ2 − 13

).

Kemudian dengan ekspansi kofaktor di kolom pertama kita memiliki∣∣∣∣∣∣0 0 36−1 λ −130 −1 λ

∣∣∣∣∣∣ = − (−1)∣∣∣∣ 0 36−1 λ

∣∣∣∣ = 36. Jadi diperoleh persamaankarakteristik

0 = λ(λ(λ2 − 13

))+ 36

= λ4 − 13λ2 + 36 =(λ2 − 9

) (λ2 − 4

)= (λ− 3) (λ+ 3) (λ− 2) (λ+ 2) .

Jadi nilai-nilai eigen untuk D adalah λ1 = −3, λ2 = −2, λ3 = 2, dan λ4 = 3.




∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 0−1 λ

∣∣∣∣ = λ(λ2 − 13

).


∣∣∣∣∣∣ =

− (−1)∣∣∣∣ 0 36−1 λ


0 = λ(λ(λ2 − 13

))+ 36

= λ4 − 13λ2 + 36 =(λ2 − 9

) (λ2 − 4

)= (λ− 3) (λ+ 3) (λ− 2) (λ+ 2) .





∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 0−1 λ

∣∣∣∣ = λ(λ2 − 13

).


∣∣∣∣∣∣ = − (−1)∣∣∣∣ 0 36−1 λ


0 =

λ(λ(λ2 − 13

))+ 36

= λ4 − 13λ2 + 36 =(λ2 − 9

) (λ2 − 4

)= (λ− 3) (λ+ 3) (λ− 2) (λ+ 2) .





∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 0−1 λ

∣∣∣∣ = λ(λ2 − 13

).


∣∣∣∣∣∣ = − (−1)∣∣∣∣ 0 36−1 λ


0 = λ(λ(λ2 − 13

))+ 36

=

λ4 − 13λ2 + 36 =(λ2 − 9

) (λ2 − 4

)= (λ− 3) (λ+ 3) (λ− 2) (λ+ 2) .





∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 0−1 λ

∣∣∣∣ = λ(λ2 − 13

).


∣∣∣∣∣∣ = − (−1)∣∣∣∣ 0 36−1 λ


0 = λ(λ(λ2 − 13

))+ 36

= λ4 − 13λ2 + 36 =

(λ2 − 9

) (λ2 − 4

)= (λ− 3) (λ+ 3) (λ− 2) (λ+ 2) .





∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 0−1 λ

∣∣∣∣ = λ(λ2 − 13

).


∣∣∣∣∣∣ = − (−1)∣∣∣∣ 0 36−1 λ


0 = λ(λ(λ2 − 13

))+ 36

= λ4 − 13λ2 + 36 =(λ2 − 9

) (λ2 − 4

)=

(λ− 3) (λ+ 3) (λ− 2) (λ+ 2) .





∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣ λ −13−1 λ

∣∣∣∣− (−1) ∣∣∣∣ 0 0−1 λ

∣∣∣∣ = λ(λ2 − 13

).


∣∣∣∣∣∣ = − (−1)∣∣∣∣ 0 36−1 λ


0 = λ(λ(λ2 − 13

))+ 36

= λ4 − 13λ2 + 36 =(λ2 − 9

) (λ2 − 4

)= (λ− 3) (λ+ 3) (λ− 2) (λ+ 2) .




Nilai Eigen Matriks Segitiga

LatihanBerikan persamaan karakteristik untuk setiap matriks berikut dan tentukan pulanilai eigen dari setiap matriks.

A =

a11 · · · · · · a1n

a22...

. . ....

O ann

, B =b11 O... b22...

. . .bn1 · · · · · · bnn

,

C =

c11 O

c22. . .

O cnn



Solusi:

Untuk matriks A persamaan karakteristiknya adalah

det (λI−A) =n∏i=1

(λ− aii) = 0,

jadi nilai eigennya adalah a11, a22, . . . , ann. Untuk matriks B persamaankarakteristiknya adalah

det (λI−B) =n∏i=1

(λ− bii) = 0,

jadi nila eigennya adalah b11, b22, . . . , bnn. Untuk matriks C persamaankarakteristiknya adalah

det (λI−C) =n∏i=1

(λ− cii) = 0,

jadi nilai eigennya adalah c11, c22, . . . , cnn.



Solusi: Untuk matriks A persamaan karakteristiknya adalah


(λ− aii) = 0,

jadi nilai eigennya adalah

a11, a22, . . . , ann. Untuk matriks B persamaankarakteristiknya adalah


(λ− bii) = 0,



(λ− cii) = 0,






(λ− aii) = 0,

jadi nilai eigennya adalah a11, a22, . . . , ann.

Untuk matriks B persamaankarakteristiknya adalah


(λ− bii) = 0,



(λ− cii) = 0,






(λ− aii) = 0,



(λ− bii) = 0,

jadi nila eigennya adalah

b11, b22, . . . , bnn. Untuk matriks C persamaankarakteristiknya adalah


(λ− cii) = 0,






(λ− aii) = 0,



(λ− bii) = 0,

jadi nila eigennya adalah b11, b22, . . . , bnn.

Untuk matriks C persamaankarakteristiknya adalah


(λ− cii) = 0,






(λ− aii) = 0,



(λ− bii) = 0,



(λ− cii) = 0,




Teorema terkait Persamaan KarakteristikTeoremaJika A adalah matriks segitiga, maka persamaan karakteristik dari A adalah

0 = det (λI−A) = (λ− (A)11) (λ− (A)22) · · · (λ− (A)nn)

=

n∏i=1

(λ− (A)ii)

dan nilai eigen dari A adalah (A)11 , (A)22 , . . . , (A)nn.

DefinisiSuatu polinom dalam variabel x dengan derajat maksimal n dikatakan monik(monic) apabila koefisien dari xn adalah 1.

ContohPolinom x2 + 2x+ 1

adalah polinom monik, polinom x2015 + 2x2014 + 3x2013

adalah polinom monik, dan polinom x2013 + 2x2014 + 3x2015 bukan polinommonik.




0 = det (λI−A) = (λ− (A)11) (λ− (A)22) · · · (λ− (A)nn)

=

n∏i=1

(λ− (A)ii)



ContohPolinom x2 + 2x+ 1 adalah polinom monik, polinom x2015 + 2x2014 + 3x2013





0 = det (λI−A) = (λ− (A)11) (λ− (A)22) · · · (λ− (A)nn)

=

n∏i=1

(λ− (A)ii)




adalah polinom monik, dan polinom x2013 + 2x2014 + 3x2015

bukan polinommonik.




0 = det (λI−A) = (λ− (A)11) (λ− (A)22) · · · (λ− (A)nn)

=

n∏i=1

(λ− (A)ii)







DefinisiJika A adalah suatu matriks persegi berorde n, maka pA (λ) = det (λI−A)disebut polinom karakteristik (characteristic polynomial) dari A.

TeoremaUntuk sembarang matriks persegi A yang berorde n, polinom karakteristik dari A,yaitu pA (λ) = det (λI−A), adalah polinom monik dalam variabel λ. Denganperkataan lain

pA (λ) = det (λI−A)= λn + c1λ

n−1 + · · ·+ cn.



PermasalahanApakah ada matriks persegi A dengan entri-entri real yang tidak memiliki nilaieigen real?

Solusi: Tinjau matriks A =

[0 −11 0

]. Kita memiliki

pA (λ) = det (λI−A) =∣∣∣∣ λ 1−1 λ

∣∣∣∣ = λ2 + 1. Tidak ada nilai λ ∈ R sedemikian

hingga λ2 + 1 = 0. Jadi A tidak memiliki nilai eigen real.

AkibatSetiap matriks persegi A yang berorde n paling banyak memiliki n nilai eigenreal.





[0 −11 0

]. Kita memiliki

pA (λ) = det (λI−A) =∣∣∣∣ λ 1−1 λ



Akibat

Setiap matriks persegi A yang berorde n paling banyak memiliki n nilai eigenreal.





[0 −11 0

]. Kita memiliki

pA (λ) = det (λI−A) =∣∣∣∣ λ 1−1 λ



AkibatSetiap matriks persegi A yang berorde n paling banyak memiliki n nilai eigenreal.



Pernyataan-pernyataan yang Ekivalen

TeoremaJika A adalah sebuah matriks berukuran n× n, maka pernyataan-pernyataanberikut ekivalen.

1 λ adalah nilai eigen dari A2 SPL (λI−A) ~x = ~0 memiliki solusi tak trivial3

{~0}⊂ ker (λI−A), akibatnya nulitas (λI−A) ≥ 1

4 Ada vektor tak nol ~v yang memenuhi A~v = λ~v

5 λ adalah solusi dari persamaan karakteristik pA (λ) = det (λI−A) = 0.

BuktiLatihan.



Latihan


1 1 10 3 3−2 1 1

, vektor ~u = (0,−2, 2), ~v = (−4,−6, 2),dan ~w = (−2, 1, 1). Periksa apakah ~u, ~v, maupun ~w merupakan vektor eigen dariA. Jika ya, tentukan nilai eigen yang bersesuaian dengan vektor-vektor eigentersebut.

Solusi:

Kita memiliki

A~u =

1 1 10 3 3−2 1 1

0−22

= 000

= 0 0−22

,jadi ~u adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan niliai eigen 0. Kemudian

A~v =

1 1 10 3 3−2 1 1

−4−62

= −8−12

4

= 2 −4−6

2

,jadi ~v adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen 2.



Latihan


1 1 10 3 3−2 1 1

, vektor ~u = (0,−2, 2), ~v = (−4,−6, 2),dan ~w = (−2, 1, 1). Periksa apakah ~u, ~v, maupun ~w merupakan vektor eigen dariA. Jika ya, tentukan nilai eigen yang bersesuaian dengan vektor-vektor eigentersebut.

Solusi: Kita memiliki

A~u =

1 1 10 3 3−2 1 1

0−22

= 000

= 0 0−22

,jadi ~u adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan niliai eigen 0. Kemudian

A~v =

1 1 10 3 3−2 1 1

−4−62

= −8−12

4

= 2 −4−6

2

,jadi ~v adalah nilai eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen 2.



Terakhir

A~w =

1 1 10 3 3−2 1 1

−211

= 066

6= λ

−211

untuk sembarang λ ∈ R. Jadi ~w = (−2, 1, 1) bukan vektor eigen dari A.


Metode Mencari Vektor Eigen

Bahasan







Mencari Vektor EigenPermasalahanDiberikan sebuah matriks persegi A dan λ∗ adalah suatu nilai eigen dari A.Bagaimana cara mencari semua vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigenλ∗?

Misalkan ~v∗ adalah sembarang vektor eigen dari A yang bersesuaian dengan nilaieigen λ∗, maka ~v∗ dan λ∗ memenuhi hubungan

A~v∗ = λ∗~v∗ atau (λ∗I−A)~v∗ = ~0.

Ini berarti ~v∗ ∈ ker (λ∗I−A). Dengan demikian mencari semua kemungkinanvektor eigen ~v∗ cukup dilakukan dengan menentukan basis bagi ker (λ∗I−A).

CatatanUntuk setiap matriks persegi A berorde n, jika λ∗ adalah nilai eigen dari A, makavektor eigen ~v∗ yang bersesuaian dengan λ∗ pastilah memenuhi

~v∗ ∈ ker (λ∗I−A) dan ~v∗ 6= ~0.





A~v∗ = λ∗~v∗ atau (λ∗I−A)~v∗ = ~0.

Ini berarti ~v∗ ∈

ker (λ∗I−A). Dengan demikian mencari semua kemungkinanvektor eigen ~v∗ cukup dilakukan dengan menentukan basis bagi ker (λ∗I−A).


~v∗ ∈ ker (λ∗I−A) dan ~v∗ 6= ~0.





A~v∗ = λ∗~v∗ atau (λ∗I−A)~v∗ = ~0.

Ini berarti ~v∗ ∈ ker (λ∗I−A). Dengan demikian mencari semua kemungkinanvektor eigen ~v∗ cukup dilakukan dengan menentukan basis bagi ker (λ∗I−A).


~v∗ ∈ ker (λ∗I−A) dan ~v∗ 6= ~0.



PermasalahanJika Eigλ∗ (A) adalah himpunan seluruh vektor eigen dari A yang bersesuaiandengan nilai eigen λ∗, apa kaitan antara Eigλ∗ (A) dan ker (λ

∗I−A)?

Kita memiliki Eigλ∗ (A) = ker (λ∗I−A)r

{~0}.



Ruang Eigen

DefinisiMisalkan A adalah sebuah matriks persegi berorde n dan λ∗ adalah suatu nilaieigen dari A, maka ruang eigen (eigenspace) dari A yang bersesuaian dengan λ∗,dinotasikan dengan Eλ∗ , didefinisikan sebagai

Eλ∗ = ker (λ∗I−A) .

LatihanTentukan ruang eigen dari matriks-matriks berikut

A =

[3 08 −1

], B =

0 0 −21 2 11 0 3

, C = 1 0 −2

0 1 2−1 0 0



Persamaan karakteristik untuk A adalah

pA (λ) =

∣∣∣∣ λ− 3 0−8 λ+ 1

∣∣∣∣ = (λ− 3) (λ+ 1) = 0,sehingga nilai eigen untuk A adalah λ1 = −1 dan λ2 = 3. Pertama kita akanmenentukan ker (λ1I−A) = ker (−I−A).[

−4 0−8 0

] [x1x2

]=

[00

]Cukup jelas bahwa jika ~x ∈ ker (−I−A), maka ~x = (0, s), s ∈ R. JadiE−1 = span {(0, 1)}.

Selanjutnya kita akan menentukan ker (λ2I−A) = ker (3I−A).[0 0−8 4

] [x1x2

]=

[00

]Jika ~x ∈ ker (3I−A), maka ~x = (x1, x2) dengan −8x1 + 4x2 = 0. Dengandemikian ~x pasti berbentuk

(12 t, t

)dengan t ∈ R. Jadi E3 = span {(1, 2)}




pA (λ) =

∣∣∣∣ λ− 3 0−8 λ+ 1

∣∣∣∣ = (λ− 3) (λ+ 1) = 0,sehingga nilai eigen untuk A adalah λ1 = −1 dan λ2 = 3.

Pertama kita akanmenentukan ker (λ1I−A) = ker (−I−A).[

−4 0−8 0

] [x1x2

]=

[00



] [x1x2

]=

[00


(12 t, t





pA (λ) =

∣∣∣∣ λ− 3 0−8 λ+ 1


−4 0−8 0

] [x1x2

]=

[00

]Cukup jelas bahwa jika ~x ∈ ker (−I−A), maka ~x = (0, s), s ∈ R. JadiE−1 =

span {(0, 1)}.


] [x1x2

]=

[00


(12 t, t





pA (λ) =

∣∣∣∣ λ− 3 0−8 λ+ 1


−4 0−8 0

] [x1x2

]=

[00



] [x1x2

]=

[00


(12 t, t





pA (λ) =

∣∣∣∣ λ− 3 0−8 λ+ 1


−4 0−8 0

] [x1x2

]=

[00



] [x1x2

]=

[00


(12 t, t

)dengan t ∈ R. Jadi E3 =

span {(1, 2)}




pA (λ) =

∣∣∣∣ λ− 3 0−8 λ+ 1


−4 0−8 0

] [x1x2

]=

[00



] [x1x2

]=

[00


(12 t, t




Persamaan karakteristik untuk B adalah

pB (λ) = det (λI−B) =

∣∣∣∣∣∣λ 0 2−1 λ− 2 −1−1 0 λ− 3

∣∣∣∣∣∣ = 0.Melalui ekspansi kofaktor di baris pertama kita memiliki∣∣∣∣∣∣

λ 0 2−1 λ− 2 −1−1 0 λ− 3

∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣ λ− 2 −10 λ− 3

∣∣∣∣+ 2 ∣∣∣∣ −1 λ− 2−1 0

∣∣∣∣= λ (λ− 2) (λ− 3) + 2 (λ− 2)= (λ− 2) (λ (λ− 3) + 2) = (λ− 2)

(λ2 − 3λ+ 2

)= (λ− 2) (λ− 2) (λ− 1) .

Jadi nilai eigen dari B adalah λ1 = 1, λ2 = λ3 = 2.





∣∣∣∣∣∣λ 0 2−1 λ− 2 −1−1 0 λ− 3

∣∣∣∣∣∣ = 0.Melalui ekspansi kofaktor di baris pertama kita memiliki

∣∣∣∣∣∣λ 0 2−1 λ− 2 −1−1 0 λ− 3

∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣ λ− 2 −10 λ− 3

∣∣∣∣+ 2 ∣∣∣∣ −1 λ− 2−1 0

∣∣∣∣= λ (λ− 2) (λ− 3) + 2 (λ− 2)= (λ− 2) (λ (λ− 3) + 2) = (λ− 2)

(λ2 − 3λ+ 2

)= (λ− 2) (λ− 2) (λ− 1) .






∣∣∣∣∣∣λ 0 2−1 λ− 2 −1−1 0 λ− 3

∣∣∣∣∣∣ = 0.Melalui ekspansi kofaktor di baris pertama kita memiliki∣∣∣∣∣∣

λ 0 2−1 λ− 2 −1−1 0 λ− 3

∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣ λ− 2 −10 λ− 3

∣∣∣∣+ 2 ∣∣∣∣ −1 λ− 2−1 0

∣∣∣∣= λ (λ− 2) (λ− 3) + 2 (λ− 2)= (λ− 2) (λ (λ− 3) + 2) = (λ− 2)

(λ2 − 3λ+ 2

)= (λ− 2) (λ− 2) (λ− 1) .




Pertama kita akan menentukan ker (λ1I−B) = ker (I−B). 1 0 2−1 −1 −1−1 0 −2

x1x2x3

= 000

Kita memiliki SPL

x1 + 0x2 + 2x3 = 0x1 + x2 + x3 = 0

. Misalkan x3 = s, maka x1 = −2s,

x2 = −x1 − x3 = 2s− s = s. Jadi jika ~x ∈ ker (I−B), ~x berbentuk

~x = (−2s, s, s) , s ∈ R.

Akibatnya E1 =

span {(−2, 1, 1)}.



Pertama kita akan menentukan ker (λ1I−B) = ker (I−B). 1 0 2−1 −1 −1−1 0 −2

x1x2x3

= 000

Kita memiliki SPL

x1 + 0x2 + 2x3 = 0x1 + x2 + x3 = 0

. Misalkan x3 = s, maka x1 = −2s,

x2 = −x1 − x3 = 2s− s = s. Jadi jika ~x ∈ ker (I−B), ~x berbentuk

~x = (−2s, s, s) , s ∈ R.

Akibatnya E1 = span {(−2, 1, 1)}.



Selanjutnya kita akan menentukan ker (λ2I−B) = ker (λ3I−B) = ker (2I−B). 2 0 2−1 0 −1−1 0 −1

x1x2x3

= 000

Kita memiliki SPL x1 + 0x2 + x3 = 0. Nilai x2 tidak terkait dengan x1 maupunx3, jadi x2 = t ∈ R. Jika x3 = u ∈ R, maka x1 = −u. Akibatnya jika~x ∈ ker (2I−B), ~x berbentuk

~x = (−u, t, u) , p, q ∈ R= t (0, 1, 0) + u (−1, 0, 1) .

Sehingga E2 =

span {(0, 1, 0) , (−1, 0, 1)}.



Selanjutnya kita akan menentukan ker (λ2I−B) = ker (λ3I−B) = ker (2I−B). 2 0 2−1 0 −1−1 0 −1

x1x2x3

= 000

Kita memiliki SPL x1 + 0x2 + x3 = 0. Nilai x2 tidak terkait dengan x1 maupunx3, jadi x2 = t ∈ R. Jika x3 = u ∈ R, maka x1 = −u. Akibatnya jika~x ∈ ker (2I−B), ~x berbentuk

~x = (−u, t, u) , p, q ∈ R= t (0, 1, 0) + u (−1, 0, 1) .

Sehingga E2 = span {(0, 1, 0) , (−1, 0, 1)}.



Persamaan karakteristik untuk C adalah

pC (λ) = det (λI−C) =

∣∣∣∣∣∣λ− 1 0 2

0 λ− 1 −21 0 λ

∣∣∣∣∣∣ = 0.Melalui ekspansi kofaktor di kolom kedua kita memiliki∣∣∣∣∣∣

λ− 1 0 20 λ− 1 −21 0 λ

∣∣∣∣∣∣ = 0 + (λ− 1) (−1)2+2∣∣∣∣ λ− 1 2

1 λ

∣∣∣∣+ 0= (λ− 1) [(λ− 1) (λ)− 2]= (λ− 1)

(λ2 − λ− 2

)= (λ− 1) (λ− 2) (λ+ 1) .

Jadi nilai eigen dari C adalah λ1 = −1, λ2 = 1, dan λ3 = 2.





∣∣∣∣∣∣λ− 1 0 2

0 λ− 1 −21 0 λ

∣∣∣∣∣∣ = 0.Melalui ekspansi kofaktor di kolom kedua kita memiliki

∣∣∣∣∣∣λ− 1 0 2

0 λ− 1 −21 0 λ

∣∣∣∣∣∣ = 0 + (λ− 1) (−1)2+2∣∣∣∣ λ− 1 2

1 λ

∣∣∣∣+ 0= (λ− 1) [(λ− 1) (λ)− 2]= (λ− 1)

(λ2 − λ− 2

)= (λ− 1) (λ− 2) (λ+ 1) .






∣∣∣∣∣∣λ− 1 0 2

0 λ− 1 −21 0 λ

∣∣∣∣∣∣ = 0.Melalui ekspansi kofaktor di kolom kedua kita memiliki∣∣∣∣∣∣

λ− 1 0 20 λ− 1 −21 0 λ

∣∣∣∣∣∣ = 0 + (λ− 1) (−1)2+2∣∣∣∣ λ− 1 2

1 λ

∣∣∣∣+ 0= (λ− 1) [(λ− 1) (λ)− 2]= (λ− 1)

(λ2 − λ− 2

)= (λ− 1) (λ− 2) (λ+ 1) .




Pertama kita akan menentukan ker (λ1I−C) = ker (−I−C). −2 0 20 −2 −21 0 −1

x1x2x3

= 000

Dengan OBE diperoleh matriks diperbesar dalam bentuk EB: 1 0 −1 00 1 1 00 0 0 0

, akibatnya diperoleh SPL x1 − x3 = 0x2 + x3 = 0

. Misalkan

x3 = s, maka x1 = s dan x2 = −s. Akibatnya jika ~x ∈ ker (−I−C), ~x berbentuk

~x = (s,−s, s) , s ∈ R= s (1,−1, 1) .

Sehingga E−1 =

span {(1,−1, 1)}.



Pertama kita akan menentukan ker (λ1I−C) = ker (−I−C). −2 0 20 −2 −21 0 −1

x1x2x3

= 000

Dengan OBE diperoleh matriks diperbesar dalam bentuk EB: 1 0 −1 00 1 1 00 0 0 0

, akibatnya diperoleh SPL x1 − x3 = 0x2 + x3 = 0

. Misalkan

x3 = s, maka x1 = s dan x2 = −s. Akibatnya jika ~x ∈ ker (−I−C), ~x berbentuk

~x = (s,−s, s) , s ∈ R= s (1,−1, 1) .

Sehingga E−1 = span {(1,−1, 1)}.



Selanjutnya kita akan menentukan ker (λ2I−C) = ker (I−C). 0 0 20 0 −21 0 1

x1x2x3

= 000

Dengan OBE diperoleh matriks diperbesar dalam bentuk EB:

1 0 0 00 0 1 00 0 0 0

,akibatnya diperoleh SPL

x1 = 0x3 = 0

. Nilai x2 tidak terkait dengan x1 dan x3.

Misalkan x2 = t ∈ R, maka ~x ∈ ker (I−C), ~x berbentuk

~x = (0, t, 0) , t ∈ R= t (0, 1, 0) .

Sehingga E1 =

span {(0, 1, 0)}.



Selanjutnya kita akan menentukan ker (λ2I−C) = ker (I−C). 0 0 20 0 −21 0 1

x1x2x3

= 000

Dengan OBE diperoleh matriks diperbesar dalam bentuk EB:

1 0 0 00 0 1 00 0 0 0

,akibatnya diperoleh SPL

x1 = 0x3 = 0

. Nilai x2 tidak terkait dengan x1 dan x3.

Misalkan x2 = t ∈ R, maka ~x ∈ ker (I−C), ~x berbentuk

~x = (0, t, 0) , t ∈ R= t (0, 1, 0) .

Sehingga E1 = span {(0, 1, 0)}.



Terakhir kita akan menentukan ker (λ3I−C) = ker (2I−C). 1 0 20 1 −21 0 2

x1x2x3

= 000

Dengan OBE diperoleh matriks diperbesar dalam bentuk EB: 1 0 2 00 1 −2 00 0 0 0

, akibatnya diperoleh SPL x1 + 2x3 = 0x2 − 2x3 = 0

. Misalkan

x3 = u ∈ R, maka x2 = 2u dan x1 = −2u. Akibatnya ~x ∈ ker (2I−C), ~xberbentuk

~x = (−2u, 2u, u) , u ∈ R= u (−2, 2, 1) .

Sehingga E3 =

span {(−2, 2, 1)}.



Terakhir kita akan menentukan ker (λ3I−C) = ker (2I−C). 1 0 20 1 −21 0 2

x1x2x3

= 000

Dengan OBE diperoleh matriks diperbesar dalam bentuk EB: 1 0 2 00 1 −2 00 0 0 0

, akibatnya diperoleh SPL x1 + 2x3 = 0x2 − 2x3 = 0

. Misalkan

x3 = u ∈ R, maka x2 = 2u dan x1 = −2u. Akibatnya ~x ∈ ker (2I−C), ~xberbentuk

~x = (−2u, 2u, u) , u ∈ R= u (−2, 2, 1) .

Sehingga E3 = span {(−2, 2, 1)}.


Multiplisitas Aljabar dan Multiplisitas Geometri Nilai Eigen

Bahasan







Multiplisitas Aljabar Suatu Nilai Eigen

DefinisiMisalkan A adalah sebuah matriks persegi berorde n dengan polinom karakteristik

pA (λ) = λn + c1λn−1 + · · ·+ c1.

Multiplisitas aljabar dari suatu nilai eigen λ∗, ditulis ma (λ∗), adalah banyaknya

kemunculan λ∗ dalam himpunan penyelesaian pA (λ) = 0.

Latihan

Berikan semua nilai eigen dari matriks A =

1 0 10 1 00 0 2

dan tentukanmultiplisitas aljabar dari nilai-nilai eigen tersebut.

Solusi:

karena A adalah matriks diagonal, maka diperolehpA (λ) = (λ− 1)2 (λ− 2). Nilai-nilai eigen dari A adalah λ1 = 1, denganma (1) = 2, dan λ2 = 2, dengan ma (2) = 1.





pA (λ) = λn + c1λn−1 + · · ·+ c1.



Latihan


1 0 10 1 00 0 2


Solusi: karena A adalah matriks diagonal, maka diperolehpA (λ) = (λ− 1)2 (λ− 2).

Nilai-nilai eigen dari A adalah λ1 = 1, denganma (1) = 2, dan λ2 = 2, dengan ma (2) = 1.





pA (λ) = λn + c1λn−1 + · · ·+ c1.



Latihan


1 0 10 1 00 0 2


Solusi: karena A adalah matriks diagonal, maka diperolehpA (λ) = (λ− 1)2 (λ− 2). Nilai-nilai eigen dari A adalah λ1 = 1, denganma (1) = 2, dan λ2 = 2, dengan ma (2) = 1.



Multiplisitas Geometri Suatu Nilai Eigen

DefinisiMisalkan A adalah sebuah matriks persegi dan λ∗ adalah suatu nilai eigen dari A.Multiplisitas geometri dari λ∗, ditulis mg (λ

∗), adalah dimensi dari ruang eigenEλ∗ . Dengan perkataan lain mg (λ

∗) = dim (Eλ∗).

LatihanTentukan multiplisitas aljabar dan muliplisitas geometri dari setiap nilai eigenuntuk matriks A apabila

A =

1 −1 −10 1 −10 0 1

.



Solusi: polinom karakteristik dari A adalah pA (λ) =

(λ− 1)3. Diperolehpersamaan karakteristik pA (λ) = (λ− 1)3 = 0. Jadi nilai eigen dari A adalah 1dan ma (1) = 3. Selanjutnya kita akan menentukan E1 = ker (I−A). Dari 0 1 1

0 0 10 0 0

x1x2x3

= 000

diperoleh

x2 + x3 = 0x3 = 0

, jadi x2 = x3 = 0 dan x1 = t ∈ R. Akibatnya jika

~x ∈ E1, maka ~x = (t, 0, 0), t ∈ R. Jadi E1 = span {(1, 0, 0)}. Akibatnyamg (1) = dim (E1) = 1.

PermasalahanPada latihan ini, kita melihat bahwa mg (1) ≤ ma (1). Apakah ini berlaku untuksetiap nilai eigen pada sembarang matriks persegi?

TeoremaJika A adalah matriks persegi dan λ adalah nilai eigen dari A, makamg (λ) ≤ ma (λ).



Solusi: polinom karakteristik dari A adalah pA (λ) = (λ− 1)3. Diperolehpersamaan karakteristik pA (λ) = (λ− 1)3 = 0. Jadi nilai eigen dari A adalah

1dan ma (1) = 3. Selanjutnya kita akan menentukan E1 = ker (I−A). Dari 0 1 1

0 0 10 0 0

x1x2x3

= 000

diperoleh

x2 + x3 = 0x3 = 0







Solusi: polinom karakteristik dari A adalah pA (λ) = (λ− 1)3. Diperolehpersamaan karakteristik pA (λ) = (λ− 1)3 = 0. Jadi nilai eigen dari A adalah 1dan ma (1) = 3. Selanjutnya kita akan menentukan E1 = ker (I−A). Dari 0 1 1

0 0 10 0 0

x1x2x3

= 000

diperoleh

x2 + x3 = 0x3 = 0

, jadi

x2 = x3 = 0 dan x1 = t ∈ R. Akibatnya jika







0 0 10 0 0

x1x2x3

= 000

diperoleh

x2 + x3 = 0x3 = 0

, jadi x2 = x3 = 0 dan x1 =

t ∈ R. Akibatnya jika







0 0 10 0 0

x1x2x3

= 000

diperoleh

x2 + x3 = 0x3 = 0


~x ∈ E1, maka ~x = (t, 0, 0), t ∈ R. Jadi E1 =

span {(1, 0, 0)}. Akibatnyamg (1) = dim (E1) = 1.






0 0 10 0 0

x1x2x3

= 000

diperoleh

x2 + x3 = 0x3 = 0






Nilai, Vektor, dan Ruang Eigen - Telkom...

Documents

Transcript of Nilai, Vektor, dan Ruang Eigen - Telkom...