ditulis dan diajakan untuk memenuhi sebagian persyaratan memperoleh gelar sarjana sains mataematika
BAB IV PEMBAHASAN Pada bab ini dibahas tentang masalah nilai eigen dan vektor eigen yang
diperumum. Pada masalah nilai eigen dan vektor eigen, dibahas mengenai ma- salah nilai eigen dan vektor eigen yang diperumum, eksistensi nilai eigen, dan ketunggalan nilai eigen.
4.1 Masalah Nilai Eigen dan Vektor Eigen yang Diperumum n×n
dan D A merupakan digraf berbo- Definisi 4.1.1. (Tam [14]) Misalkan A ∈ R bot dari A. Misalkan σ adalah cycle dalam D A , w(σ, A)
µ(σ, A) = l(σ) dengan w(σ) merupakan bobot dari cycle dan l(σ) merupakan panjang dari cycle µ(σ, A) disebut sebagai cycle mean dari cycle σ pada matriks A. Berdasarkan hal tersebut
λ(A) = max σ µ(σ, A) dan λ(A) sebagai cycle mean maksimum dari A.
Teorema 4.1.1. Misalkan A = a ij dan a ij ≥ 0. Jika A matriks tak tereduksi yang berukuran n × n maka A ⊗ x = λx, x ≥ 0, x ̸= 0 memuat nilai eigen tunggal λ(A) yang diberikan oleh 1
( ) p λ(A) = max
(4.1) a i i . . . a i i a i i 1 2 p−1 p p 1
commit to user
dimana maksimumnya diambil dari semua p-tuples (i , . . . , i p ) dengan i k ̸= i l , ∀k, l ∈
1 {1, 2, . . . , n}. Bukti. Berdasarkan Definisi 4.1.1, diberikan persamaan A ⊗ x = λ ⊗ x (4.2) dimana A matriks tak tereduksi, berdasarkan definisi tersebut persamaan (4.2) memuat nilai eigen tunggal λ. Sedangkan menurut Elsner dan van den Driessche [6] diberikan suatu persamaan
A ⊗ x = λx a ij dengan A matriks tak tereduksi nonnegatif. Dalam hal ini matriks A = [e ] dan λ λ = e . Oleh karena itu, persamaan A ⊗ x = λx dengan A matriks tak tereduksi nonnegatif memuat nilai eigen tunggal λ.
Nilai eigen λ(A) disebut cycle geometric mean maksimum dari A. Semua vektor eigen memiliki hubungan dengan nilai eigen λ(A) yang positif. Menurut Cuninghame-Green dan Butkoviˇc [5] himpunan semua nilai eigen dan vektor eigen dinotasikan sebagai Λ(A) dan V (A) dengan λ ∈ Λ(A) dan V (A, λ) = {x ∈ R | A⊗x = λ⊗x, x ̸= ϵ}. Berdasarkan Elsner dan van den Driessche [6] sistem aljabar maks-plus terdiri dari himpunan R∪{−∞} dengan operasi maks dan plus. Sistem aljabar maks terdiri dari himpunan bilangan nonnegatif dengan penjumlahan a ⊕ b = max{a, b} dan perkalian standar ab untuk a, b ≥ 0. Untuk matriks nonnegatif A, B perkaliannya dinotasikan dengan A ⊗ B dimana (A ⊗ B) ik = max j (a ij b jk ). Terutama untuk vektor x ≥ 0, perkalian (A ⊗ x) i = max j (a ij x j ). Aljabar maks-plus isomorfis dengan pemetaan eksponensial pada aljabar maks.
Dianggap bahwa masalah nilai eigen dan vektor eigen yang diperumum analog dengan A ⊗ x = λB ⊗ x, x ≥ 0, x ̸= 0 (4.3) dengan A, B adalah matriks nonnegatif yang berukuran n × n. Untuk masalah nilai eigen dan vektor eigen yang diperumum menurut Cuninghame-Green dan Butkoviˇc [5] dapat dinotasikan sebagai
commit to user
Λ(A, B) = {λ ∈ R | ∃x ∈ R − {ϵ}, A ⊗ x = λ ⊗ B ⊗ x} V (A, B) = {x ∈ R − {ϵ} | A ⊗ x = λ ⊗ B ⊗ x, λ ∈ R}.
4.1.1 Kasus Matriks 2 × 2
a
11 a 12 b 11 b
12
Diberikan matriks A = dan B = . Pada aljabar a a b b
21
22
21
22
didefinisikan C ij adalah determinan dengan kolom ke-i dari matriks A dan kolom ke-j dari matriks B, sebagai contoh a b a b a b a b
11
11
11
12
12
11
12
12 C 11 = , C 12 = , C 21 = , C 22 = .
a b a b a b a b
21
21
21
22
22
21
22
22 Selanjutnya R ij adalah determinan dengan baris ke-i dari matriks A dan baris
ke-j dari matriks B, a a a a a a a a
11
12
11
12
21
22
21
22 R = , R = , R = , R = .
11
12
21
22
b b b b
11
12
21
22 b
11 b 12 b 21 b22 D ij adalah determinan dengan kolom pertama dari diagonal dengan baris ke-i
dan kolom ke-j dari matriks A dan kolom kedua dari diagonal dengan baris ke-i dan kolom ke-j dari matriks B, a b a b
11
11
12
12 D
11 = , D = .
12
a b a b
22
22
21
21 Proposisi 4.1.2. .
(a) Jika C C ≤ 0, maka persamaan (4.3) memuat paling sedikit satu nilai
11
22 eigen positif λ dengan x vektor eigen positif.
(b) Jika R R ≤ 0, maka persamaan (4.3) memuat paling banyak satu nilai
11
22 eigen positif λ.
Proposisi 4.1.3. Jika R
11 R 22 < 0, maka persamaan (4.3)
(a) tidak mempunyai nilai eigen jika dan hanya jika C C > 0,
11
22
(b) mempunyai satu nilai eigen jika dan hanya jika C C < 0
11
22
commit to user
Contoh 4.1.1. Contoh diambil dari Binding dan Volkmer [3]. Akan dibuktikan berdasarkan Proposisi 4.1.3(a).
3 4 1 1 Diberikan matriks A = dan B = .
2 3 1 2 Ditentukan nilai R dan R sehingga
11
22
3 4 R = = −1
11
1 1 2 3 R = = 1
22
1 2 diperoleh R R = −1 < 0
11
22
3 1 C = = 1
11
2 1 4 1 C
22 = = 3,
3 2 diperoleh C C = (1)(3) = 3 > 0. Karena R R < 0 dan C C > 0 maka
11
22
11
22
11
22 berdasarkan Proposisi 4.1.3(a) persamaan (4.3) tidak mempunyai nilai eigen.
Contoh 4.1.2. Contoh diambil dari Binding dan Volkmer [3]. Akan dibuktikan berdasarkan Proposisi 4.1.3(b).
1 3 2 1
Diberikan matriks A = dan B = . Ditentukan nilai 2 1 1 1 R , R , C dan C sehingga
11
22
11
22
1 3 R
11 = = −5
2 1 2 1 R = = 1.
22
1 1 diperoleh R
11 R 22 = (−5)(1) = −5 < 0
commit to user
1 2 C = = −3,
11
2 1
3 1 C = = 2.
22
1 1 Diperoleh C C = (−3)(2) = −6 < 0. Karena R R < 0 dan C C < 0 maka
11
22
11
22
11
22 berdasarkan Proposisi 4.1.3(b) persamaan (4.3) mempunyai satu nilai eigen.
Proposisi 4.1.4. Diasumsikan bahwa R jj < 0 dan C < 0, maka persamaan
11
(4.3) (a) tidak mempunyai nilai eigen jika dan hanya jika D < 0 atau C dan C
12
22
21
keduanya negatif, (b) mempunyai satu nilai eigen jika dan hanya jika C > 0 ̸= C ,
22
21 (c) mempunyai dua nilai eigen jika dan hanya jika C < 0 < C .
22
21 Contoh 4.1.3. Contoh diambil dari Binding dan Volkmer [3]. Akan dibuktikan berdasarkan Proposisi 4.1.4(a).
1 3 2 1
Diberikan matriks A = dan B = . Ditentukan nilai 1 4 1 1 R , R , C , C , C dan D diperoleh
11
22
11
22
21
12
1 3 R
11 = = −5 < 0
2 1 1 4 R = = −3 < 0
22
1 1 1 2 C = = −1 < 0,
11
1 1 3 1 C
22 = = −1 < 0
4 1 1 2 C = = −1 < 0
21
1 1
commit to user
3 1 D = = 2 > 0.
12
1 1 Berdasarkan Proposisi 4.1.4(a) karena kedua R jj < 0, C
11 < 0 dan D 12 > 0 atau C < 0 dan C < 0 maka persamaan (4.3) tidak mempunyai nilai eigen.
22
12 Contoh 4.1.4. Contoh diambil dari Binding dan Volkmer [3]. Akan dibuktikan berdasarkan Proposisi 4.1.4(b).
1 3 2 1
Diberikan matriks A = dan B = . Berdasarkan Proposisi 3 4 3 3 4.1.4 diperoleh 1 3
R = = −5 < 0
11
2 1 3 4 R = = −3 < 0
22
3 3 1 2 C
11 = = −3 < 0
3 3 3 1 C = = 5 > 0
22
4 3 3 2 C = = 1
21
4 3 Berdasarkan Proposisi 4.1.4(b) karena kedua R jj < 0, C < 0 dan C > 0 ̸= C
11
22
21 maka persamaan (4.3) mempunyai satu nilai eigen.
Contoh 4.1.5. Contoh diambil dari Binding dan Volkmer [3]. Akan dibuktikan berdasarkan Proposisi 4.1.4(c).
1 4 3 2
Diberikan matriks A = dan B = Berdasarkan Proposisi 2 4 4 1
commit to user
commit to user
2 4 dan B =
Proposisi 4.1.5. Diasumsikan R jj < 0 maka persamaan (4.3) memuat nilai eigen yang tak terhingga banyak apabila (i) C
21
= 0 dan, (ii) R
12 dan R 21 keduanya negatif.
Contoh 4.1.6. Contoh diambil dari Binding dan Volkmer [3]. Akan dibuktikan berdasarkan Proposisi 4.1.5 Diberikan matriks A =
1 4
4 1
21
4 2 Berdasarkan Proposisi
4.1.5 diperoleh R
11
= 1 4 4 1
= −15 < 0 R
22
= 2 4 4 2
= 4 maka berdasarkan Proposisi 4.1.4(c) persamaan (4.3) mempunyai 2 nilai eigen.
= −4 < 0 < C
4.1.4 diperoleh R
= 1 3 2 4
11
= 1 4 3 2
= −10 < 0 R
22
= 2 4 4 1
= −14 < 0 C
11
= −2 < 0 C
22
22
= 4 2 4 1
= −4 < 0 C
21 =
4 3 4 4 = 4 > 0 karena kedua R jj < 0, C
11
< 0 dan C
= −12 < 0 karena kedua R jj < 0 maka Proposisi 4.1.5 terpenuhi.
4 4 (i) C = = 0
21
4 4 1 4 2 4 (ii) R = −14 < 0 dan R = = −14 < 0
12 =
21
4 2 4 1 karena R < 0, R < 0, C = 0 dan R dan R keduanya negatif maka
11
22
21
12
21
berdasarkan Proposisi 4.1.5 persamaan (4.3) mempunyai tak terhingga banyak nilai eigen.
4.2 Eksistensi Nilai Eigen
Eksistensi nilai eigen dari persamaan (4.3) ditentukan dengan determinan matriks yang berukuran 2 × 2 dengan syarat matriks A dan B berukuran 2 × 2. Dalam hal ini akan ditentukan kondisi yang cukup untuk eksistensi nilai eigen dari persamaan (4.3) untuk matriks A, B yang berukuran n × n, dimana matriks A positif dan matriks B yang salah satunya positif atau sama dengan matriks identitas I.
Lema 4.2.1. Misalkan x solusi dari persamaan (4.3) dengan (A ⊗ x) i = a ij x j a kj b ki dan (B ⊗ x) k = b ki x i maka ≤ 0. a ij b ii
Bukti. Karena (A ⊗ x) i (B ⊗ x) k = (A ⊗ x) k (B ⊗ x) i berlaku a ij x j b ki x i = max a im x m max b km x m = max a km x m max b im x m ≥ a kj x j b ii x i .
Andaikan x j = 0 maka (A ⊗ x) i = 0, hal ini kontradiksi karena A positif dan x ̸= 0. Dengan cara yang sama jika x i ̸= 0, maka (B ⊗ x) k ̸= 0 karena B positif atau sama dengan matriks identitas I dan x ̸= 0.
commit to user
Syarat cukup eksistensi pada persamaan (4.3) untuk n secara umum adalah menentukan determinan 2 × 2 dalam kondisi (T ) yaitu a kj b ki ≥ 0 (4.4) a ij b ii untuk ∀i, j, k ∈ {1, 2, . . . , n} dengan k ̸= i, k ̸= j. Sedangkan strict (T ) diartikan bahwa pertidaksamaan (4.4) bersifat lebih besar ” > ”.
Pada kasus 2 × 2 kondisi (T ) ekuivalen C
11 ≤ 0 ≤ C
22 Lema 4.2.2. Jika A, B memenuhi strict (T ), maka persamaan (4.3) mengaki- batkan x positif.
Bukti. Andaikan persamaan (4.3) dan x k = 0 untuk k maka terdapat i ̸= k sehingga (B ⊗ x) k = b ki x i , dan j ̸= k sehingga (A ⊗ x) i = a ij x j . Diperoleh a kj b ki
> 0 a ij b ii ∀i, j, k ∈ {1, 2, . . . , n} dengan i ̸= k dan j ̸= k. Terbukti bahwa Lema 4.2.1 kontradiksi dengan pertidaksamaan pada strict (T ).
4.3 Ketunggalan Nilai Eigen
Strong (T ) diartikan bahwa pertidaksamaan (4.4) terpenuhi dengan j = k ̸= i. Pada kasus n = 2, strong (T ) ekuivalen dengan kombinasi dari C
11 < 0 < C
22 dan C < 0 < C .
21
12 Teorema 4.3.1. Jika A, B memenuhi strong (T ), maka persamaan (4.3) me-
muat nilai eigen tunggal λ dengan 1 a . . . a a i i i i p i p i 1 2 p−1 1 p λ = max( ) (4.5) b i i . . . b i i b i i 1 1 p−1 p−1 p p
commit to user
dimana maksimum diambil dari semua p-tuples (i , i , . . . , i p ) dengan i l ̸= i m
1
2 untuk ∀l, m ∈ {1, 2, . . . , n}. Bukti. Diketahui λ nilai eigen dari persamaan (4.3) dengan x vektor eigen. Dibe- rikan k ∈ {1, 2, . . . , n} dan pilih i sehingga (B ⊗ x) k = b ki x i . Dipilih j sedemikian sehingga (A ⊗ x) i = a ij x j . Berdasarkan Lema 4.2.1 diperoleh a kj b ki
≤ 0, a ij b ii hal ini kontradiksi dengan asumsi A, B memenuhi strong (T ) dengan i ̸= k. Oleh karena itu,
(B ⊗ x) k = b kk x k , k = 1, 2, . . . , n. (4.6) Penyelesaian untuk λ dan x e
A ⊗ x = λx (4.7) dengan ˜ A adalah matriks dimana elemen dari baris ke-i dan kolom ke-j yaitu a ij /b ii . Berdasarkan Teorema 4.1.1 dapat dituliskan sebagai p 1
λ( e
A) = max(˜ a i i . . . ˜ a i i ˜ a i i ) 1 2 p−1 p p 1 1 a i i . . . a i i a i i 1 2 p−1 p p 1 p λ( e
A) = max( ) b i i . . . b i i b i p i p 1 1 p−1 p−1 Menurut Elsner dan van den Driessche [6] persamaan A⊗x = λx dengan ma- triks A merupakan matriks tak tereduksi nonnegatif dimana (A⊗x) i = max(a ij x i ) dan λ merupakan maksimum rata-rata geometri, µ(A). Oleh karena itu akan di- cari nilai eigen dan vektor eigen dengan metode pangkat berdasarkan Elsner dan van den Driessche [6]. Diberikan persamaan A ⊗ z = µ(A)z dengan algoritma metode pangkat sebagai berikut 1 diambil sembarang x(0) > 0, 2 x(t + 1) = A ⊗ x(t) untuk t = 0, 1, 2, . . .. r 1 3 jika x(t+1) = sx(t+1−r) untuk s > 0 dan r = 1, 2, . . . , t+1 maka µ(A) = s ,
commit to user
1
1 4 z = x(t + 1 − r) ⊕ x(t + 2 − r) ⊕ . . . ⊕ x(t). µ (A) µ (A) r−1 Contoh 4.3.1. Dari contoh 4.1.2. Ditentukan nilai eigen dan vektor eigen.
commit to user
e −
e x(3) =
e −
1
e e
1 ⊗
e
2
e =
e
2
e
3
x(4) =
1
e
e e
1 ⊗
e
2
e
3
=
e
4
e
3
3 x(4) = e
2
2
e =
Matriks A, B diubah menjadi matriks eksponensial sehingga C = e e
1 2 x(t + 1) = e C ⊗ x(t) x(1) =
3
e
2
e dan D =
e
2
e e e . Berdasarkan Teorema 4.3.1 berlaku e
C ⊗ e x = e λe x dengan e C =
e −
1
e e
1 . Menurut Elsner dan van den Driessche [6] 1 diberikan x(0) =
e −
1
1
e e
1 ⊗
1 =
e −
1
e x(2) =
e −
1
e e
1 ⊗
e −
x(2) 4 e λ = e
commit to user
4 =
5
2
2
2 2 ⊗
4 Contoh 4.3.2. Dari contoh 4.1.4. Ditentukan nilai eigen dan vektor eigen.
3 2
4 =
5
2
2
5
Matriks A, B diubah menjadi matriks eksponensial sehingga C = e e
1 1 ⊗
3
1
e −
C ⊗ e x = e λe x dengan e C =
. Berdasarkan Teorema 4.3.1 berlaku e
3
e
e e
3
2
e
dan D =
4
e
3
e
2 1
4 dan diperoleh e x = x(t + 1 − r) ⊕
2
3
e
2
e
1
e ⊕ e −
e
= e
x(3) =
1
x(t) = x(2) ⊕ e −
1
1 e λ r−
1 e λ x(t + 2 − r) ⊕ . . . ⊕
2
2 = 1 ⊗
Dari algoritma metode pangkat di atas diperoleh nilai eigen λ = 1 dan vektor eigen x =
2
2 1 ⊗
A ⊗ x = λ ⊗ B ⊗ x 1 3
2 .
2
.
e ⊕
2
e
2
= e
2
e e
e 1 e . Menurut Elsner dan van den Driessche [6]
commit to user
1
2
=
e
3
e
3
3 x(4) = e
2
x(2) 4 e λ = e 5 dan diperoleh e x = x(t + 1 − r) ⊕
1 e λ x(t + 2 − r) ⊕ . . . ⊕
1 e λ r−
1
x(t) = x(2) ⊕ e −
x(3) =
2
e e
⊕ e −
1
e
2
e
2
= e e
⊕
e e
= e e
.
e
e
1 diberikan x(0) =
1
1 2 x(t + 1) = e C ⊗ x(t) x(1) =
e −
1
e 1 e ⊗
1 =
e −
1
1 x(2) =
e −
1
e 1 e ⊗
e −
1 =
e 1 e ⊗
e e
x(3) =
e −
1
e 1 e ⊗
e e
=
e
2
e
2
x(4) =
e −
1
Dari algoritma metode pangkat di atas diperoleh nilai eigen λ = 1 dan vektor
commit to user
Bukti. Diberikan A T
4
5 =
4
5
Teorema 4.3.2. Jika A T ⊗ y = µB T ⊗ y memuat suatu nilai eigen, maka persa- maan (4.3) memiliki paling tidak satu nilai eigen.
⊗ y = µB T ⊗ y, y ≥ 0, y ̸= 0, (4.8) dimana T adalah transpose dengan max inner product ⟨x, y⟩ = max(x
1
1 y 1 , . . . , x n y n ), untuk x, y ≥ 0.
Sehingga diperoleh ⟨A ⊗ x, y⟩ = max n k
=1
( max n m
=1
a km x m )y k = max n m =1 (x m max n k =1 a km y k ) = ⟨x, A T ⊗ y⟩.
Andaikan A ⊗ x = λB ⊗ x
1
eigen x =
2 1
1
1
A ⊗ x = λ ⊗ B ⊗ x 1 3
3 4 ⊗
1
1 = 1 ⊗
3 3 ⊗
4 4 ⊗
1
1
4
5 =
3 2
A T ⊗ y = µB T ⊗ y untuk λ, µ, x, y, maka λ⟨B ⊗ x, y⟩ = ⟨A ⊗ x, y⟩ T
= ⟨x, A ⊗ y⟩ T = ⟨x, µB ⊗ y⟩ T = µ⟨x, B ⊗ y⟩ = µ⟨B ⊗ x, y⟩.
Karena B positif dan x, y ̸= 0, ⟨B ⊗ x, y⟩ > 0 dengan λ = µ. T T Akibat 4.3.3. Diberikan A, B dan A , B keduanya memenuhi (T ) maka per- samaan (4.3) memuat tepat satu nilai eigen.
1 2 1 3 2 1 Contoh 4.3.3. Diberikan matriks A = dan B = .
1 1 3 1 4 3 1 2 1 1 2 3
2
e e e
3 Matriks A, B diubah menjadi matriks eksponensial C = dan
e e e
2
e e e
3
2
e e e
4
3 D = .
e e e
2
3
e e e Berdasarkan Teorema 4.3.1 berlaku e x = e x
C ⊗ e λe − − −
2
1
2
e e e − − −
3
3
1 dengan e C = .
e e e − − −
2
1
2
e e e
1 1 diberikan sebarang nilai x(0) =
1 commit to user
commit to user
4
1
e −
2
⊗ e −
3
e −
e −
2
3
= e −
5
e −
4
e −
5
e −
e −
2
2
= e −
3
e −
4
e −
3
x(4) =
e −
e −
1
1
e −
2
e −
3
e −
3
e −
3 x(4) = e −
x(2) 4 e λ = e −
3
3
2
e −
3
⊕ e −
2
e −
e −
3
2
= e −
2
e −
2
e −
2
e −
= e −
1
2
5 sehingga diperoleh e x = x(t + 1 − r) ⊕
1 e λ x(t + 2 − r) ⊕ . . . ⊕
1 e λ r−
1
x(t) = x(2) ⊕ ex(3) =
e −
3
e −
e −
3
⊕ e e −
3
e −
4
e −
3
e −
2 x(t + 1) = e C ⊗ x(t) x(1) = e −
2
1
e −
3
e −
1
x(2) =
e −
e −
1
1
e −
2
e −
3
e −
3
e −
= e −
1
e −
3
2
e −
1
e −
2
e −
3
e −
e −
⊗
1
e −
2
e −
1
e −
2
1
2
2
e −
e −
2
e −
3
e −
3
e −
1
2
e −
e −
1
e −
2
⊗ e −
3
e −
1
2
e −
e −
1
e −
2
⊗ e −
1
e −
3
1
e −
= e −
3
e −
2
e −
3
x(3) =
.
commit to user
C
e e
2
| 0 e
4
1 | 0 − − | −
| e .
Karena x(0) belum diketahui maka diambil sebarang x(0) =
1
1
. Sehingga e C FNF dapat dilihat bahwa e
11 =
1 e
e e
2
e
4
1 denganx(0) =
1 e
C
22
= ( e
) denganx(0) = (
Dari matriks diatas diperoleh blok-blok matriks sebagai berikut e C =
4
Dari algoritma metode pangkat di atas diperoleh nilai eigen λ = −1 dan vektor eigen x =
2
−2 −2 −2
.
Contoh 4.3.4. Diberikan matriks tereduksi A = 2 3 ϵ
5 1 ϵ ϵ ϵ 2
dan B =
1 0 ϵ
1 1 ϵ ϵ ϵ 1
.
Ditentukan nilai eigen dan vektor eigen.
Matriks A, B diubah menjadi matriks eksponensial sehingga C = e
e
e
3
e
5
e e
2
dan D =
e 1 0 e e 0 0 0 e
.
Dari matriks C, D diperoleh matriks e C =
e e
2
1 ) .
commit to user
1
2
e −
2
e e −
1
e −
2
e −
⊗ e C diperoleh e C µ =
C) −
Karena matriks e C µ berukuran 3 × 3 maka Γ( e C µ ) = e C µ ⊕ e C
C)) dengan e C µ = µ( e
. Selanjutnya akan dicari basis vektor eigen dari V ( e C, µ( e
3
C) = e
) maka diperoleh µ( e
22
) > µ( e C
11
Karena µ( e C
.
2 µ
diperoleh nilai eigen yaitu µ( e C
C
6
e −
2
e e −
1
e −
2
= e −
3 µ
e
⊕ e C
4
1 e −
1
e −
3
= 1 e −
2 µ
C
. Sehingga diperoleh e
3 µ
22 ) = e.
22
Akan dicari nilai eigen e C
4
=
4
e e
e ⊗
4
e
2
e e
untuk x(2) x(2) =
e e
6
1 =
e ⊗
4
e
2
x(1) x(1) = e e
11 akan dibuat barisan x(t + 1) = e C 11 ⊗ x(t) dimana t = 0, 1, . . . untuk
1 Untuk e C
11 dan e C 22 menggunakan metode pangkat menurut Elsner dan van den Driessche [6].
e
e
2 Untuk e C
e
4 .
) = e
11
x(1) maka diperoleh µ( e C
6
dari hasil di atas terlihat bahwa x(3) = e
10
e
7
=
5
5
e
6
e
e ⊗
4
e
2
e e
untuk x(3) x(3) =
dan −
1
1 e
2
3
Γ( e C µ ) = e C µ ⊕ e C ⊕ e C = µ µ e
1 −
2
e Untuk basis vektor eigen dari V ( e
C, µ( e
C)) dapat mengambil kolom pertama ya-
1
itu . Jadi untuk matriks tereduksi nonnegatif e C tersebut memiliki e
1
3
nilai eigen e dan basis dari V ( e
C, µ( e
C)) adalah . Sehingga untuk ma- e
triks tereduksi diperoleh nilai eigen λ = 3 dan himpunan vektor eigen adalah
α ⊗ .
1 , α ∈ R
ϵ
commit to user