Penyelesaian persamaan differensial linier

3.3 Penyelesaian persamaan differensial linier

Dalam bagian ini ditinjau persamaan differensial varian-waktu berbentuk

(3.12) dan persamaan differensial invarian-waktu:

˙x(t) = A(t)x(t) + B(t)u(t)

(3.13) dengan matriks-matriks A, B dan x, u masing-masing dengan ukuran yang bersesuaian.

˙x(t) = Ax(t) + Bu(t),

Selanjutnya dikaji penyelesaiannya. Sebelum membahas penyelesaian persamaan yang dimaksud. Ditinjau ulang suatu persamaan differensial biasa homogin dalam bentuk skalar yaitu :

(3.14) dengan x(t) adalah fungsi kontinu di R (R adalah himpunan bilangan real) dan a ∈ R, a 6=

˙x(t) = ax(t),

0. Sebagaimana telah diketahui, persamaan ( 3.14 ) ini mempunyai penyelesaian umum x(t) = ce at , dengan c suatu konstanta di R. Bila persamaan ( 3.14 ) diubah dalam bentuk

persamaan matriks

(3.15) dengan A matriks berukuran n×n dan x(t) berukuran n×1, maka penyelesaian persamaan

˙x(t) = Ax(t),

( 3.15 ) mempunyai penyelesaian yang mirip bentuknya dengan penyelesaian persamaan ( At 3.14 ) yaitu x(t) = e x(t

0 ). Hal ini akan ditunjukkan pada pembahasan berikutnya. Namum sebelumnya dibahas dulu bentuk persamaan differensial homogen berikut

(3.16) Sifat dari penyelesaian persamaan ( 3.16 ) diberikan dalam teorema berikut: Teorema 1 Himpunan dari semua penyelesaian ˙x(t) = A(t)x(t) membentuk ruang vektor

˙x(t) = A(t)x(t).

berdimesi-n atas lapangan R.

46 Sistem differensial linier..

Bukti : Misalkan ψ 1 dan ψ 2 dua penyelesaian sebarang dari ( 3.16 ), maka untuk sebarang a, b ∈ R didapat :

(aψ 1 + bψ 2 )=a ψ 1 +b ψ 2 = aA(t)ψ 1 + bA(t)ψ 2 dt

dt

dt

= A(t)(aψ 1 + bψ 2 ).

Terlihat bahwa penyelesaian-penyelesaiannya membentuk suatu ruang linear atas R yang dinamakan ruang penyelesaian dari ( 3.16 ). Selanjutnya ditunjukkan bahwa ruang penye- lesaian ini mempunyai dimensi n. Misalkan e n

1 ,e 2 ,...,e n adalah basis baku di R dan ψ 1 ,ψ 2 ,...,ψ n adalah penyelesaian dari ( 3.16 ) dengan kondisi awal ψ i (t 0 )=e i , i = 1, 2, . . . , n. Akan ditunjukkan bahwa ψ i , i = 1, 2, . . . , n adalah bebas linear. Andaikan bahwa ψ i ,i=

1, 2, . . . , n bergantungan linear, maka pilih vektor α 6= 0 yang memenuhi :

1 a 2 ...a n

, tanda T menyatakan tranpose, maka persamaan ( 3.17 ) bisa ditulis sebagai

a 1 ψ 1 (t) + a 2 ψ 2 (t) + . . . + a n ψ n (t) = 0, ∀t ∈ R.

Khususnya dalam ( 3.18 ) bisa diambil t = t 0 , sehingga didapat

a 1 ψ 1 (t 0 )+a 2 ψ 2 (t 0 )+...+a n ψ n (t 0 ) = 0,

atau

a 1 e 1 +a 2 e 2 +...+a n e n = 0,

dengan fakta bahwa vektor α 6= 0, maka a i 6= 0 untuk beberapa i. Hal ini berakibat bahwa vektor-vektor e i ,e 2 ,...,e n adalah bergantungan linear. Hasil ini menunjukkan bahwa ber-

tentangan dengan kenyataan vektor-vektor e i ,e 2 ,...,e n adalah bebas linear. Jadi haruslah bahwa vektor-vektor penyelesaian dari ( 3.16 )ψ 1 ,ψ 2 ...,ψ n adalah bebas linear. Selanjut- nya ditunjukkan bahwa sebarang penyelesaian dari ( 3.16 ) merupakan kombinasi linear dari vektor-vektor ψ 1 ,ψ 2 ...,ψ n . Misalkan ψ(t) adalah sebarang penyelesaian dari ( 3.16 ) de- ngan ψ(t 0 ) = e. Didapat ψ(t 0 )=e=b 1 e 1 +b 2 e 2 +...+b n e n ,b i ∈ R dan

dt (b 1 ψ 1 (t) + b 2 ψ 2 (t) + . . . + b n ψ n (t))

d d =b d

1 dt ψ 1 (t) + b 2 dt ψ 2 (t) + . . . + b n dt ψ n (t)

=b 1 A(t)ψ 1 (t) + b 2 A(t)ψ 2 (t) + . . . + b n A(t)ψ n (t) = A(t) (b 1 ψ 1 (t) + b 2 ψ 2 (t) + . . . + b n ψ n (t)) .

Terlihat bahwa vektor b 1 ψ 1 (t) + b 2 ψ 2 (t) + . . . + b n ψ n (t) adalah penyelesaian dari ( 3.16 ) yang memenuhi kondisi awal

b 1 ψ 1 (t 0 )+b 2 ψ 2 (t 0 )+...+b n ψ n (t 0 ) =b 1 e 1 +b 2 e 2 +...+b n e n = e = ψ(t 0 ).

47 Sebagaimana telah diketahui dari teori persamaan diiferensial bahwa penyelesaian ini

Penyelesaian persamaan differensial linier..

adalah tunggal, maka haruslah

ψ(t) = b 1 ψ 1 (t) + b 2 ψ 2 (t) + . . . + b n ψ n (t).

Telah ditinjukkan dalam Teorema 1 bahwa persamaan ( 3.16 ) mempunyai n penyelesaian ψ 1 (t), ψ 2 (t), . . . , ψ n (t) yang bebas linear. Matriks berikut ini adalah matriks yang kolom-

kolomnya merupakan penyelesaian dari ( 3.16 ), yaitu

Y (t) =

1 (t) ψ 2 (t) . . . ψ n (t)

dinamakan matriks fundamental. Karena ψ 1 (t), ψ 2 (t), . . . , ψ n (t) bebas linear untuk setiap t

∈ R, maka matriks Y (t) mempunyai invers, sehingga Y −1 (s) ada untuk suatu s ∈ R. Matriks berikut ini Φ(t, s) = Y (t)Y −1 (s) disebut matriks transisi dan dari hasil Teorema 1

dapat ditunjukkan merupakan penyelesaian tunggal dari persamaan differensial matriks

Φ(t, s) = A(t)Φ(t, s), t ≥ s, Φ(s, s) = I,

dt

dengan I adalah matriks satuan, sebagai berikut.

Φ(t, s) =

(Y (t))Y −1 (s)

dt

dt = (A(t)Y (t))Y −1 (s)

= A(t)(Y (t)Y −1 (s)) = A(t)Φ(t, s)

dan memenuhi kondisi

Φ(s, s) = Y (s)Y −1 (s) = I.

Kolom ke-i dari matriks Φ(t, s) adalah penyelesaian tunggal dari ˙x(t) = A(t)x(t) dengan kondisi awal x(s) = e n

i , dengan e i vektor basis baku (standart) ke-i di R . Penyelesaian dari ˙x(t) = A(t)x(t), x(t 0 )=x 0 bisa diungkapkan sebagai x(t) = Φ(t, t 0 )x 0 . Hal ini bisa ditunjukkan sebagai berikut :

˙x(t) =

x(t)

dt

Φ(t, t 0 )x 0

dt

Φ(t, t 0 )x 0 = A(t)Φ(t, t 0 )x 0 , (dari ( 3.19 ))

dt = A(t)x(t).

Terlihat bahwa x(t) = Φ(t, t 0 )x 0 adalah penyelesaian dari persamaan ˙x(t) = A(t)x(t) yang

memenuhi syarat kondisi awal x(t 0 ) = Φ(t 0 ,t 0 )x 0 = Ix 0 =x 0 .

48 Sistem differensial linier..

Sudah ditunjukkan bahwa matriks transisi memainkan suatu peranan penting dalam penyelesaian persamaan differensial homogin ˙x(t) = A(t)x(t). Pada pembahasan berikut- nya juga terlihat peranannya dalam peyelesaian persamaan differensial takhomogin ˙x(t) = A(t)x(t) + B(t)u(t). Berikut ini diturunkan sifat-sifat matriks transisi :

1. Φ(t 2 ,t 0 ) = Φ(t 2 ,t 1 )Φ(t 1 ,t 0 ), untuk semua t 0 ,t 1 ,t 2 ∈ R,

2. Φ −1 (t, s) = Φ(s, t), untuk semua s, t ∈ R, sifat-sifat ini bisa ditunjukkan sebagai berikut :

1. Φ(t 2 ,t 0 )

= Y (t 2 )Y −1 (t 0 )

= (Y (t 2 )Y −1 (t 1 ))(Y (t 1 )Y −1 (t 0 )) = Φ(t 2 ,t 1 )Φ(t 1 ,t 0 )

2. Φ(s, t)Φ(t, s) = (Y (s)Y −1 (t))(Y (t)Y −1 (s))

= Y (s)(Y −1 (t)Y (t))Y −1 (s) = Y (s)Y −1 (s) = I,

⇔Φ −1 (t, s) = Φ(s, t). Sifat-sifat diatas memenuhi apa yang dinamakan group. Sifat yang pertama dinamakan

juga didapat

: Φ(t, s)Φ(s, t) = I

sifat tertutup dan yang kedua adalah sifat adanya invers, sifat elemen netral adalah φ(t, t) = I. Sifat assosiatif mengikuti sifat assosiatif dari perkalian matriks.

Contoh 9 Diberikan persamaan :

˙x(t) =

x(t)

t0

Persamaan ini bisa ditulis dalam bentuk dua persamaan :

˙x 1 (t) = 0 dan ˙x 2 (t) = tx 1 (t)

1 Penyelesaian persamaan ini diberikan oleh x 2

1 (t) = x 1 (t 0 ) dan x 2 (t) = 2 t x 1 (t 0 )+x 2 (t 0 ).

1 Untuk x T

1 (t 0 ) = 1, x 2 (t 0 ) = 0, didapat ψ (t) =

2 t 1 2 dan untuk x 1 (t 0 ) = 0, x 2 (t 0 )=

1, didapat ψ T

2 (t) =

. Jadi matriks fundamentalnya adalah :

Y (t) =

1 (t) Ψ 2 (t)

49 Contoh 10 Tinjau persamaan varian waktu:

Penyelesaian persamaan differensial linier..

  x  (t) x (t) 0

u(t), t > 0,

yang mana ekivalen dengan persamaan differensial tingkat dua (x 1 (t) = y(t)):

t 2 y(t) ¨ − 2ty(t) + 2y(t) = u(t).

Pertama tinjau persamaan homogen (yaitu u(t) = 0) dan substisusikan suatu penyelesaian yang mungkin berbentuk y(t) = t k , didapat:

k 2 − 3k + 2 = 0 → k = 1, k = 2

Maka dari itu y(t) = t dan y(t) = t T adalah dua penyelesaian yang bebas dan (t, 1) dan (t T 2 , 2t) adalah dua penyelesaian bebas dari:

 ˙x(t) = 

 2 2  x(t).

Masing-masing matriks fundamental dan matriks transisi diberikan oleh:

, Φ(t, s) = 

Teorema berikut menjelaskan penyelesaian persamaan differensial takhogin yang diberikan

dalam persamaan ( 3.12 ).

Teorema 2 Penyelesaian dari persamaan

˙x(t) = A(t)x(t) + B(t)u(t) dengan kondisi awal x(t 0 )=x 0 adalah

Z x(t) = Φ(t, t 0 )x 0 + Φ(t, s)B(s)u(s)ds

50 Sistem differensial linier..

Bukti :

˙x(t) =

Φ(t, t 0 )x 0 +

Φ(t, s)B(s)u(s)ds

dt

dt t 0 = A(t)Φ(t, t 0 )x 0 + Φ(t, s)B(s)u(s) | s =t R t d

Φ(t, s)B(s)u(s)ds

t 0 dt

= A(t) Φ(t, t 0 )x 0 + Φ(t, s)B(s)u(s)ds + B(t)u(t)

= A(t)x(t) + B(t)u(t).

Selajutnya pembahasan dibatasi untuk bentuk yang disajikan dalam persamaan ( 3.13 ). Untuk sistem yang demikian matriks transisi juga ada, untuk maksud ini perluh definisi matriks berikut

At def

e = I + At + A t + A t +...

definisi diatas terdefinisi dengan baik sebab deret konvergen, hal ini dijamin oleh Teorema Cayley Hamilton yang berkaitan dengan matriks persegi yaitu, bila matriks persegi A berukuran n × n dengan polinomial kharakteristik

p(λ) = λ n +a

1 λ −1 +...+a n −1 λ+a n ,

maka

(3.21) Selanjutnya lakukan algorithma pembagian terhadap polinomial λ m dibagi oleh polinomial

p(A) = A n +a

1 A −1 +...+a n −1 A+a n

I = 0.

p(λ) = λ n +a

1 λ −1 +...+a n −1 λ+a n , didapat

λ m = p(λ)q(λ) + r(λ)

atau

λ n = p(λ)q(λ) + α +α λ+...+α

Dengan menggunakan Persamaan ( m 3.22 ) matriks A diberikan oleh

A n = p(A)q(A) + α −1

1 I+α 2 A+...+α n −1 A

Gunakan Persamaan ( 3.21 ), didapat

−1 A (3.23) Persamaan ( m 3.23 ) menunjukkan bahwa, secara berulang bentuk pangkat A dengan m ≧ n dapat ditulis sebagai:

A n =α

1 I+α 2 A+...+α n

A n =α

1 I+α 2 A+...+α n −1 A −1 .

Penyelesaian persamaan differensial linier..

51 Sehingga berapapun besarnya m, maka A m bisa disajikan dalam persamaan ( 3.23 ), oleh

karena itu persamaan ( 3.20 ) menjadi

At

2 e n =b

0 I+b 1 (At) + b 2 (At) + ···+b n

(3.25) Cara untuk menentukan nilai-nilai c 0 ,c 1 ,...,c n −1 akan dibahas kemudian. Dengan mem-

0 I+c 1 A+c 2 A +

···+c −1 n

−1 A .

perhatikan persamaan ( At 3.25 ), maka e adalah matriks berukuran n × n. Catatan : Notasi berikut e A (t−s) yang juga didefinisikan seperti ( 3.20 ), yaitu

A (t−s)

e = I + A(t − s) + A (t − s) + A (t − s) + . . .. Disini notasi A(t − s) berarti

perkalian dari A dengan (t − s). Perhatikan jangan sampai kacau dengan notasi A(t) yang digunakan sebelumnya yaitu berarti bahwa matriks A berisi elemen-elemen fungsi dari

waktu t. Teorema berikut menjelaskan hubungan matriks transisi dari persamaan ˙x(t) = Ax(t)

dengan matriks eksponen e At . Teorema 3 Matriks e A (t−s) adalah matriks transisi dari persamaan ˙x(t) = Ax(t), yaitu

e A (t−s) = Φ(t, s). Bukti Pembuktian menggunakan substitusi:

2 + dt

e A (t−s) =

=A+A 2 (t

2 2 − s) + (t−s) A (t − s) + ··· = Ae ,

jadi

d Φ(t, s) = AΦ(t, s) dt

dan

Φ(s, s) = e A (s−s)

= I + A.0 + A .0 + · · · = I.

Pada pembahasan berikutnya untuk menyingkat penulisan, x(t) cukup ditulis x dalam kon- teks yang jelas bahwa vektor-vektor x dengan komponen-komponennya merupakan fungsi dari t. Penyelesaian dari ˙x = Ax dengan x(0) = x At

0 adalah x(t) = e x 0 . Penyelesaian ini juga bisa diperoleh melalui diagram berikut yang menyajikan persamaan differensial:

52 Sistem differensial linier..

x(t) ✲

˙x(t) Putari diagram terus menerus akan didapat:

x(t) = x 0 +

Karena e At adalah matriks transisi, sifat-sifat berikut dipenuhi:

A 1. e (t 2 −t 0 )

A =e (t 2 −t 1 ) A e (t 1 −t 0 )

A (t+s)

At , demikian pula e As =e e .

2. (e At ) −1 =e −At . Matriks exponential e At memainkan suatu peranan yang penting di dalam teori sistem linier

dan sudah banyak paper yang terbit membahas seberapa baik prosedur untuk menghitung

e At . Berikut ini diberikan suatu sifat untuk menghitung e secara analitik. Lemma 1 Bila suatu matriks P punya invers, maka

(P −1 AP Bukti harus dibuktikan P )t e P=e .

e (P −1 AP )t =I+P −1

−1 A 2 P 2 =I+P 1 + (P )t + (P −1 A 3 P 3 )t + ···

AP t

=P −1

I + At + A 2 t 2 + 1 A 3 t 3 +

··· P =P −1 e At P.

53 Misalkan bahwa A dapat didiagonalkan, yaitu ada matriks punya invers T sedemikian

Penyelesaian persamaan differensial linier..

hingga T −1 AT = D, dengan

D= 

Dalam kenyataannya, {λ i } adalah nilai karakteristik dari A dan kolom ke-i dari matriks T adalah vektor karakateristik yang bersesuaian dengan nilai karakteristik λ i . Dengan

menggunakan Lemma 1 didapat:

Matriks exponen e Dt mudah didapat dengan menggunakan ( 3.20 ):

Dt

Sayangnya tidak semua matriks persegi bisa didiagonalkan. Oleh karena itu metoda yang diuraikan diatas tidak bisa digunakan untuk sebarang matriks persegi. Diagonalisasi hanya mungkin bila matriks A mempunyai n vektor karakteristik yang saling bebas linier. Kondisi cukup (tapi tidak perluh) bahwa A mempunyai n vektor karakteristik yang saling bebas linier adalah semua nilai karakteristinya berbeda, hal ini akan diberikan dalam sifat-sifat berikut.

Teorema 4 Misalkan matriks A berukuran n × n. Maka A dapat didiagonalkan bila dan hanya bila ada suatu himpunan X yang memuat n vektor karakteristik dari A yang bebas linear.

Bukti ( ⇐) Misalkan X = {x 1 ,x 2 ,x 3 ,...,x n } adalah himpunan yang memuat n vek- tor karakteristik dari A yang bebas linear dengan nilai karakteristik yang bersesuaian λ 1 ,λ 2 ,λ 3 ,...,λ n dan didifinisikan

T=

 1 |x 2 |x 3 |...|x n 

 0 λ 2 0 ... 0   D=   0 0 λ 3 ... 0   =

1 e 1 |λ 2 e 2 |λ 3 e 3 | . . . |λ n e n 

0 0 0 ...λ n

54 Sistem differensial linier..

Kolom-kolom dari T adalah vektor-vektor yang bebas linear, maka T adalah matriks yang nonsingulir. Jadi matriks invers T −1 ada. Sehingga didapat

T −1 AT = T −1 A 1 |x 2 |x 3 |...|x n

( ⇒) Sebaliknya, misalkan A dapat didiagonalkan, maka ada matriks nonsingulir berukuran n ×n

S=

1 |y 2 |y 3 |...|y n

dan matriks diagonal

0 0 0 ...d n

yang memenuhi S −1 AS = E. Sehingga diperoleh

1 (Se 1 ) |d 2 (Se 2 ) |d 3 (Se 3 ) |... ... |d n (Se n )]

1 y 1 |d 2 y 2 |d 3 y 3 | . . . |d n y n

Terlihat bahwa Ay i =d i y i , i = 1, 2, 3, . . . , n, jadi y i adalah vektor karakteristik dari A dengan nilai karakteristik d i .

Penyelesaian persamaan differensial linier..

55 Teorema 4 tidak mensyaratkan kondisi dari nilai karakteristik λ i , yaitu λ i tidak harus

berbeda satu dengan yang lainnya. Sepanjang n vektor karakteristik dari matriks A adalah vektor-vektor yang bebas linear, maka pasti matriks A bisa didiagonalkan. Teorema berikutnya menjelaskan bagaimana bila λ i 6= λ j untuk i 6= j.

Teorema 5 Misalkan matriks A berukuran n × n, bila nilai karakteristik dari A adalah λ i , i = 1, 2, . . . , n dengan λ i 6= λ j untuk i 6= j, maka matriks A dapat didiagonalkan.

Bukti Misalkan S = {x 1 ,x 2 ,x 3 ,...,x n } adalah himpunan vektor karakteristik dari A yang bersesuaian dengan nilai karakteristik λ 1 ,λ 2 ,λ 3 ,...,λ n . Pertama akan ditunjukkan bahwa S adalah himpunan dari vektor-vektor yang bebas linear. Digunakan bukti tidak langsung, yaitu andaikan bahwa S memuat vektor-vektor yang bergantungan linear. Difinisikan him-

punan S i = {x 1 ,x 2 ,x 3 ,...,x i } dan k adalah suatu bilangan bulat sedemikian hingga S k −1 = {x 1 ,x 2 ,x 3 ,...,x k −1 } adalah bebas linear sedangkan S k = {x 1 ,x 2 ,x 3 ,...,x k } bergantungan linear. Pilih skalar a 1 ,a 2 ,a 3 ,...,a k dengan a j 6= 0 untuk beberapa j se- hingga berlaku

(3.26) Maka, didapat

0 =a 1 x 1 +a 2 x 2 +a 3 x 3 +...+a k x k .

0 = (A −λ k I n )0 = (A −λ k I n )(a 1 x 1 +a 2 x 2 +a 3 x 3 +...+a k x k ) =a 1 (A −λ k I n )x 1 +a 2 (A −λ k I n )x 2 +

a 3 (A −λ k I n )x 3 +...+a k (A −λ k I n )x k

=a 1 (Ax 1 −λ k x 1 )+a 2 (Ax 2 −λ k x 2 )+

a 3 (Ax 3 −λ k x 3 )+...+a k (Ax k −λ k x k )

=a 1 (λ 1 x 1 −λ k x 1 )+a 2 (λ 2 x 2 −λ k x 2 )+

a 3 (λ 3 x 3 −λ k x 3 )+...+a k (λ k x k −λ k x k )

=a 1 (λ 1 −λ k )x 1 +a 2 (λ 2 −λ k )x 2 +

a 3 (λ 3 −λ k )x 3 +...+a k (λ k −λ k )x k =a 1 (λ 1 −λ k )x 1 +a 2 (λ 2 −λ k )x 2 +a 3 (λ 3 −λ k )x 3 +... +a k −1 (λ k −1 −λ k )x k −1 .

Karena vektor-vektor x 1 ,x 2 ,x 3 ,...,x k −1 adalah bebas linear, maka didapat

a 1 (λ 1 −λ k )=a 2 (λ 2 −λ k )=...=a k −1 (λ k −1 −λ k )=0 dan karena λ i 6= λ j ,i 6= j, maka diperoleh

a 1 =a 2 =a 3 =...=a k −1 = 0.

Oleh karena itu persamaan ( 3.26 ) menjadi

0 =0+0+0+...+a k x k

56 Sistem differensial linier..

atau 0 = a k x k . Karena x k 6= 0, maka a k = 0. Hasil ini gabungkan dengan hasil dalam persamaan ( 3.27 ), didapat a j = 0 untuk semua j = 1, 2, 3, . . . , k. Hal ini kontradiksi, yaitu bertentangan dengan kenyataan bahwa a j 6= 0 untuk beberapa j. Jadi haruslah S= {x 1 ,x 2 ,x 3 ,...,x n } adalah himpunan vektor-vektor yang bebas linear. Oleh karena

itu, berdasarkan Teorema 4 matriks A dapat didiagonalkan.

Berikut ini diberikan contoh-contoh menghitung matriks ekponensial e At untuk matriks A yang bisa didiagonalkan.

Contoh 11 Diberikan matriks

Vektor karaktertistik dari matriks A adalah

x 1 =  0  ,x 2 =  2  ,x 3 =  −1 

yang bersesuaian dengan nilai karakteristik λ 1 =λ 2 = 1 dan λ 3 = 2. Bisa dicek bahwa

vektor-vektor x 1 ,x 2 dan x 3 adalah bebas linear. Jadi matriks T = [x 1 |x 2 |x 3 ]

adalah nonsingulir, sehingga matriks T −1 ada, yaitu

Sehingga matriks A dapat didiagonalkan menjadi D=T −1 AT

57 Dalam hal ini, matriks A bisa ditulis sebagai A = T DT −1

Penyelesaian persamaan differensial linier..

. Selanjutnya matriks e At diberikan oleh

Contoh 12 Diberikan matriks

3  −2 −2 A=  2 −1 −3  .

Vektor karaktertistik dari matriks A adalah

yang bersesuaian dengan nilai karakteristik λ 1 = 1, λ 2 = 2 dan λ 3 = 3. Bisa dicek bahwa

vektor-vektor x 1 ,x 2 dan x 3 adalah bebas linear. Jadi matriks S = [x 1 |x 2 |x 3 ]

adalah nonsingulir, sehingga matriks S −1 ada, yaitu

S −1 =  −2 2 1  .

Sehingga matriks A dapat didiagonalkan menjadi E=S −1 AS

58 Sistem differensial linier..

Dalam hal ini, matriks A bisa ditulis sebagai A = SES −1

. Selanjutnya matriks e At diberikan oleh

At

(SES −1 e )t =e = Se Et

Teorema 4 dan Teorema 5 memberikan syarat bagaimana suatu matriks persegi bisa didi- agonalkan, hasil teorema ini memudahkan untuk menghitung matriks eksponensial tanpa harus menderetkan matriks eksponensial sebagaimana diberikan dalam Contoh 11 dan Contoh 12 . Telah dijelaskan sebelumnya, bahwa tidak semua matriks persegi berukuran n × n bisa didiagonalkan. Hal ini berkaitan dengan banyaknya vektor karakteristik dari matriks persegi ini yang bebas linear, bila banyaknya vektor karakteristik yang bebas linear kurang dari n, maka jelas matriks persegi tsb. tidak bisa didiagonalkan.

Oleh karenanya suatu matriks persegi berukuran n × n tak dapat didiagonalkan mem- punyai k (< n) nilai karakteristik yang akan dinotasikan dengan λ i , i = 1, 2, . . . , k. Mul- tisiplisitas aljabar dari λ i adalah banyaknya akar rangkap λ i dari polinomial karak-

teristik det(A −λ i I n ) dan dinotasikan oleh α A (λ i ), akar λ i mungkin bilangan kompleks. Multisiplisitas geometri dari λ i adalah banyaknya vektor karakteristik yang bebas li- near bersesuaian dengan nilai karakteristik λ i dan dinotasikan oleh γ A (λ i ). Suatu ruang bagian yang dibangun oleh semua vektor karakteristik yang bebas linear dari nilai karak- teristik λ i dinamakan ruang karakteristik dan dinotasikan oleh ε A (λ i ). Jelas bahwa γ A (λ i ) = dim(ε A (λ i )), dengan dim(ε A (λ i )) adalah dimensi dari ruang karakteristik ε A (λ i )

dan secara umum berlaku γ A (λ i ) ≤α A (λ i ).

Dalam Contoh 11 matriks A dengan nilai karakteristik λ = 1 mempunyai multisiplisitas aljabar 2 dan mulisiplisitas geometrinya juga 2, sedangkan untuk nilai karakteristik λ = 2 multisiplisitas aljabarnya 1 dan multisiplisitas geometrinya juga 1. Disini terlihat bahwa masing-masing multisiplisitas aljabar sama dengan multisiplisitas geometrinya. Begitu

juga dalam Contoh 12 masing-masing multisiplisitas aljabar dan multisiplisitas geometri- nya sama. Dalam masing-masing Contoh yang telah disebutkan ini sudah diketahui bahwa masing-masing matriks persegi yang diberikan dalam contoh bisa didiagonalkan. Hal ini memberikan suatu isyarat bahwa bila aljabar multisipisitas dan geometri multisiplisitas tidak sama maka matriks tidak dapat didiagonalkan. Sifat berikut menjelaskan apa yang telah dibahas ini.

Teorema 6 Misalkan matriks A berukuran n × n, maka A dapat didiagonalkan bila dan

hanya bila γ A (λ) = α A (λ) untuk setiap nilai karakteristik λ dari A.

59 Bukti Misalkan A mempunyai nilai karakteristik yang berbeda satu dengan yang lainnya

Penyelesaian persamaan differensial linier..

yaitu λ 1 ,λ 2 ,...,λ k dan misalkan S i = {x i 1 ,x i 2 ,...,x iγ A (λ i ) } himpunan vektor karakteristik yang bebas linear untuk nilai karakteristik dari λ i (jelas bahwa vektor-vektor ini adalah

salah satu basis dari ε A (λ i )) untuk 1 ≤ i ≤ k. Maka S=S 1 ∪S 2 ∪...∪S k

adalah himpunan vektor-vektor karakteristik dari A. Satu vektor karakteristik tidak akan bisa berpasangan dengan dua nilai karakteristik yang berbeda, jadi S i ∩S j = ∅, i 6= j, dengan kata lain S merupakan gabungan dari S i yang saling asing untuk 1 ≤ i ≤ k. ( ⇐) Banyaknya anggota dari himpunan S adalah

Selanjutnya dibahas persamaan berikut

0 =a 11 x 11 +a 12 x 12 +...+a 1γ A (λ 1 ) x 1γ A (λ 1 ) +a 21 x 21 +a 22 x 22 +...+a 2γ A (λ 2 ) x 2γ A (λ 2 )

+...+a k 1 x k 1 +a k 2 x k 2 +...+a kγ A (λ k ) x kγ A (λ 1 ) , dan misalkan

y 1 =a 11 x 11 +a 12 x 12 +...+a 1γ A (λ 1 ) x 1γ A (λ 1 ) y 2 =a 21 x 21 +a 22 x 22 +...+a 2γ A (λ 2 ) x 2γ A (λ 2 )

... y k =a k 1 x k 1 +a k 2 x k 2 +...+a kγ A (λ k ) x kγ A (λ k ) .

Sehingga didapat persamaan

0 =y 1 +y 2 +...+y k .

(3.28) Selanjutnya ditunjukkan bahwa y i = 0 untuk i = 1, 2, . . . , k. Jelas bahwa y i ∈ε A (λ i ), i =

1, 2, . . . , k. Jadi kemungkinannya adalah y i adalah vektor karakteristik yang sesuai de- ngan nilai karakteristik λ i (y i 6= 0) atau y i = 0. Bila masing-masing y i adalah vektor karakteristik yang sesuai dengan nilai karakteristik λ i dan karena λ i 6= λ j ,i 6= j, maka

y 1 ,y 1 ,...,y k adalah bebas linear. Hal ini tidaklah mungkin dengan melihat kenyataan persamaan ( 3.28 ). Jadi haruslah semua y i = 0, i = 1, 2, . . . , k. Sehingga didapat

0 =a 11 x 11 +a 12 x 12 +...+a 1γ A (λ 1 ) x 1γ A (λ 1 )

0 =a 21 x 21 +a 22 x 22 +...+a 2γ A (λ 2 ) x 2γ A (λ 2 ) ...

0 =a k 1 x k 1 +a k 2 x k 2 +...+a kγ A (λ k ) x kγ A (λ k ) .

60 Sistem differensial linier..

Karena masing-masing x i 1 ,x i 2 ,...,x iγ A (λ i ) adalah basis dari ruang karakteristik ε A (λ i ) un- P k

tuk i = 1, 2, . . . , k, maka haruslah a ij = 0 untuk i = 1, 2, . . . , k dan j = 1, 2, . . . , γ A (λ l )=

l =1

n. Jadi himpunan S merupakan himpunan vektor-vektor yang bebas linear. Maka dari itu

mengingat hasil dari Teorema 4 matriks A dapat didiagonalkan.

( ⇒) Misalkan bahwa A dapat didiagonalkan dan andaikan ada λ t sehingga γ A (λ t ) 6= α A (λ t ), maka γ A (λ t )<α A (λ t ) dan γ A (λ i ) ≤α A (λ i ) untuk 1 ≤ i ≤ k dengan i 6= t. Karena A da- pat didiagonalkan, maka Teorema 4 menjamin ada suatu himpunan S dari n vektor bebas linear yang merupakan vektor-vektor karakteristik dari A. Misalkan n i adalah banyaknya vektor karakteristik di S yang bersesuaian dengan nilai karakteristik λ i dan ingat bahwa suatu vektor tidak akan merupakan suatu vektor karakteristik untuk dua nilai karakteristik yang berbeda. Himpunan S adalah himpunan dari n vektor yang bebas linear dan, jadi S i adalah himpunan bagian dari S terdiri dari n i vektor yang juga bebas linear. Karena

ruang karakteristik ε A (λ i ) berdimensi γ A (λ i ) dan S i adalah himpunan bagian dari ε A (λ i ) yang memuat n i vektor bebas linear, maka n i ≤γ A (λ i ) untuk 1 ≤ i ≤ k. Sehingga didapat

n=n 1 +n 2 +...+n t +...+n k ≤γ A (λ 1 )+γ A (λ 2 )+...+γ A (λ t )+...+γ A (λ k )

<α A (λ 1 )+α A (λ 2 )+...+α A (λ t )+...+α A (λ k ) = n. Terlihat bahwa terjadi suatu kontradiksi (tidak mungkin n < n). Jadi haruslah γ A (λ) =

α A (λ) untuk semua nilai karakteristik λ dari matriks A.

Berikut ini diberikan suatu contoh dari matriks yang tidak bisa didiagonalkan. Contoh 13 Diberikan matriks persegi

A=  −2 −2 −6  .

3 | = −λ +4λ 2 −5λ+2 = (1−λ) 2 (2 − λ). Sehingga didapat multisiplisitas aljabar dari λ = 1 adalah α A (1) = 2 dan multiplisitas aljabar dari λ = 2 adalah α A (2) = 1. Untuk memperoleh multisiplitas geometri dari λ = 1 bisa ditentukan lewat dimensi dari ruang ε A (1) = ker(A −I 3 ). Matriks (A −I 3 ) adalah

Polinomial karakteristik dari A adalah p A (λ) =

|A−λI 3

A −I 3 =  −2 −2 −6  −  010  =  −2 −3 −6  .

1 2 4 Sehingga diperoleh

0  ker(A −I 3 )= a  2  a ∈R ,

Penyelesaian persamaan differensial linier..

61 terlihat bahwa dim(ker(A − I)) = 1 atau dim(ε A (1)) = 1 oleh karena itu γ A (1) = 1. Jadi

γ A (1) = 1 < 2 = α A (1), menurut hasil dari Teorema 6 matriks A tidak bisa didiagonalkan.

Teorema 7 Misalkan matriks A berukuran n ×n mempunyai sebanyak k nilai karakteristik

λ i yang berbeda dengan multisiplisitas m i , i = 1, 2, . . . , k, m i = n. Didefinisikan

i =1

i = ker[(A −λ i I) i ], maka

1. dimensi dari ruang bagian linear N i adalah m i ,i = 1, 2, . . . , k

2. ruang vektor C n berdimensi n atas lapangan kompleks C adalah jumlahan langsung dari ruang bagian N i , yaitu:

C n =N 1 ⊕N 2 ⊕···⊕N k .

Untuk bukti teori tsb. dan materi dasar teori matriks pembaca bisa merujuk pada [Bell- man, 1970]. Suatu ruang linear N merupakan jumlahan langsung dari dua ruang bagian

linear N 1 dan N 2 ditulis N = N 1 ⊕N 2 bila untuk setiap x ∈ N bisa secara tunggal dikom- posisikan sebagai x = x 1 +x 2 dengan x 1 ∈N 1 dan x 2 ∈N 2 . Bila matriks A berukuran n × n mempunyai n nilai karakteristik yang berbeda, maka N i dalam Teorema 7 adalah ruang bagian berdimensi satu dibangun oleh vektor karakteristik dengan nilai karakteristik λ i .

Teorema 8 Untuk setiap matriks n ×n ada suatu matrik T yang punya invers sedemikian hingga

(3.29) dalam hal ini matriks J dinamakan bentuk Jordan yang mempunyai struktur diagonal-blok

T −1 AT = J,

berbentuk

J = diag(J 1 ,J 2 ,...,J k ),

Disini k didefinisikan seperti didalam Teorema 7 . Setiap blok J i , i = 1, 2, . . . , k, juga memmpunyai struktur diagonal-blok,

J i = diag(J i 1 ,J i 2 ,...,J il i ),

62 Sistem differensial linier..

dengan l i adalah suatu bilangan bulat ≥ 1 dan setiap sub-blok berbentuk seperti berikut

Bila matriks T dipartisi sebagai T = [T 1 ,T 2 ,...,T k ], sesuaikan dengan partisi di ( 3.30 ), maka vektor kolom T i membentuk suatu basis untuk ruang bagian N i . Dari persamaan ( 3.29 ) didapat AT = T J. Bila vektor kolom individu dari T dinotasikan oleh

q 1 ,q 2 ,...,q n ,

maka kolom ke-i dari AT sama dengan Aq i dan kolom ke-i dari T J sama dengan λq i +γ i q i −1 dengan γ i bernilai satu atau nol, bergantung kepada lokasi baris ke-i dari blok Jordan yang sesuai. Jadi

(3.31) dengan λ adalah suatu nilai karakteristik dan γ i nol atau satu. Bila γ i = 0 maka q i

Aq i = λq i +γ i q i −1 , i = 1, 2, . . . , n, (γ 1 = 0),

adalah suatu vektor karakteristik dari A. Bila γ i = 1, maka vektor q i dinamakan vektor karakteristik tergenerallisir.

Selanjutnya dihitung e At , yaitu

At

e Jt =Te T −1 . Pemakaian dari definisi e Jt (lihat ( 3.20 )) memberikan

Jt

J k e t = diag(e ,e 2 , ···,e )

dan untuk masing-masing blok

e J = diag(e ,e , ···,e ili t ).

J il t

J il t

Terakhir untuk masing-masing sub-blok:

t 2 t dij −1 1  t

··· (d ij −1)!

dengan d ij adalah dimensi dari J ij .

63 Catatan : Perhatikan bahwa bila q i +1 ,q i +1 , ···,q i +d ij adalah vektor karakteristik (tergen-

Penyelesaian persamaan differensial linier..

erallisir) untuk blok Jordan J ij dengan nilai karakteristik λ i , maka

(A k −λ

i I) q i +k = 0, k = 1, 2, ···,d ij .

Hal ini bisa dibuktikan sebagai berikut. Untuk k = 1 jelas bahwa (A − λ i I)q i +1 = 0 sebab q i +1 adalah suatu vektor karakteristik. Untuk k = 2 bisa ditulis

(A 2 −λ

i I) q i +2 = (A −λ i I)((A −λ i I)q i +2 ) = (A −λ i I)q i −1 = 0, disini digunakan ( 3.31 ). Bukti untuk k yang lebih tinggi bisa digunakan induksi. Jadi vek-

tor q i +1 ,q i +1 , ···,q i +d ij membangun ruang bagian linear N i seperti yang telah dinyatakan dalam Teorema 7 .

Selanjutnya untuk mempermudah perhitungan dalam mencari bentuk Jordan dari sua- tu matriks A berukuran n × n dengan polinomial karakteristik

m 1 m 2 m (λ k −λ

1 ) (λ −λ 2 ) . . . (λ −λ k )

dengan m 1 +m 2 +...+m k = n dan λ i berbeda satu dengan yang lainnya untuk i =

1, 2, . . . , k; diberikan langkah-langkah sebagai berikut:

1. Selesaikan persamaan (A − λ 1 I)v 1 = 0.

2. Selesaikan persamaan (A − λ 1 I)v i =v i −1 dengan

i = 2, 3, . . . , m 1 .

3. Ulangi langkah [1.]-[2.] untuk λ j dan m j dengan j = 2, 3, . . . , k.

4. Pilih matriks T = [v 1 v 2 ...v n ].

5. Bentuk Jordan dari matriks A diberikan oleh J = T −1 AT . Contoh 14 Diberikan matriks A

Nilai karakteristik dari A adalah λ 1,2 = 0, λ 3 = 5 dan λ 4 = −5. Untuk nilai karakteristik

0 rangkap sebanyak 2, diselesesaikan persamaan:

 v 1 = 0; didapat v 1 =   .

64 Sistem differensial linier..

Selanjutnya diselesesaikan persamaan: 

 2 =   ; didapat v

Untuk λ 3 = 5, diselesaikan persamaan (A − 5I)v 3 = 0; yaitu:

v 3 = 0, didapat v

Untuk λ 4 = −5, diselesaikan persamaan (A + 5I)v 4 = 0; yaitu:

 v = 0, didapat v =  − 3  .

Sehingga diperoleh matriks T , yang diberikan oleh:

dan invers matriks T diberikan oleh:

Bentuk Jordan dari matriks A, diberikan oleh J = T −1 AT :

3  0 J= − 3 125

65 dan

Penyelesaian persamaan differensial linier..

Sedangkan matriks e At diberikan oleh:

1 cosh 5t 

5 sinh 5t

cosh 5t

At

e =Te T −1

5 sinh 5t

Jt

− cosh 5t) 625 (5t − sinh 5t) 1 t 

25 sinh 5t

125 (1 − cosh 5t) 0 1

Contoh 15 Diberikan matriks A

Nilai karakteristik dari A adalah λ 1,2 = 0, λ 3 = i dan λ 4 = −i. Dengan melakukan per- hitungan serupa dengan contoh sebelumnya, masing-masing matriks T dan T −1 diberikan oleh:

3 1 1 0 2i −2i  1250  −

2 2 i 0 −1 . Sedangkan bentuk Jordan dari matriks A diberikan oleh:

Sedangkan matriks e At diberikan oleh:

0 −3 + 4 cos t Latihan 14 Hitung e At bila

−6 + 6 cos t

−2 sin t

66 Sistem differensial linier..

Latihan 15 Bila A (A

1 dan A 2 dua matriks yang komutatif, maka tunjukkan bahwa e 1 +A 2 )t =

1 dan A 2 tidak komu- tatif.

e A 1 t A e 2 t . Berikan contoh penyangkal terhadap persamaan ini bila A

Latihan 16 Diberikan sistem dengan order n ˙x(t) = Ax(t) dengan

Tunjukkan bahwa polinomial karakteristik dari A adalah

λ n +a

n −1 λ −1 +...+a 1 λ+a 0 .

Bila λ adalah suatu nilai karakteristik dari A, maka tunjukkan bahwa vektor karakteristik yang bersesuaian adalah:

(1, λ, λ T ,...,λ −1 ) .

Latihan 17 Tunjukkan bahwa suatu bentuk Jordan matriks

  0 1 −1 0 ... 0 A=  

Penyelesaian persamaan differensial linier..

Sebagaimana telah dibahas sebelumnya untuk menghitung matriks eksponesial e At

adalah tidak begitu sederhana. Beberapa tahapan harus dilakukan, yaitu : bila ma- triks persegi A bisa didiagonalkam, maka menghitung matriks eksponensial e At adalah mudah dilakukan. Namum prosedur untuk mendapatkan matriks A menjadi bentuk diag- onal tidaklah sederhana. Hal ini melibatkan beberapa pemahaman yang berkaitan dengan pengertian pasangan vektor karakteristik dan nilai karakteristik dari matriks A. Begitu juga bila matriks A tidak bisa didiagonalkan, maka matriks A dijadikan matriks ham- pir diagonal yaitu matriks bentuk Jordan, sehingga penghitungan matriks eksponensial

e At menjadi agak mudah. Tetapi kompleksitas kesulitan untuk memperoleh matriks Jor- dan ini dibandingkan dengan mendapatkan matriks yang bisa didiagonalkan adalah lebih rumit. Hal ini berkaitan dengan masalah bahwa multiplisitas aljabar dari suatu nilai karakteristik lebih besar dari pada multiplisitas geometrinya. Oleh karena itu dalam pem- bahasan berikut ini diberikan suatu cara lain untuk menghitung matriks eksponensial e At

berdasarkan persamaan ( 3.25 ), yaitu :

f (At) = c 0 I+c 1 A+c 2 A 2 + ···+c n −1 A n −1 ,

(3.32) dengan f(At) = e At . Dari persamaan ( 3.32 ) ini bila nilai-nilai c 0 ,c 1 , ···,c n −1 bisa diten-

tukan, maka matriks eksponensial e At bisa diperoleh. Misalkan bahwa semua nilai karak- teristik dari matriks A, λ k , k = 1, 2, · · · , n berbeda, koefisien c 0 ,c 1 ,...,c n −1 bisa diperoleh dari kondisi

f (λ k )=e λ k (t) =c 0 +c 1 λ k +...+c n −1 λ n −1 k , k = 1, 2, · · · , n. (3.33) Persamaan ( 3.33 ) adalah persamaan linear dengan n persamaan dan n peubah dan dapat

ditulis dalam bentuk matrix

1λ 1 . . . (λ 1 ) n −1 1λ 2 . . . (λ 2 ) n −1

1λ n . . . (λ n ) n −1

c n −1

68 Sistem differensial linier..

Selesiakan Persamaan ( 3.34 ), maka didapat c 0 ,c 1 ,...,c n −1 . Bila nilai karakteristik ada yang sama, misalkan λ 1 =λ 2 =...=λ m dan sisanya λ m +1 ,...,λ n berbeda. Maka

c 0 ,c 1 ,...,c m ,c m +1 ···,c n didapat dari persamaan linear berikut.

e n =c

0 +c 1 λ 1 + ···+c n −1 λ −1 1

c 0 −1 +c 1 λ 1 + ···+c n −1 λ 1

dλ 1 dλ 1

1 2 −1 2 c 0 +c 1 λ + ···+c n −1 λ 1

0 +c 1 λ m +1 + ···+c n −1 λ −1 m +1

e n =c

0 +c 1 λ n + ···+c n

−1 −1 λ n

Contoh 16 Diberikan matriks

dan f(λ) = c 0 +c 1 λ. Sehingga diperoleh

4 4 4 4 2 2 Contoh 17 Dapatkan matriks transisi dari matriks

A=  04 −1 

Penyelesaian persamaan differensial linier..

Jawab Polinomial karakteristik dari A diberikan oleh

det(λI − A) = det  0 λ −4

Didapat nilai karakteristik dari A, λ 1 = 1, λ 2 = 2, λ 3 = 3. Sehingga didapat persamaan

Nilai b 0 ,b 1 ,b 2 diberikan oleh

e t 11

e 2t 24

e 3t 39 3t

2e t − 6e + 6e

2t

=e − 3e + 3e ,

3t

2t

1 t e 1 1e 2t 4

5e

−3 e t +8e −5e 3e

1e 3t 9 3t

2t

3t

+4e −

2t

dan

11 t e 12e 2t

13e 3t

e 3t

−2e t e

2t

+e t

e 3t

−e + .

2t

70 Sistem differensial linier..

Sehingga didapat

Contoh 18 Diberikan matriks

110  A=  010  .

Polinomial karakteristik dari A adalah

p(λ) = (λ 2 − 1) (λ − 2) = 0, didapat λ 1 =λ 2 = 1 dan λ 3 = 2. Sehingga diperoleh persamaan linear

atau dalam bentuk matriks 

2 e b 2 −1 −1 1 e Didapat

0 e −2te

1  =  −2 e +3te +2e  .

2t

b 2 e 2t

−te t −e

71 Dengan demikian matriks transisi e At diberikan oleh

Penyelesaian persamaan differensial linier..

= t e −2te

+ t −2 e +3te +2e  010 

Contoh 19 Diberikan matriks

f (At) = e =c 0 I+c 1 A=

−c 1 c 0

dan f(λ) = e λt =c

0 +c 1 λ. Sehingga diperoleh

Contoh 20 Diberikan matriks

f (At) = e At =c

0 I+c 1 A+c 2 A 2

c 2 +c 1 0c 2 +c 1 +c 0

72 Sistem differensial linier..

dan f(λ) = e 2 =c

λt

0 +c 1 λ+c 2 λ , untuk λ = 0, didapat satu tambahan persamaan

Sehingga diperoleh :

e t −10e

Untuk matriks yang dapat didiagonalkan A bisa ditulis

n )    1  ···v

dengan {v −1 i } adalah vektor kolom dari T dan {w i

} adalah vektor baris dari T . Mudah ditunjukkan bahwa A = P λ

i v i w i . Produk dari suatu kolom vektor dan vektor baris (v i w i )

i =1

dinamakan suatu dyad (suatu dyad mempunyai rank maximal satu). Matriks A adalah jumlah dari n dyad. Transisi matriks bisa ditulis sebagai:

Oleh karena itu penyelesaian ˙x = Ax dengan x(0) = x 0 dapat ditulis sebagai:

X λ i x(t) = e t x

dimana µ i =w i x 0 adalah besaran skalar. Penyelesaian dari ˙x = Ax ( ˙x = Ax + Bu dengan u = 0 adakalanya sangat beralasan disebut respon bebas) adalah terdekomposisi sepan- jang vektor karakteristik, yaitu sebagai kombinasi linear dari suku-suku dengan koefisien

73 exponensial. Penyelesaian yang berkaitan dengan hanya satu vektor karakteristik (yaitu,

Penyelesaian persamaan differensial linier..

x 0 sedemikian hingga µ i 6= 0 untuk beberapa i dan µ k = 0 untuk k 6= i) disebut suatu mode dari sistem. Untuk λ i bilangan konpleks formula diatas menjadi sebagai berikut: Misalkan λ = σ + iω, σ, ω ∈ R adalah suatu nilai karakteristik A dengan vektor karakter- istik yang bersesuaian v = r + is, r, s ∈ R n . Oleh karena itu Av = λv dan A¯v = ¯λ¯v, tanda

‘¯’ menyatakan kompleks konjugate. Jadi ¯λ = σ − iω dan ¯v = r − is. Misalkan x 0 berada pada ruang bagian yang dibangun oleh r dan s. Maka dengan a, b ∈ R,

x 0 = ar + bs = (a − ib)(r + is) + (a + ib)(r − is) = µv + ¯µ¯v,

dimana µ = 1

2 (a − ib) ∈ C. Respon bebas diberikan oleh:

λt x(t) = µe ¯ v+¯ µe ¯ v.

λt

p Bila µ ditulis sebagai µ = iφ

2i e dengan p dan φ bilangan real, maka

p λt +iφ

x(t) = λt (e v+e −iφ ¯ v)

2i = pe σt (r sin(ωt + φ) + s cos(ωt + φ)).

Didalam beberapa pemakaian, sistem adjoint dari ˙x = Ax, didefinisikan sebagai

d T ˙¯x = −A x memainkan suatu peranan. Mudah diselidiki bahwa ¯

(x ¯ x) = 0, terlihat

dt

bahwa bahwa hasil kali dalam (innerproduct) dari vektor x(t) dan ¯x(t) tidak bergantung pada waktu.

Teorema 9 Bila Φ(t, s) matriks transisi untuk ˙x(t) = A(t)x(t), maka Φ T (s, t) adalah ma- triks transisi untuk persamaan adjoint ˙¯ T x(t) = −A (t)¯ x(t).

Bukti Differensialkan I = Φ −1 (t, s)Φ(t, s) untuk memperoleh:

I= [Φ −1 (t, s)Φ(t, s)]

dt

dt

d d =[ Φ −1 (t, s)]Φ(t, s) + Φ −1 (t, s)[ Φ(t, s)]

dt

dt

d =[ Φ −1 (t, s) + Φ −1 (t, s)A(t)]Φ(t, s) dt

Karena Φ(t, s) non-singular maka haruslah:

Φ −1 (t, s) =

−Φ −1 (t, s)A(t)

dt

atau

d −1

{Φ T (t, s) } = −A (t) −1

{Φ T (t, s) } ,

dt

74 Sistem differensial linier..

yang mana hal ini ekivalen dengan

{Φ(s, t)} T = −A (t) {Φ(s, t)} . dt