BAB II MATRIKS POSITIF Pada bab ini akan dibahas mengenai Teorema Perron, yaitu teori hasil ...

27 Pages·2013·0.39 MB·Indonesian

BAB II
MATRIKS POSITIF
Pada bab ini akan dibahas mengenai Teorema Perron, yaitu teori hasil kontribusi
dariseorangmatematikawanGerman, OskarPerron. Perronmenerbitkantulisannya
tentang sifat-sifat yang dimiliki oleh matriks positif pada tahun 1907. Teorema
Perron ini akan digunakan dalam pembahasan pada Bab III. Sifat-sifat yang akan
dibahasantaralain; TeoremaPerron(1907)berdasarpadaA.Horn[1], danTeorema
Jordan berdasar pada R.Fletcher [9].
Sebelum membahas mengenai Teorema Perron berikut ini akan dikenalkan notasi
yang akan digunakan dalam pembahasan selanjutnya. Misalkan A ∈ M (C) dengan
n
entri-entri bilangan kompleks, yaitu A = [a ] untuk setiap i,j = 1,2,··· ,n dan
ij
M (C) adalah ruang matriks kompleks n × n. Matriks A disebut matriks positif
n
dinotasikan A > 0, jika untuk setiap elemen dari matriks A bernilai positif . Pada
proyek ini notasi |a| menyatakan matriks atau vektor yang entri-entri matriks atau
vektornya adalah nilai mutlak entri-entri matriks atau vektor a.
II.1 Matriks Positif
Untuk membahas Teorema Perron akan diawali dengan pembahasan mengenai sifat-
sifatmatrikspositif, khususnyauntukmatrikspersegi. Tujuannyauntukmenyelidiki
ke arah mana perluasan sifat matriks positif ini diturunkan berdasarkan nilai eigen
dan vektor eigen pada matriks A. Pada pembahasan AHP, matriks yang digunakan
adalah matriks positif sehingga sifat-sifat yang berlaku dalam matriks positif perlu
dikaji terlebih dahulu.
4
5
Definisi II.1.1 Jika A ∈ M (C) dan x ∈ Cn pandang persamaan Ax = λx, x 6= 0,
n
dengan λ ∈ C. Skalar λ disebut nilai eigen matriks A dan x disebut vektor eigen
yang berkorespondensi dengan λ.
Definisi II.1.2 Misalkan A ∈ M (C). Himpunan semua nilai eigen A disebut spek-
n
trum A, dinotasikan σ(A). Spektral radius dari matriks A adalah ρ(A) = max{|λ| :
λ ∈ σ(A)}, Spektral radius dinotasikan ρ(A) merupakan lingkaran terkecil dalam
bidang kompleks yang memuat semua nilai eigen dari matriks A.
Akibat II.1.1 Misalkan A ∈ M (C), x ∈ Rn, x > 0 dan A ≥ 0, pernyataan di
n
bawah ini benar.
• Jika α,β ≥ 0 sehingga αx ≤ Ax ≤ βx, maka α ≤ ρ(A) ≤ β.
• Jika αx ≤ Ax, maka α < ρ(A).
• Jika Ax < βx, maka ρ(A) < β.
Untuk bukti Akibat II.1.1, dapat di lihat di A.Horn [1]
Lema II.1.1 Misalkan A ∈ M (C) dengan A > 0. Jika Ax = λx, untuk x ∈ Cn,
n
λ ∈ R, x 6= 0, dan |λ| = ρ(A), maka A|x| = ρ(A)|x| dan |x| > 0.
Bukti: Perhatikan bahwa
ρ(A)|x| = |λ||x| = |λx| = |Ax| ≤ |A||x| = A|x|.
Misalkan y = A|x|−ρ(A)|x| ≥ 0. Karena |x| ≥ 0 dan |x| =6 0 diperoleh A|x| > 0.
Untuk kasus y = 0 didapat
A|x| = ρ(A)|x|
|x| = ρ(A)−1A|x| > 0
6
Untuk kasus y 6= 0, terlebih dahulu definisikan z = A|x| > 0 sehingga
0 < y = Az −ρ(A)z
berarti Az > ρ(A)z. Berdasar Akibat II.1.1 didapat ρ(A) > ρ(A). Hal ini tidak
mungkin. Haruslah y = 0 sehingga kesimpulannya |x| > 0. 2
Teorema II.1.2 Misalkan A ∈ M (C) dan A > 0, dan ρ(A) > 0, maka terdapat
n
vektor positif x ∈ Cn sehingga Ax = ρ(A)x
Bukti: Terdapat λ dengan |λ| = ρ(A) > 0 berdasar Definisi II.1.2 dan bersesuaian
dengan vektor eigen x 6= 0. Dari Lema II.1.1 vektor tersebut adalah |x|. 2
Lema II.1.3 Misalkan A ∈ M (C) dan A > 0. Jika Ax = λx, x 6= 0, dan
n
|λ| = ρ(A), maka untuk suatu θ ∈ R,e−iθx = |x| > 0,
Bukti: Berdasarkan hipotesis diperoleh |Ax| = |λx| = ρ(A)|x|, berdasarkan Lema
II.1.1 diperoleh A|x| = ρ(A)|x| dan |x| > 0. Perhatikan bahwa untuk setiap k =
1,··· ,n, berlaku
n
X
ρ(A)|x | = |λ||x | = |λx | = | a x |
k k k kp p
p=1
(2.1)
n n
X X
≤ |a ||x | = |a ||x | = ρ(A)|x | = ρ(A)|x |
kp p kp p p k
p=1 p=1
Dengan demikian, ketaksamaan (2.1) mengakibatkan bilangan kompleks tak nol
a x , p = 1,...,n semuanya harus terletak dalam satu garis di bidang kompleks.
kp p
Selanjutnya, tulis e−iθa x > 0 untuk semua p = 1,··· ,n dan untuk suatu θ ∈ R.
kp p
Karena a > 0, kita dapatkan e−iθx > 0. 2
kp p
7
Teorema II.1.4 Misalkan A ∈ M (C), A > 0, dan λ ∈ σ(A) , maka |λ| < ρ(A),
n
untuk setiap nilai eigen λ 6= ρ(A).
Bukti: Berdasar Definisi II.1.2, |λ| ≤ ρ(A) untuk semua nilai eigen λ dari A.
Selanjutnya untuk kasus |λ| = ρ(A) dan Ax = λx, x 6= 0, berdasarkan Lema II.1.3
terdapat |x| = e−iθx > 0, untuk suatu θ ∈ R. Dengan demikian
ρ(A)|x| = A|x|
= Ae−iθx
= e−iθAx
= e−iθλx
= λe−iθx
= λ|x|
Akibatnya diperoleh λ = ρ(A). 2
Teorema II.1.5 Misalkan A ∈ M (C) dengan A > 0, w dan z adalah vektor-vektor
n
tak nol di C sehingga Aw = ρ(A)w dan Az = ρ(A)z, maka terdapat suatu α ∈ C
sehingga w = αz.
Bukti: Berdasarkan Lema II.1.3 terdapat bilangan real θ dan θ sehingga
1 2
p = e−iθ1z > 0 q = e−1iθ2w > 0
8
Tulis
q
i
β = min , dengan q adalah entri ke-i dari vektor q
1≤i≤n i
p
i
dan p adalah entri ke-i dari vektor p
i
Definisikan pula
r = q −βp dengan r,p,q adalah vektor ∈ C.
Diperoleh r ≥ 0 dan paling sedikit satu koordinat dari r adalah 0, ini berarti r
bukan merupakan vektor positif, selanjutnya pandang
Ar = Aq −βAp
= ρ(A)q −βρ(A)p
= ρ(A)(q −βp)
= ρ(A)r
Andaikan r 6= 0, maka Ar = ρ(A)r > 0, sehingga r = ρ(A)−1Ar > 0. Karena
kondisi ini tidak benar maka haruslah r = 0. Dengan demikian :
q = βp
e−1iθ2w = βe−iθ1z
w = βeiθ2−iθ1z
= βei(θ2−θ1)z
= αz, (dengan α = βei(θ2−θ1)) 2
9
Akibat II.1.6 Misalkan A ∈ M (C) dan misalkan pula A > 0,maka terdapat vektor
n
tunggal x ∈ Cn sehingga Ax = ρ(A)x,x > 0, dan |x| = Pn x = 1
1 i=1 i
Bukti: Misalkan x dan x adalah vektor-vektor yang memenuhi
1 2
n
X
Ax = ρ(A)x,x > 0,|x| = x = 1 (2.2)
1 i
i=1
Berdasarkan Teorema II.1.5 x = αx , untuk suatu α ∈ C. Karena x > 0 dan
1 2 1
x > 0 maka α > 0, |x | = |x | = 1.
2 1 1 2 1
Dengan demikian
|x | = α|x |
1 1 2 1
|x | = |x | , untuk α = 1
1 1 2 1
sehingga x = x . Jadi, terbukti bahwa x yang memenuhi persamaan (2.2) adalah
1 2
tunggal. 2
Lema II.1.7 Misalkan A ∈ M (C),A > 0,λ ∈ C dan x, y ∈ C.
n
• Jika L = xyT dan berlaku ;
(1.) Ax = λx
(2.) ATy = λy
(3.) xTy = 1
maka
(a.) Lx = x dan yTL = yT
(b.) Lm = L untuk setiap m = 1,2,...
(c.) AmL = LAm = λmL untuk setiap m = 1,2,...
10
(d.) L(A−λL) = 0
(e.) (A−λL)n = Am −λmL untuk setiap m =1,2,... dan
(f.) semua nilai eigen tak nol dari A − λL, merupakan nilai eigen dari
A.
Jika diberikan asumsi tambahan
(4.) λ 6= 0
(5.) λ adalah nilai eigen dari A dengan multiplisitas geometri 1, maka ;
(g.) λ merupakan nilai eigen dari A−λL.
Jika kita asumsikan bahwa
(6.) |λ| = ρ(A) > 0;
(7.) λ merupakan satu-satunya nilai eigen dari A dengan modulus ρ(A), dan
jika |λ | ≤ |λ | ≤ ··· ≤ |λ | < |λ | = |λ| = ρ(A), maka:
1 2 n−1 n
(h.) ρ(A−λL) ≤ |λ | < ρ(A);
n−1
(i.) (λ−1A)m = L+(λ−1A−L)m → L untuk m → ∞; dan
(j.) untuk setiap r ∈ C sehingga [|λn−1|] <r< 1 terdapat suatu C =
ρ(A)
C(r,A) sehingga |(λ−1A)m −L| < Crm untuk semua m = 1,2,...
∞
Bukti:
(a.) Perhatikan bahwa xTy = 1. Dengan mengalikan kedua ruas dengan xT diper-
oleh
xTyxT = xT
xyTx = x
Lx = x
11
Selanjutnya dari asumsi (3) kalikan kedua ruas dengan y sehingga didapat
yxTy = y
yTxyT = yT
yTL = yT
Jadi terbukti bahwa Lx = x dan yTL = yT.
(b.) Akan dibuktikan Lm = L untuk setiap m= 1,2,... dengan menggunakan in-
duksi matematika.
Untuk m = 1 jelas benar. Selanjutnya kita misalkan benar untuk m = n, akan
dibuktikan benar juga untuk m = n+1.
Perhatikan bahwa :
Ln+1 = LnL
= LL
= (xyT)L
= xyTxyT
= x(yTL)
= xyT
= L.
Jadi terbukti bahwa Lm = L untuk setiap m = 1,2,...
(c.) Untuk membuktikan AmL = LAm = λmL untuk setiap m= 1,2,..., cukup
dibuktikan : AmL = λm dan LAm = λmL.
12
• AmL = λmL
Untuk m = 1, didapat
AL = AxyT = λxyT = λL
Selanjutnya asumsikan benar untuk m = n, yaitu AnL = λnL.
Akan dibuktikan benar untuk m = n+1, yaitu:
An+1L = AnAL = AnλL = λAnL = λλnL = λn+1L.
JaditerbuktibahwaAmL = λmLuntuksetiapm = 1,2,··· .Dengancara
yang sama dapat dibuktikan LAm = λmL untuk setiap m = 1,2,··· ,.
Dengan demikian AmL = λmL dan LAm = λmL untuk setiap m =
1,2,··· . Dapat disimpulkan bahwa AmL = LAm = λmL.
(d.) Akan dibuktikan bahwa L(A−λL) = 0.
Dengan memperhatikan hasil (b) dan (c), maka
L(A−λL) = LA−λL2 = LA−λL = λL−λL = 0.
Jadi L(A−λL) = 0.
(e.) Akan dibuktikan (A−λL)m = Am −λmL, untuk setiap m = 1,2,··· dengan
induksi matematika. Jelas untuk m = 1 pernyataan benar. Asumsikan benar
13
untuk m = n, akan dibuktikan benar untuk m = n+1.
(A−λL)n+1 = (A−λL)n(A−λL)
= (An −λnL)(A−λL)
= An+1 −λLAn −λnLA+λn+1L2
= An+1 −λλnL−λnλL+λn+1L
= An+1 −2λn+1L+λn+1L
= An+1 −λn+1L.
Dengan demikian terbukti bahwa (A−λL)n = Am −λmL, untuk setiap m =
1,2,··· .
(f.) Akan dibuktikan bahwa untuk setiap nilai eigen tak nol dari (A − λL) juga
merupakan nilai eigen dari A. Misalkan µ 6= 0, nilai eigen dari
(A − λL), w 6= 0 adalah vektor eigen yang bersesuaian dengan µ, sehingga
(A−λL)w = µw. Perhatikan bahwa :
1
Lw = L( )(A−λL)w
µ
1
= L(A−λL)w
µ
1
= .0
µ
= 0.
Diperoleh (A−λL)w = Aw −λLw = Aw −λ(0) = Aw = µw. Jadi terbukti
bahwa µ adalah nilai eigen dari A.
(g). Ambil µ = λ. Andaikan w adalah vektor eigen dari (A − λI) yang berko-