96

7.1. Teori Dasar

Permasalahan nilai eigen (Eigen Value Problem) merupakan permasalahan yang sering dijumpai dalam bidang engineering, seperti pada analisa dinamis struktur dan teori elastisitas (bidang Teknik Sipil), analisa getaran mekanik (bidang Teknik Mesin), sirkuit arus listrik (bidang Teknik Elektro), dan sebagainya.

Eigen Value Problem terjadi pada sistem persamaan linier simultan homogen, yaitu suatu kelompok persamaan linier yang mempunyai vektor kolom bernilai nol dibagian sisi kanan tanda sama-dengan.

Atau :a11 a12 a13 a1n x1 0a21 a22 a23 a2n x2 0 ….. (7.1)an1 an2 an3 ann xn 0

[A] . {x} = {0}

Solusi dari persamaan (7.1) adalah berupa {x} = {0} (disebut dengan trivial solution). Namun jika solusi trivial ini digunakan, maka permasalahan menjadi tidak terselesaikan. Oleh karena itu, suatu teknik penyelesaian Eigen Problem dibutuhkan untuk mendapatkan solusi non-trivial (solusi bukan nol) dari persamaan (7.1) diatas.

Tinjau kembali teknik solusi dari Metode Cramer yang telah dijelaskan pada subbab 3.2, yaitu :

j = 1, 2, …, n ….. (7.2)

dimana

=

97

A : determinan matriks koefisien [A]Aj : determinan matriks koefisien [A] dengan kolom ke-j diganti

dengan vektor kolom dibagian sisi kanan tanda sama-dengan.xj : nilai variabel ke-j.

Persamaan (7.2) dapat ditulis dalam bentuk :

j = 1, 2, …, n ….. (7.3)

Dengan memperhatikan persamaan (7.1) maka determinan Aj akan selalu bernilai nol. Hal ini disebabkan karena vektor nol akan selalu muncul pada salah satu kolom matriks [Aj].Maka :

j = 1, 2, …, n ….. (7.4)

Solusi yang diharapkan adalah xj 0, sehingga haruslah nilai determinan :A = 0 ….. (7.5)

Jadi tujuan dari teknik penyelesaian permasalahan nilai eigen adalah :Untuk mendapatkan solusi non-trivial dari suatu sistem persamaan linier simultan homogen dengan cara menjadikan nilai determinan matriks [A] bernilai nol.

Terdapat 3 jenis tipe persamaan dari eigen value problem : Tipe I

Matriks [A] dikomposisi menjadi 2 matriks, yaitu :

[A] = [P] – [Q] ….. (7.6)

dimana semua elemen matriks [P] berupa konstanta, dan elemen-elemen matriks [Q] dapat berupa konstanta, variabel atau gabungan keduanya.

….. (7.7)

dimana = nilai eigen (eigenvalue), merupakan unknown parameter. Dalam hal ini f11(),…, fnn() mempunyai nilai sembarang, termasuk nol.

Substitusi persamaan (7.6) ke (7.1) menghasilkan :

Masalah Nilai Eigen

98

[A].{x} = [ [P] – [Q] ] .{x} = {0} ….. (7.8)

contoh :

Tipe IITipe ini mempunyai bentuk lebih sederhana dibandingkan dengan tipe I, dimana matriks [Q] dibentuk dari hasil perkalian variabel dengan matriks [R].

[A].{x} = [ [P] – [R] ] .{x} = {0} ….. (7.9)

dimana semua koefisien matriks [R] adalah berupa konstanta.

Contoh :

Tipe IIITipe ini merupakan bentuk eigenproblem yang paling sederhana. Dalam hal ini matriks [R] merupakan perkalian variabel dengan matriks identitas [I].

[A].{x} = [ [P] – [I] ] .{x} = {0} ….. (7.10)

Contoh :

Masalah Nilai Eigen

99

Eigenproblem tipe II (persamaan 7.9) dapat dijadikan tipe III (persamaan 7.10) dengan cara mengalikan persamaan (7.9) dengan inverse matriks [R]

[[R]-1 [P] – [R]-1 [R] ] .{x} = {0}

[[R]-1 [P] – [I] ] .{x} = {0} ….. (7.11)

7.2. Persamaan Karakteristik

Persamaan aljabar nonlinier dalam fungsi yang dihasilkan dari hasil perhitungan determinan matriks [A] disebut dengan Persamaan Karakteristik dari Eigenproblem .

7.2.1. Penentuan Persamaan Karakteristik dengan Cara Langsung

Untuk kasus-kasus dimana matriks [A] mempunyai orde 2 atau 3, maka penentuan persamaan karakteristik dapat dilakukan secara langsung dengan menggunakan metode-metode perhitungan determinan yang telah dipelajari dalam Aljabar Linier.

Contoh soal

Tentukan persamaan karakteristik dari eigenproblem berikut :

[A] . {x} = {0}

Solusi nontrivial dapat diperoleh dengan menjadikan determinan [A] = 0Perhitungan determinan dilakukan dengan Metode Kofaktor

A = 3 - 82 - 16 - 3 = 0

didapat persamaan karakteristik dalam bentuk :

f() = 3 - 82 - 16 - 3

Masalah Nilai Eigen

100

7.2.2. Penentuan Persamaan Karakteristik dengan Cara Tidak Langsung

Untuk kasus-kasus dimana matriks [A] mempunyai orde lebih tinggi dari 3, maka penentuan persamaan karakteristik dengan cara langsung menjadi tidak efisien lagi. Kesulitan timbul dalam perhitungan determinan karena terdapat variabel dan konstanta dalam matriks [A].

Cara tidak langsung dikembangkan berdasarkan kenyataan bahwa persamaan karakteristik yang dihasilkan akan mempunyai orde yang sama dengan determinannya. Jika determinan matriks [A] berorde n n, maka persamaan karakteristiknya adalah berupa suatu polinomial orde n. Namun cara ini tidak sesuai digunakan untuk eigenproblem tipe I. Untuk penggunaan pada tipe II dan III, cara ini mempunyai keuntungan berupa mudah untuk disusun dalam bentuk program komputer.

Tinjau determinan matriks [A] yang merupakan fungsi dari nilai eigen :

….. (7.12)

Oleh karena terdapat beberapa atau semua koefisien aij dalam fungsi , maka bentuk umum persamaan karakteristik adalah polinomial orde n :

atau dalam bentuk yang lebih sederhana :

….. (7.13)

Jumlah konstanta ci adalah sebanyak (n + 1), yaitu c0, c1, , cn. Nilai konstanta ci tersebut dapat ditentukan dengan mengambil sebanyak (n + 1) sembarang nilai yang berbeda-beda (misal 0, 1, ,n). Substitusi nilai-nilai tersebut ke persamaan (7.13) akan menghasilkan :

atau dalam bentuk matriks dapat dinyatakan sebagai :

Masalah Nilai Eigen

101

….. (7.14)

Persamaan (7.14) merupakan persamaan linier simultan yang menghasilkan nilai-nilai c0, c1, , cn. Dengan mensubstitusi nilai-nilai ci ini ke persamaan (7.13) maka akan dihasilkan persamaan karakteristik dari eigenproblem.

Contoh soal.

Tentukan persamaan karakteristik dari eigenproblem berikut dengan cara langsung dan tidak langsung.

Solusi :Cara langsung :

(2 – )(3 – ) – (-3)(-1) = 0

diperoleh persamaan karakteristik dalam bentuk : f() = 2 – 5 + 3 Cara Tidak Langsung

Asumsikan sebanyak (n + 1 ) = 3 buah nilai sembarang , katakanlah :0 = 0 , 1 = 2 , 2 = 3

Hitung determinan [A] dengan menggunakan 3 nilai tersebut :

0 = 0 ,

1 = 2 ,

2 = 3 ,

Persamaan aljabar linier untuk ke-3 nilai tersebut adalah (pers. 7.14) :

Masalah Nilai Eigen

102

f(0) = a0 + a1 0 + a2 02

f(1) = a0 + a1 1 + a2 12

f(2) = a0 + a1 2 + a2 22

Substitusi nilai-nilai determinan yang diperoleh dari ke-3 nilai diatas 3 = a0

-3 = a0 + 2 a1 + 4 a2

-3 = a0 + 3 a1 + 9 a2

Penyelesaian 3 persamaan linier simultan diatas menghasilkan : a0 = 3 , a1 = -5 , a2 = 1

Substitusi ke bentuk persamaan karakteristik semula :f() = a0 + a1 + a2 2

sehingga diperoleh : f() = 2 – 5 + 3

yang memberikan hasil yang persis sama dengan cara langsung.

Cara langsung sebaiknya digunakan untuk kasus-kasus yang relatif sederhana (determinan orde 2 atau 3). Untuk kasus-kasus dengan determinan orde > 3, maka cara tidak langsung menjadi lebih efisien untuk digunakan.

Contoh :

Asumsikan 5 buah nilai sembarang , katakanlah :0 = 0 , 1 = 5 , 2 = 6 , 3 = 10, 4 = 12

Nilai f(i) atau Determinan dari [A] untuk berbagai nilai adalah :f(0) = f(0) = - 860 , f(3) = f(10) = 20f(1) = f(5) = - 170 , f(4) = f(12) = 628f(2) = f{6) = - 44

Substitusi ke persamaan polinomial berikut :f(0) = a4 0

4 + a3 03 + a2 0

2 + a1 0 + a0

f(1) = a4 14 + a3 1

3 + a2 12 + a1 1 + a0

f(2) = a4 24 + a3 2

3 + a2 22 + a1 2 + a0

f(3) = a4 34 + a3 3

3 + a2 32 + a1 3 + a0

Masalah Nilai Eigen

103

f(4) = a4 44 + a3 4

3 + a2 42 + a1 4 + a0

menghasilkan :a0 = -860 , a3 = -23a1 = -212 , a4 = 1a2 = 160

Persamaan karakteristiknya menjadi :f() = 4 – 23 3 + 160 2 – 212 – 860

Penggunaan nilai asumsi yang berbeda akan menghasilkan bentuk persamaan karakteristik yang sama. Misal digunakan :

0 = 0 , 1 = 10 , 2 = 20 , 3 = 30, 4 = 40

Nilai determinan [A] untuk berbagai nilai adalah :f(0) = f(0) = - 860 , f(3) = f(30) = 325780f(1) = f(10) = 20 , f(4) = f(40) = 1334660f(2) = f{20) = 34900

Substitusi ke persamaan aljabar linier menghasilkan : -860 = a0

20 = a0 + 10 a1 + 102 a2 + 103 a3 + 104 a4

34900 = a0 + 20 a1 + 202 a2 + 203 a3 + 204 a4

325780 = a0 + 30 a1 + 302 a2 + 303 a3 + 304 a4

1334660 = a0 + 40 a1 + 402 a2 + 403 a3 + 404 a4

Penyelesaian persamaan linier simultan ini akan menghasilkan koefisien yang sama dengan penyelesaian sebelumnya.

a0 = -860 , a3 = -23a1 = -212 , a4 = 1a2 = 160

Sehingga persamaan karakteristiknya menjadi :f() = 4 – 23 3 + 160 2 – 212 – 860

7.3. Nilai Eigen dan Vektor Eigen

Nilai-nilai dari akar persamaan karakteristik yang memberikan determinan matriks koefisien [A] sama dengan nol sehingga menghasilkan solusi nontrivial dari eigenproblem disebut dengan Nilai Eigen (Eigenvalue).

Masalah Nilai Eigen

104

Sedangkan vektor {x} yang dihasilkan dari tiap-tiap nilai eigen disebut dengan Vektor Eigen (Eigenvector)

Misalkan pada masalah eigen berikut :

….. (7.15)

Dengan menggunakan salah satu cara yang telah dijelaskan pada subbab 7.2, maka persamaan karakteristik yang dihasilkan adalah :

f() = 3 - 72 + 14 - 8 = 0 ….. (7.16)

Akar-akar dari persamaan polinomial orde 3 ini adalah :1 = 1 (nilai eigen pertama)2 = 2 (nilai eigen kedua)3 = 4 (nilai eigen ketiga)

Salah satu dari ketiga nilai eigen (eigenvalue) ini akan menyebabkan determinan dari matriks koefisien persamaan (7.15) menjadi nol. Oleh karena itu terdapat 3 solusi nontrivial dari vektor {x} yang selaras dengan nilai . Ketiga vektor {x} ini disebut dengan Vektor Eigen (eigen vector)

Vektor Eigen Pertama

Vektor Eigen Pertama diperoleh dengan mensubstitusikan nilai eigen pertama ( = 1) ke persamaan eigenproblem semula, dalam hal ini adalah pers. (7.15).

Vektor unknown {x} dapat diperoleh dengan menggunakan Metoda Eliminasi Gauss-Jordan.

R1 + R2

Masalah Nilai Eigen

R2 + R1

PR2 + R3

105

Dari hasil eliminasi terlihat bahwa terdapat 2 persamaan dengan 2 unknown, yaitu :

atau :dan

Kondisi ini menunjukkan bahwa sistem persamaan yang dihasilkan dari nilai eigen pertama mempunyai suatu solusi yang banyak. Jika nilai x1 dan x2

dinyatakan dalam suku x3 akan menghasilkan :x1 = x3, x2 = x3, x3 = x3

Jadi vektor eigen pertama untuk nilai eigen pertama (1 = 1) dapat dinyatakan dalam bentuk :

Vektor Eigen Kedua

Vektor eigen kedua diperoleh dengan mensubstitusikan nilai egen kedua 2 = 2 kedalam persamaan (7.15).

Dari baris pertama dan ketiga dapat diketahui x2 = 0, dan selanjutnya dari baris kedua :

x1 = - x3

sehingga bentuk vektor eigen kedua untuk nilai eigen kedua 2 = 2 adalah :

Masalah Nilai Eigen

106

Vektor Eigen Ketiga

Substitusi nilai eigen ketiga 3 = 4 menghasilkan :

….. (7.17)

dengan menggunakan Eliminasi Gauss-Jordan diperoleh :

sehingga vektor eigen ketiga adalah :

Untuk kondisi sistem persamaan mempunyai solusi banyak seperti diatas, vektor eigen dapat ditentukan dengan mengabaikan persamaan terakhir, kemudian mengasumsikan suatu nilai konstan untuk variabel ke-n, selanjutnya menyelesaikan persamaan yang tersisa.Misalnya dari persamaan (7.17) diperoleh :

– 2x1 – x2 = 0 , – x1 – x2 = x3

Jika diambil nilai x3 = 1, maka : x1 = 1 dan x2 = –2. Nilai-nilai ini sesuai dengan baris ke-3 dari persamaan (7.17).

7.4. Contoh Kasus

Salah satu permasalahan yang ditemui pada bidang civil engineering adalah berupa penentuan nilai beban aksial maksimal (P) yang membuat suatu kolom mulai menekuk.

Masalah Nilai Eigen

PR2 + R3

PR2 + R3

x

y

LR2 + R3

Garis Defleksi

107

Parameter-parameter yang diketahui adalah property material, seperti Modulus Elastisitas (E), Momen Inersia (I), dan sebagainya.

Persamaan defleksi kolom yang diberi beban aksial tekan adalah :

….. (7.18)

dimana :

Integrasi persamaan (7.18) akan menghasilkan persamaan defleksi kolom untuk sembarang tumpuan ujung :

….. (7.19)dimana A1, A2, A3, A4 adalah 4 buah konstanta integrasi yang dapat ditentukan jika diketahui juga 4 kondisi batas ujung-ujung kolom.

Permasalahan yang akan diselesaikan berikut adalah untuk kondisi ujung kolom berupa jepit dan sendi (gambar 7.1). Jadi kondisi batas konstruksi (Boundary Conditions) adalah :

y = 0 (sendi) Defleksi = 0 , atau x = 0

y = 0 (sendi) Momen lentur = 0 atau

y = L (jepit) Defleksi = 0 , atau x = 0 y = L (jepit) Putaran sudut = 0 atau

Persamaan kondisi batas yang dihasilkan dari kasus kolom dengan tumpuan jepit-sendi ini melibatkan turunan pertama dan kedua dari persamaan defleksi (persamaan 7.19).

Masalah Nilai Eigen

Gbr 7.1. Bentuk Defleksi Kolom akibat Beban Aksial Tekan

108

….. (7.20)

….. (7.21)

Substitusikan ke-empat kondisi batas diatas ke persamaan (7.20) dan (7.21).

Jika dimisalkan kL = dan terlihat bahwa A2 = A4 = 0, maka 4 persamaan 4 unknown diatas dapat direduksi menjadi 2 persamaan 2 unknown, yaitu :

….. (7.22)

Dalam bentuk matriks :

Penyelesaian persamaan 2 2 diatas dapat berupa solusi trivial, yaitu A1 = A3

= 0. Namun solusi ini tidak menyelesaikan permasalahan karena nilai beban tekuk kolom menjadi tidak dapat diperoleh.

Jadi kasus ini termasuk klasifikasi eigenproblem, sehingga solusi nontrivial dapat diperoleh jika :

….. (7.23)

Akar persamaan karakteristik diatas adalah : = 4,494 (eigenvalue)

Diketahui bahwa = kL dan P = k2 EI, sehingga :4,494 = kL

Beban tekuk kolom menjadi :

Masalah Nilai Eigen

109

….. (7.24)

Untuk mengetahui bentuk defleksi kolom, substitusikan nilai eigen = 4,494 ke persamaan (7.22).

….. (7.25)

Terlihat bahwa terdapat 1 persamaan untuk 2 unknown. Ini menunjukkan solusi persamaan (7.25) tak berhingga banyaknya. Oleh karena itu :

- 0,976 A1 + A3 = 0 A3 = 0,976 A1 ….. (7.26)

Sehingga Vektor Eigennya berupa :

….. (7.27)

Substitusikan nilai vektor eigen ke persamaan (7.19) dengan mengingat A2 = A4 = 0.

….. (7.28)

Selanjutnya substitusikan nilai eigen = 4,494 ke persamaan (7.28).

….. (7.29)

Persamaan (7.29) merupakan persamaan dari salah satu mode defleksi kolom. Nilai eigen value lainnya dari persamaan karakteristik (persamaan 7.23) akan memberikan berbagai bentuk persamaan mode defleksi kolom.

7.5. Latihan

Masalah Nilai Eigen

110

Soal 1Tentukan nilai eigen dan vektor eigen permasalahan-permasalahan berikut :

a).

b).

Soal IISuatu gedung 2 lantai berikut mengalami getaran bebas akibat kondisi awal tertentu. Redaman gedung diabaikan.

Dari analisa dinamis gedung akan diperoleh persamaan eigenproblem berikut

Tentukan nilai frekwensi natural gedung 1 dan 2 serta perpindahan relatif a1

dan a2 jika diketahui :Kekakuan kolom lantai 1 : k1 = 30.700 lb/inKekakuan kolom lantai 2 : k2 = 44.300 lb/inMassa lantai 1 : m1 = 136 lb.dt2 / inMassa lantai 2 : m2 = 66 lb.dt2 / in

Masalah Nilai Eigen

F(t)

m1

m2

k

x(t)

k

k k