NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN DARI MATRIKS TRIDIAGONAL DENGAN ENTRI DIAGONAL UTAMA TIDAK KONSTAN DAN BERULANG IRESA APRILIANI

NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN DARI MATRIKS TRIDIAGONAL

DENGAN ENTRI DIAGONAL UTAMA TIDAK KONSTAN DAN

BERULANG

IRESA APRILIANI

DEPARTEMEN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

INSTITUT PERTANIAN BOGOR

BOGOR

2012

ABSTRAK

IRESA APRILIANI. Nilai Eigen dan Vektor Eigen dari Matriks Tridiagonal dengan Entri Diagonal Utama Tidak Konstan dan Berulang. Dibimbing oleh NUR ALIATININGTYAS dan

TEDUH WULANDARI MAS’OED.

Matriks tridiagonal adalah suatu matriks yang mempunyai entri-entri bernilai nol kecuali pada diagonal utama, di bawah diagonal utama (subdiagonal) dan di atas diagonal utama (superdiagonal). Entri pada diagonal utama tidak konstan dan berulang. Setiap entri pada matriks tridiagonal ini adalah bilangan kompleks. Dalam karya ilmiah ini, akan dibuktikan 3 teorema untuk menentukan nilai eigen dengan 2 kasus dan 1 teorema untuk menentukan vektor eigen. Teorema pertama menentukan polinomial karakteristik dari matriks tridiagonal. Polinomial karakteristik dari matriks tridiagonal tersebut digunakan untuk menentukan nilai eigen pada teorema kedua dan ketiga serta menentukan vektor eigen pada teorema keempat.

ABSTRACT

IRESA APRILIANI. Eigenvalues and Eigenvectors of Tridiagonal Matrix with Non Constant and Recurrent Diagonal Entries. Supervised by NUR ALIATININGTYAS and TEDUH WULANDARI MAS’OED.

A tridiagonal matrix is a matrix which has zero elements except the elements at the main diagonal, the elements at the first diagonal below the main diagonal (subdiagonal) and the elements at the first diagonal above the main diagonal (superdiagonal). The diagonal entries are non constant and recurrent. Each entry in this tridiagonal matrix is a complex number. This manuscript will prove 3 theorems to determine eigenvalues with 2 cases and a theorem to determine eigenvectors. The first theorem determines the characteristic polynomial of tridiagonal matrix. The characteristic polynomial of the tridiagonal matrix can be used to determine the eigenvalues in the second and third theorems. Furthermore, it can be used to determine the eigenvectors in the fourth theorem.

NILAI EIGEN DAN VEKTOR EIGEN DARI MATRIKS TRIDIAGONAL

DENGAN ENTRI DIAGONAL UTAMA TIDAK KONSTAN DAN

BERULANG

IRESA APRILIANI

Skripsi

sebagai salah satu syarat untuk memperoleh gelar

Sarjana Sains pada

Departemen Matematika

DEPARTEMEN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

INSTITUT PERTANIAN BOGOR

BOGOR

2012

Judul Skripsi : Nilai Eigen dan Vektor Eigen dari Matriks Tridiagonal dengan Entri

Diagonal Utama Tidak Konstan dan Berulang

Nama

: Iresa Apriliani

NIM

: G54070036

Menyetujui,

Pembimbing I,

Dra. Nur Aliatiningtyas, MS.

NIP. 19610104 198803 2 002

Pembimbing II,

Teduh Wulandari Mas’oed, M.Si.

NIP. 19740915 199903 2 001

Mengetahui:

Ketua Departemen Matematika,

Dr. Berlian Setiawaty, MS.

NIP. 19650505 198903 2 004

KATA PENGANTAR

Puji dan syukur penulis panjatkan kepada Allah SWT atas segala rahmat dan karunia-Nya serta shalawat dan salam kepada Nabi Muhammad SAW sehingga karya ilmiah ini berhasil diselesaikan. Penyusunan karya ilmiah ini juga tidak lepas dari peranan berbagai pihak. Untuk itu penulis mengucapkan terima kasih yang sebesar-besarnya kepada:

1. Keluargaku tercinta: Bapak dan Mamah (terima kasih atas doa, dukungan, kesabaran, kepercayaan, dan kasih sayangnya), adikku (terima kasih atas doa, dukungan, kasih sayang, dan motivasinya), serta keluarga besar baik dari Bapak maupun dari Mamah (terima kasih atas doanya).

2. Dra. Nur Aliatiningtyas, MS selaku dosen pembimbing I (terima kasih atas semua ilmu, kesabaran, motivasi, dan bantuannya selama penulisan skripsi ini).

3. Teduh Wulandari Mas’oed, M.Si selaku dosen pembimbing II (terima kasih atas semua ilmu, saran, dan motivasinya).

4. Dra. Farida Hanum, M.Si selaku dosen penguji (terima kasih atas semua ilmu dan sarannya). 5. Segenap dosen Departemen Matematika: Bu Anggi, Bu Ida, Pak Donny, Pak Hadi, Pak Wayan,

Pak Prapto, dan lainnya (terima kasih atas semua ilmu yang telah diberikan).

6. Staf Departemen Matematika: Pak Yono, Bu Susi, Mas Heri, Pak Bono, Bu Ade, Mas Deni, dan lainnya (terima kasih atas bantuan dan motivasinya).

7. Muhamad Yakub (terima kasih atas doa, dukungan, dan kasih sayangnya)

8. Kakak-kakak Matematika angkatan 41, 42, dan 43: Ka Sima, Ka Vino, Ka Bange, Ka Kabil, Ka Ocoy, Ka Aini, Ka Putri, Ka Apri, Ka Agung, Ka Vera, Ka Mira, Ka Tami, Ka Destya, Ka Wira, Ka Cupit, Ka Ro’fah, Ka Cici, Ka Lia, Ka Nanu, Ka Adi, Ka Amin, Ka Cumi, Ka Sapto, Ka Chopi, dan lainnya (terima kasih atas ilmu, bantuan, dan semuanya).

9. Teman-teman Matematika angkatan 44: Ruhiyat, Wahyu, Ayum, Iam, Fikri, Wenti, Ririh, Sri, Fajar, Mutia, Rachma, Ayung, Ipul, Cita, Tanty, Arina, Deva, Yuyun, Lingga, Masay, Diana, Yogie, Lugina, Yanti, Selvie, Ucu, Pepi, Devi, Istiti, Sari, Anis, Aqil, Lilis, Imam, Aswin, Eka, Aze, Ali, Vianey, Nadiroh, Nurus, Na’im, Dhika, Ima, Dora, Atik, Nunuy, Yuli, Fani, Phunny, Dian, Rofi, Della, Tyas, Denda, Pandi, Rizqy, Indin, Sholih, Siska, Lili, Tita, Lina, Endro, Lukman, Puying, Tendhy, Ikhsan, Chopa, dan Zae (terima kasih atas doa, semangat, dukungan, bantuan, dan kebersamaannya).

10.Adik-adik Matematika angkatan 45 (terima kasih atas dukungan dan bantuannya). 11.Teman-teman lainnya yang telah mendukung selama ini, baik moril maupun materil.

Semoga karya ilmiah ini dapat bermanfaat bagi dunia ilmu pengetahuan khususnya matematika dan menjadi inspirasi bagi penelitian-penelitian selanjutnya.

Bogor, Januari 2012

RIWAYAT HIDUP

Penulis dilahirkan di Jakarta pada tanggal 25 April 1989 dari pasangan Maulana dan Ipah. Penulis merupakan anak pertama dari dua bersaudara.

Tahun 2007 penulis lulus dari SMA Negeri 38 Jakarta dan pada tahun yang sama diterima sebagai mahasiswi Departemen Matematika, Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam, Institut Pertanian Bogor melalui jalur USMI (Undangan Seleksi Masuk IPB ).

Selama mengikuti perkuliahan, penulis aktif sebagai pengurus Gugus Mahasiswa Matematika (GUMATIKA), divisi Sosialisasi Informasi dan Komunikasi (SOSINKOM) tahun 2009. Selain itu, penulis juga aktif dalam berbagai kepanitian, diantaranya menjadi panitia pada Masa Perkenalan Departemen (MPD) 2009.

DAFTAR ISI

Halaman DAFTAR LAMPIRAN ... ix I PENDAHULUAN ... 1 1.1Latar Belakang ... 1 1.2Tujuan ... 1 II LANDASAN TEORI ... 1 2.1Matriks ... 1

2.2Determinan dan Sifat-Sifatnya ... 2

2.3Nilai Eigen dan Vektor Eigen ... 2

2.4Ruang Vektor dan Kebebasan Linear ... 2

2.5Bilangan Kompleks ... 3 2.6Trigonometri ... 3 2.7Pemetaan ... 3 2.8Matriks Blok ... 3 III PEMBAHASAN ... 4 3.1Matriks Tridiagonal ... 4 3.1.1 Nilai Eigen ... 5 3.1.2 Vektor Eigen ... 8

IV SIMPULAN DAN SARAN ... 12

DAFTAR PUSTAKA ... 13

ix

DAFTAR LAMPIRAN

Halaman

Lampiran 1. Bukti Teorema 1 ... 15

Lampiran 2. Bukti Teorema 2 ... 21

Lampiran 3. Bukti Teorema 3 ... 23

I PENDAHULUAN

1.1 Latar Belakang

Matriks adalah susunan segi empat siku-siku dari bilangan-bilangan. Bilangan-bilangan dalam susunan tersebut dinamakan entri dalam matriks. Matriks tridiagonal adalah matriks yang mempunyai entri yang bernilai nol pada selain diagonal utama, di bawah diagonal utama (subdiagonal) dan di atas diagonal utama (superdiagonal).

Matriks tridiagonal muncul di sebagian besar cabang ilmu seperti matematika terapan, matematika modern, teknik, dan lain sebagainya.

Kata eigen berasal dari bahasa Jerman yang berarti sebenarnya atau karakteristik. Nilai eigen dapat dinamakan nilai sebenarnya atau nilai karakteristik.

Nilai eigen dan vektor eigen akan dicari dengan menggunakan polinomial karakteristik, sehingga dalam karya ilmiah ini terlebih dahulu akan dibahas polinomial karakteristik dari suatu matriks tridiagonal dengan entri diagonal utama tidak tetap. Karya ilmiah ini merupakan rekonstruksi dari

tulisan Said Kouachi (2006) yang berjudul

Eigenvalues and eigenvectors of some tridiagonal matrices with non constant diagonal entries.

1.2 Tujuan

Tujuan dari karya ilmiah ini adalah: 1. Mencari nilai polinomial karakteristik 2. Mencari nilai eigen dan vektor eigen dari

matriks tridiagonal yang entri diagonal utamanya tidak konstan dan berulang dengan beberapa kasus.

1.3 Sistematika Penulisan

Karya ilmiah ini terdiri dari empat bab. Bab pertama merupakan pendahuluan yang berisi latar belakang dan tujuan penulisan. Bab kedua berupa landasan teori yang berisi beberapa istilah dan konsep dari matriks tridiagonal, nilai eigen dan vektor eigen. Bab ketiga berupa pembahasan bagaimana mencari nilai eigen dan vektor eigen dengan beberapa kasus. Bab terakhir pada tulisan ini berisi kesimpulan dari keseluruhan penulisan.

II LANDASAN TEORI

Pada bab ini akan dijelaskan

definisi-definisi tentang karya ilmiah ini.

2.1 Matriks Definisi 1 (Matriks)

Sebuah matriks adalah susunan segi empat siku-siku dari bilangan-bilangan. Bilangan-bilangan dalam susunan tersebut dinamakan entri dalam matriks.

[Anton 1998]

Definisi 2 (Matriks segi berorde n)

Sebuah matriks A dengan n baris dan n kolom dinamakan matriks segi berorde n, dan entri-entri 𝑎11, 𝑎22, …, 𝑎𝑛𝑛 dikatakan berada pada

diagonal utama dari A (lihat (2.1)).

A = 𝑎11 𝑎12 𝑎21 𝑎22 ⋯ 𝑎1𝑛 𝑎2𝑛 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ 𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛 (2.1) [Anton 1998]

Definisi 3 (Matriks Tridiagonal)

Suatu matriks tridiagonal yang berukuran

𝑛 × 𝑛, dinotasikan sebagai Tn, adalah matriks

dengan entri-entri tij = 0 jika 𝑖 − 𝑗 > 1

seperti 𝐓𝒏= 𝑎 𝑏 0 𝑐 𝑎 𝑏 0 𝑐 𝑎 0 0 0 0 0 0 𝑏 0 0 0 0 ⋱ 0 0 0 0 0 0 ⋱ ⋱ 0 𝑐 𝑎 𝑏 0 𝑐 𝑎

(2.2)

[Zhang 1999] Definisi 4

Entri-entri tepat di atas diagonal utama dari matriks tridiagonal disebut superdiagonal dan entri-entri tepat di bawah diagonal utama matriks tridiagonal disebut subdiagonal.

2

2.2 Determinan dan Sifat-sifatnya Definisi 5 (Determinan)

Misalkan A adalah matriks 𝑛 × 𝑛 dan Mij

menyatakan matriks 𝑛 − 1 × 𝑛 − 1 yang diperoleh dari A dengan menghapus baris ke-i

dan kolom ke-j. Determinan dari suatu matriks

A berorde 𝑛 × 𝑛, dinotasikan sebagai det(A), adalah suatu skalar yang diasosiasikan dengan matriks A dan didefinisikan secara induktif sebagai:

det(A)= _𝑎 𝑎11, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑛 = 1

11𝐴12+ 𝑎12𝐴12+ ⋯ + 𝑎1𝑛𝐴1𝑛, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑛 > 1 dengan

A1j = (-1)1+ jdet (M1j), j = 1,…, n

adalah kofaktor-kofaktor yang diasosiasikan dengan entri-entri dalam baris pertama dari A. [Leon 2001]

Teorema 1

Jika A adalah suatu matriks segitiga atas atau segitiga bawah yang berukuran 𝑛 × 𝑛, maka determinan dari A sama dengan hasil kali elemen-elemen diagonal utama dari A.

[Leon 2001]

Definisi 6 (Sifat-sifat Determinan) Operasi baris

1. Pertukaran dua baris (atau kolom) dari suatu matriks akan mengubah tanda dari determinan.

2. Mengalikan satu baris atau kolom dari suatu matriks dengan suatu skalar sama akibatnya dengan mengalikan nilai dari determinan dengan skalar tersebut. 3. Menjumlahkan perkalian dari suatu baris

atau kolom pada baris lain atau kolom lain tidak akan mengubah nilai dari determinan.

[Leon 2001]

Teorema 2 (Aturan Cramer)

Misalkan A adalah matriks taksingular berorde 𝑛 × 𝑛 dan misalkan b ∈ 𝑅𝑛_{. Misalkan} Ai adalah matriks yang diperoleh dengan mengganti kolom ke- i dari A dengan b. Jika x

adalah penyelesaian tunggal dari Ax = b, maka

𝑥𝑖 = det (𝑨_𝒊)

det 𝑨 untuk i = 1, 2, …, n.

[Leon 2001]

2.3 Nilai Eigen dan Vektor Eigen

Definisi 7 (Nilai Eigen, Vektor Eigen, Persamaan Karakteristik dan Polinomial Karakteristik)

Misalkan A adalah suatu matriks 𝑛 × 𝑛. Skalar 𝜆 disebut nilai eigen atau nilai karakteristik dari A jika terdapat suatu vektor taknol x, sehingga Ax = λx. Vektor x disebut vektor eigen atau vektor karakteristik yang berpadanan dengan nilai eigen 𝝀.

Persamaan Ax = λx dapat dituliskan dalam bentuk

𝐀 − λ𝐈 𝐱 = 0. (2.3) Persamaan (2.3) akan mempunyai penyelesaian taktrivial jika dan hanya jika

𝐀 − λ𝐈singular atau secara ekuivalen

det 𝐀 − λ𝐈 = 0. (2.4) Jika determinan pada persamaan (2.4) diuraikan maka didapatkan suatu polinomial berderajat n dalam peubah 𝜆

𝑝 λ = det 𝐀 − λ𝐈

Polinomial ini disebut polinomial karakteristik dan persamaan (2.4) disebut persamaan karakteristik untuk matriks A.

[Leon 2001]

Teorema 3

Misalkan A adalah suatu matriks berorde nxn.

Himpunan dari setiap nilai eigen yang berbeda dari matriks A adalah takkosong dan mempunyai paling banyak n nilai eigen yang berbeda.

Bukti: lihat [Lancaster & Tismenetsky 1985].

Definisi 8

Misalkan A adalah suatu matriks berorde nxn. Jika A mempunyai n nilai eigen yang berbeda maka matriks A disebut sederhana.

[Lancaster & Tismenetsky 1985].

2.4 Ruang Vektor dan Kebebasan Linear Definisi 9 (Ruang Vektor)

Misalkan V adalah himpunan di mana didefinisikan operasi-operasi penjumlahan dan

3

perkalian dengan skalar. Dengan ini dapat diartikan bahwa untuk setiap pasang elemen-elemen x dan y di dalam V, dapat diasosiasikan dengan elemen x + y yang tunggal yang juga berada di V dan setiap skalar 𝛼, dapat diasosiasikan dengan elemen

𝛼x yang tunggal di dalam V. Himpunan V bersama-sama dengan operasi-operasi penjumlahan dan perkalian dengan skalar dikatakan membentuk suatu ruang vektor jika aksioma-aksioma berikut terpenuhi

a. x + y = y + x untuk setiap x dan y di V.

b. (x + y) + z = x + (y + z)untuk setiap x, y, z di V.

c. Terdapat elemen 0 di V sehingga x+ 0 = x

untuk setiap x ∈ V.

d. Untuk setiap x ∈ V terdapat elemen −x∈ V sehingga x + (−x) = 0.

e. 𝛼(x + y) = 𝛼x + 𝛼y untuk setiap skalar 𝛼

dan setiap x dan y di V.

f. (𝛼 + 𝛽) x = 𝛼x + 𝛽x untuk setiap skalar 𝛼

dan 𝛽 dan setiap x ∈ V.

g. (𝛼𝛽) x = 𝛼(𝛽x) untuk setiap skalar 𝛼 dan

𝛽 dan setiap x ∈ V. h. 1.x = x untuk setiap x ∈ V.

[Leon 2001]

Definisi 10 (Bergantung Linear)

Vektor-vektor v1, v2, …, vn dalam ruang

vektor V disebut bergantung linear jika terdapat skalar-skalar c1, c2, …, cn yang tidak

semuanya nol sehingga

c1v1 + c2v2 + … + cnvn= 0. Definisi 11 (Bebas Linear)

Vektor-vektor v1, v2, …, vn dalam ruang

vektor V disebut bebas linear jika

c1v1 + c2v2 + … + cnvn= 0.

mengakibatkan semua skalar-skalar c1, c2, …,

cn harus sama dengan 0.

[Leon 2001]

2.5 Bilangan Kompleks

Definisi 12 (Bilangan Kompleks)

Bilangan kompleks adalah suatu pasangan terurut dari bilangan real yang dinyatakan dengan (a, b) atau a + bi dengan i = −1.

[Anton 1998]

2.6 Trigonometri

Definisi 13 (Kesamaan Trigonometri)

Kesamaan trigonometri adalah hubungan antara fungsi-fungsi trigonometri, yaitu 1. sin2𝜃+ cos2 𝜃= 1

2. sin (−𝜃) = −sin 𝜃

3. sin (𝑥 + 𝑦) = sin 𝑥 cos 𝑦 + cos 𝑥 sin 𝑦

4. sin (𝑥 − 𝑦) = sin 𝑥 cos 𝑦− cos 𝑥 sin 𝑦

5. cos (𝑥 − 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦+ sin 𝑥 sin 𝑦

6. cos (𝑥 + 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦− sin 𝑥 sin 𝑦

7. sin 2x = 2 sin x cos x

8. cos 2x = cos2 x–sin 2 x

9. cos 2x = 2cos2 x–1 10. cos 2x = 1–2sin 2 x

[Stewart 2001]

2.7 Pemetaan Definisi 14

Misalkan A dan B adalah dua himpunan. Pemetaan f dari A ke B biasa juga disebut bahwa f memetakan A ke B (atau pemetaan A

ke B) dan ditulis f : A→B.

[Goldberg 1976]

Definisi 15 (Pemetaan Identitas)

Misalkan A adalah suatu himpunan. Pemetaan

A ke A disebut pemetaan identitas, dinotasikan

IA, jika a anggota dari A maka IA(a) = a atau dapat ditulis IA : A → A.

[Kurtz 1992]

2.8 Matriks Blok (Matriks Terpartisi) Definisi 16 (Matriks Blok)

Misalkan A, B, C dan D adalah suatu matriks dengan A adalah matriks berorde n dan D

adalah matriks berorde m. Matriks M disebut matriks blok jika 𝐌 = 𝐀 𝐁

𝐂 𝐃 .

4

III PEMBAHASAN

Dalam bab ini akan dibahas mengenai nilai eigen dan vektor eigen dari matriks tridiagonal.

3.1 Matriks Tridiagonal

Misalkan diberikan matriks tridiagonal dalam bentuk sebagai berikut

An= −𝛼 + 𝑏1 𝑐1 𝑎1 0 0 ⋮ 0 𝑏₂ 𝑎2 0 ⋮ 0 0 0 𝑐2 𝑏3 ⋱ ⋱ … 0 ⋱ ⋱ ⋱ 0 … 0 … ⋱ ⋱ ⋱ 𝑎_𝑛−1 0 ⋮ 0 𝑐𝑛 −1 −𝛽 + 𝑏_𝑛 (3.1) dengan 𝑎𝑗 dan 𝑐𝑗 , 𝑗 = 1, 2, … , 𝑛 − 1 adalah

bilangan kompleks, 𝛼 dan 𝛽 adalah bilangan kompleks. Misalkan bahwa

𝑎𝑗𝑐𝑗 = 𝑑2, 𝑗 = 1, 2, … , 𝑛 − 1 (3.2)

𝑏𝑗 =

𝑏1, jika 𝑗 ganjil

𝑏2, jika 𝑗 genap , 𝑗 = 1,2, … , 𝑛 − 1

(3.3)

dengan d, b1 dan b2 adalah bilangan kompleks dengan d ≠0.

Jika 𝜍 adalah pemetaan dari himpunan bilangan bulat 1 sampai n-1 ke dalam himpunan bilangan bulat yang lebih besar dari n-1 maka matriks An menjadi 𝐀𝑛 σ

−𝛼 + 𝑏1 𝑐𝜍1 𝑎𝜍1 0 0 ⋮ 0 𝑏2 𝑎𝜍2 0 ⋮ 0 0 0 𝑐𝜍2 𝑏3 ⋱ ⋱ … 0 ⋱ ⋱ ⋱ 0 … 0 … ⋱ ⋱ ⋱ 𝑎𝜍𝑛 −1 0 ⋮ 0 𝑐𝜍𝑛 −1 −𝛽 + 𝑏𝑛 (3.4) dan ∆𝑛 𝜍 = 𝐀𝑛 σ − λ𝐈𝑛 adalah polinomial karakteristiknya.

Jika 𝜍 = 𝑖 dengan 𝑖 adalah pemetaan identitas, maka An(i) dan ∆𝑛 𝑖 dinotasikan

berturut-turut dengan An dan ∆𝑛.

Contoh Misalkan diberikan 𝑎1= 6 𝑎7= 4 𝑎2= 2 𝑎12= 1 𝑎3= −9 𝑎17= −3𝑖 𝑎4= 5 − 𝑖 11 𝑎22= 4 − 2𝑖 5 𝑎5= 2𝑖 𝑎27= −6 dan 𝑐1= 6 𝑐7= 9 𝑐2= 18 𝑐12= 36 𝑐3= −4 𝑐17= 12𝑖 𝑐4= 5 + 𝑖 11 𝑐22= 4 + 2𝑖 5 𝑐5= −18𝑖 𝑐27= −6 dengan 𝑎𝑗𝑐𝑗 = 36, 𝑗 = 1, 2, … , 5 𝑏𝑗 = 5, jika 𝑗 ganjil 3, jika 𝑗 genap 𝛼 = 4 3 𝛽 = 3 3

Dapat dibentuk matriks tridiagonal:

𝑨6= 5 − 4 3 6 0 0 0 0 6 3 2 0 0 0 0 18 5 −9 0 0 0 0 −4 3 5 − 𝑖 11 0 0 0 0 5 + 𝑖 11 5 2𝑖 0 0 0 0 −18𝑖 3 − 3 3

Jika ada pemetaan :

𝜍: 1 → 7 2 → 12 3 → 17 4 → 22 5 → 27 Maka 𝑎𝜍1 = 𝑎7= 4 𝑎𝜍2 = 𝑎12= 1 𝑎𝜍3 = 𝑎17= −3𝑖 𝑎𝜍4 = 𝑎22= 4 − 2𝑖 5 𝑎𝜍5 = 𝑎27= −6 𝑐𝜍₁ = 𝑐7= 9 𝑐𝜍₂ = 𝑐12= 36

5

𝑐𝜍3= 𝑐17= 12𝑖

𝑐𝜍4= 𝑐22= 4 + 2𝑖 5

𝑐𝜍5 = 𝑐27= −6

Dan matriks tridiagonal 𝑨6 menjadi

𝑨6(𝜍) = 5 − 4 3 4 0 0 0 0 9 3 1 0 0 0 0 36 5 −3𝑖 0 0 0 0 12𝑖 3 4 − 2𝑖 5 0 0 0 0 4 + 2𝑖 5 5 −6 0 0 0 0 −6 3 − 3 3

Selanjutnya akan dibahas nilai eigen dari matriks tridiagonal untuk 𝛼 = 𝛽 = 0 dan

𝛼𝛽 = 𝑑2_.

Nilai Eigen

Dalam kasus 𝛼 = 𝛽 = 0, matriks 𝐀𝑛 σ

dan polinomial karakteristiknya ∆𝑛 𝜍

dinotasikan berturut-turut 𝐀0𝑛 σ dan ∆𝑛0 𝜍

sedangkan dalam kasus 𝛼 ≠ 0 dan β ≠ 0

matriks dan polinomial karakteristiknya dinotasikan dengan An dan ∆𝑛. Untuk mencari

nilai eigen dari matriks tridiagonal digunakan persamaan berikut yang telah diberikan di [Kouachi, in press], yaitu

𝑌1𝑌2= 4𝑑2cos2𝜃 (3.5)

dengan

𝑌1= 𝑏1− 𝜆 dan 𝑌2= 𝑏2− 𝜆 (3.6)

Oleh karena itu, akan dibahas mengenai polinomial karakteristik untuk 𝛼 = 𝛽 = 0

pada Teorema 1.

Teorema 1

Jika 𝛼 = 𝛽 = 0 maka nilai eigen dari matriks

𝐀𝑛 σ tidak bergantung pada (𝑎𝑖, 𝑐𝑖, 𝑖 =

1, … , 𝑛 − 1) dan pemetaan 𝜍 memperlihatkan

kondisi (3.2) dan (3.3) terpenuhi dengan polinomial karakteristiknya Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 maka ∆𝑛0= 𝑑2𝑚 𝑌1sin 2𝑚 + 2 𝜃 sin 2𝜃 3.7 Jika 𝑛 = 2𝑚 ∆𝑛0= 𝑑2𝑚 sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 3.8

(Bukti dapatdilihat di Lampiran 1 bagian C)

Jika 𝛼 ≠ 0 dan 𝛽 ≠ 0 maka nilai ∆𝑛 menjadi

∆𝑛= ∆𝑛0− 𝛼 𝑌2 𝑎2 0 ⋮ 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0 0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−1 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−1 𝑌1 − 𝛽 𝑌1 𝑎1 0 ⋮ 0 𝑐1 𝑌2 𝑎2 ⋮ 0 0 𝑐2 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−2 𝑌2 + 𝛼𝛽 𝑌2 𝑎2 0 ⋮ 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0 0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−2 𝑌2 (3.9)

(Bukti dapatdilihat di Lampiran 1 bagian A)

Semua entri subdiagonal dan superdiagonal memenuhi kondisi (3.2) dan (3.3) maka

polinomial karakteristik jika 𝛼 ≠ 0 dan β ≠ 0

dan diperoleh.

Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ∆𝑛= 𝑑2𝑚

[𝑌1− (𝛼 + 𝛽)] sin 2𝑚 + 2 𝜃 + 𝛼𝛽_𝑑2𝑌2− 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚𝜃

6

dan jika 𝑛 = 2𝑚 ∆𝑛= 𝑑2𝑚 −2 𝑑2_{sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼𝑌} 2+ 𝛽𝑌1− 𝛼𝛽 − 𝑑2 sin 2𝑚𝜃 + 𝛼𝛽 sin 2𝑚 − 2 𝜃 sin 2𝜃 3.11

(Bukti dapatdilihat di Lampiran 1 bagian B)

Untuk 𝑛 = 2𝑚, jika 𝛼𝛽 = 𝑑2 polinomial karakteristiknya menjadi

∆𝑛= 𝑑2𝑚 −2

𝑌1𝑌2− 𝛼𝑌2− 𝛽𝑌1 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃

(3.12) (Bukti dapatdilihat di Lampiran 1 bagian D)

Dari persamaan (3.11) dapat diperoleh Proposisi 1 yaitu dimana nilai eigen dari matriks tridiagonal lain yaitu matriks tridiagonal dengan menukar bilangan

𝛼, 𝛽, 𝑏1 dan 𝑏2. Proposisi 1

Misalkan 𝐁𝑛 σ adalah suatu matriks

tridiagonal yang diperoleh dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ pada (3.4) dengan menukar

bilangan 𝛼 dengan 𝛽, 𝛽 dengan 𝛼, 𝑏1 dengan 𝑏2, dan 𝑏2 dengan 𝑏1.

Jika ukuran suatu matriks tridiagonal adalah n yang bernilai genap maka nilai eigen

dari matriks tridiagonal 𝐁𝑛 σ sama dengan

nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ . Bukti:

Akan dibuktikan nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ dan 𝐁𝑛 σ sama.

Untuk membuktikan bahwa nilai eigen kedua matriks tridiagonal tersebut sama, cukup membuktikan polinomial karakteristik kedua matriks tridiagonal tersebut sama karena nilai eigen bergantung pada polinomial karakteristiknya. Telah didapatkan polinomial karakteristik untuk n genap sebagai berikut.

Untuk n genap Diberikan matriks 𝐀𝑛 σ = −𝛼 + 𝑏1 𝑐𝜍1 𝑎𝜍₁ 0 0 ⋮ 0 𝑏2 𝑎𝜍₂ 0 ⋮ 0 0 0 𝑐𝜍2 𝑏1 ⋱ ⋱ … 0 ⋱ ⋱ ⋱ 0 … 0 … ⋱ ⋱ ⋱ 𝑎𝜍𝑛 −1 0 ⋮ 0 𝑐𝜍𝑛 −1 −𝛽 + 𝑏2 Maka matriks 𝐁𝑛 σ = −𝛽 + 𝑏2 𝑐𝜍1 𝑎𝜍1 0 0 ⋮ 0 𝑏1 𝑎𝜍2 0 ⋮ 0 0 0 𝑐𝜍2 𝑏2 ⋱ ⋱ … 0 ⋱ ⋱ ⋱ 0 … 0 … ⋱ ⋱ ⋱ 𝑎𝜍𝑛 −1 0 ⋮ 0 𝑐𝜍𝑛 −1 −𝛼 + 𝑏1 Untuk 𝐀𝑛 σ ∆𝑛= 𝑑2𝑚 −2 𝑑2_{sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼𝑌} 2+ 𝛽𝑌1− 𝛼𝛽 − 𝑑2 sin 2𝑚𝜃 + 𝛼𝛽 sin 2𝑚 − 2 𝜃 sin 2𝜃

7

Sedangkan untuk 𝐁𝑛 σ 𝑌1(𝐀𝑛 σ ) = 𝑏1− 𝜆 = 𝑏2− 𝜆 = 𝑌2(𝐁𝑛 σ ) 𝑌2(𝐀𝑛 σ ) = 𝑏2− 𝜆 = 𝑏1− 𝜆 = 𝑌1(𝐁𝑛 σ ) ∆𝑛= 𝑑2𝑚 −2 𝑑2_{sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛽𝑌} 1+ 𝛼𝑌2− 𝛽𝛼 − 𝑑2 sin 2𝑚𝜃 + 𝛽𝛼 sin 2𝑚 − 2 𝜃 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −2𝑑 2_{sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼𝑌} 2+ 𝛽𝑌1− 𝛼𝛽 − 𝑑2 sin 2𝑚𝜃 + 𝛼𝛽 sin 2𝑚 − 2 𝜃 sin 2𝜃

Karena polinomial karakteristik dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ dan 𝐁𝑛 σ sama,

maka nilai eigen dari matriks tridiagonal

𝐀𝑛 σ dan 𝐁𝑛 σ sama.

Selanjutnya akan dicari nilai eigen dari matriks tridiagonal dengan 𝛼 = 𝛽 = 0.

Teorema 2

Jika 𝛼 = 𝛽 = 0 dan kondisi (3.2) dan (3.3) terpenuhi maka nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ adalah berikut ini.

𝜆𝑘 = 𝑏1+ 𝑏2 − (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 𝑏₁+ 𝑏2 + (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚 𝑏1 , 𝑘 = 𝑛 (3.13) dengan jika n ganjil

𝜃𝑘=

𝑘𝜋

2𝑚 + 2 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 (𝑘 − 𝑚)𝜋

2𝑚 + 2 , 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚

dan jika n genap

𝜃𝑘=

𝑘𝜋

2𝑚 + 1 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 (𝑘 − 𝑚)𝜋

2𝑚 + 1 , 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚

(Bukti dapatdilihat di Lampiran 2)

Setelah dalam Teorema 2 dibahas tentang nilai eigen dari matriks tridiagonal dengan 𝛼 = 𝛽 = 0. Selanjutnya akan dicari nilai eigen dari matriks tridiagonal untuk n

genap dan 𝛼𝛽 = 𝑑2.

Teorema 3

Jika n genap dan 𝛼𝛽 = 𝑑2 _{dan kondisi (3.2)}

dan (3.3) terpenuhi, maka nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ adalah sebagai

8

𝜆𝑘= 𝑏1+ 𝑏2 − (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 𝑏1+ 𝑏2 + (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 𝑚, … , 2𝑚 − 2 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 − (𝑏1− 𝑏2)2+ (𝛼 + 𝛽)2− 2 𝑏1− 𝑏2 (𝛼 − 𝛽) 2 , 𝑘 = 𝑛 − 1 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 + (𝑏1− 𝑏2)2+ (𝛼 + 𝛽)2− 2 𝑏1− 𝑏2 (𝛼 − 𝛽) 2 , 𝑘 = 𝑛 (3.14) 𝜃𝑘= 𝑘𝜋 2𝑚 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 (𝑘 − 𝑚 + 1)𝜋 2𝑚 , 𝑘 = 𝑚, … , 2𝑚 − 2

(Bukti dapatdilihat di Lampiran 3)

Dari Teorema 1, 2 dan 3 maka menghasilkan adanya Akibat 1 yaitu

Akibat 1

Setiap entri dalam subdiagonal dan superdiagonal dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 dan 𝐀𝑛 σ memenuhi kondisi (3.2) dan (3.3).

Vektor Eigen

Selanjutnya akan dibahas vektor eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ . Misalkan

komponen dari vektor eigen 𝑢𝑘 _{𝜍 , 𝑘 =}

1, … , 𝑛 yang berhubungan dengan nilai eigen

𝜆𝑘, 𝑘 = 1, … , 𝑛, dinotasikan dengan 𝑢𝑗 (𝑘)

, 𝑗 =

1, … , 𝑛 adalah solusi dari persamaan linear

−𝛼 + 𝜉1 𝑘 _𝑢 1 𝑘 _{+ 𝑐} 𝜍1𝑢2 (𝑘) = 0 𝑎𝜍₁𝑢1 𝑘 + 𝜉₂(𝑘)𝑢₂(𝑘)+ 𝑐𝜍₂𝑢3 (𝑘) = 0 ⋮ 𝑎𝜍𝑛 −1𝑢𝑛−1 𝑘 + −𝛽 + 𝜉𝑛 𝑘 𝑢𝑛 𝑘 = 0 (3.15) dengan 𝜉_𝑖(𝑘) = 𝑌_𝑖(𝑘)= 𝑏𝑖− 𝜆𝑘 = 𝑏1− 𝜆𝑘, 𝑖 ganjil 𝑏2− 𝜆𝑘, 𝑖 genap 𝑖 = 1, 2, … , 𝑛 − 1 , 𝑘 = 1, 2, … , 𝑛 (3.16) memenuhi persamaan (3.5) dan 𝜃𝑘, k =1, …, n

adalah solusi dari persamaan berikut ini.

Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 𝜉1 𝑘 − 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘+ [ 𝛼𝛽 𝑑2𝜉2 𝑘 − (𝛼 + 𝛽)] sin 2𝑚𝜃𝑘 = 0 (3.17) dan jika 𝑛 = 2𝑚 𝑑2_{sin 2𝑚 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛼𝜉2 𝑘 _{+ 𝛽𝜉} 1 𝑘 _{− 𝛼𝛽 − 𝑑}2 _{sin 2𝑚𝜃} 𝑘+ 𝛼𝛽 sin 2𝑚 − 2 𝜃𝑘= 0 (3.18)

Karena persamaan (3.15) adalah bergantung linear maka dengan mengeliminasi persamaan pertama atau baris pertama diperoleh 𝑎𝜍1𝑢1 𝑘 _{+ 𝜉} 2 (𝑘) 𝑢₂(𝑘)+ 𝑐𝜍2𝑢3 (𝑘) = 0 𝑎𝜍2𝑢2 𝑘 _{+ 𝜉} 3 (𝑘) 𝑢₃(𝑘)+ 𝑐𝜍3𝑢4 (𝑘) = 0 ⋮ 𝑎𝜍𝑛 −1𝑢𝑛−1 𝑘 + −𝛽 + 𝜉𝑛 𝑘 𝑢𝑛 𝑘 = 0

Sistem persamaan linear di atas dituliskan dalam bentuk matriks berikut ini.

9

𝜉₂(𝑘) 𝑎𝜍₂ 0 ⋮ 0 𝑐𝜍2 𝜉₃(𝑘) ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋱ ⋱ ⋱ 0 ⋯ ⋱ ⋱ ⋱ 𝑎𝜍𝑛 −1 0 ⋮ 0 𝑐𝜍𝑛 −1 (−𝛽 + 𝜉𝑛 (𝑘) ) 𝑢₂(𝑘) 𝑢₃(𝑘) ⋮ ⋮ 𝑢_𝑛(𝑘) = −𝛼𝜍₁𝑢1 (𝑘) 0 ⋮ ⋮ 0 (3.19) Vektor eigen 𝑢_𝑗(𝑘), 𝑗, 𝑘 = 1, … , 𝑛, pada

sistem persamaan (3.21) dapat dicari dengan Aturan Cramer, yaitu

𝑢_𝑗 𝑘 𝜍 =Γj k _(σ) ∆_𝑛−1(𝑘) , 𝑗, 𝑘 = 1, … , 𝑛 (3.20) dengan Γ_𝑗 𝑘 𝜍 = 𝜉₂(𝑘) 𝑐𝜍2 0 𝑎𝜍2 𝜉3 (𝑘) ⋱ 0 ⋱ ⋱ … −𝛼𝜍1𝑢1 (𝑘) 0 … 0 ⋱ 0 0 … ⋮ 𝑐𝜍𝑗 −2 ⋮ 0 0 𝑎𝜍𝑗 −2 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ 0 ⋮ ⋮ … ⋱ … … 𝜉_{𝑗 −1}(𝑘) 0 0 … ⋮ 𝑎𝜍𝑗 −1 0 𝑐𝜍𝑗 ⋱ ⋮ ⋱ ⋱ 0 ⋮ ↓ 𝜉_{𝑗 +1}(𝑘) 𝑎𝜍𝑗 +1 0 ⋱ ⋱ 𝑎𝜍𝑗 −1 0 𝑐𝜍𝑛 −2 −𝛽 + 𝜉_𝑛(𝑘) Kolom ke j-1 Untuk 𝑗 = 2, … , 𝑛 , 𝑘 = 1, … , 𝑛

Persamaan Δ_n(k) pada (3.21) ditentukan dari persamaan (3.10) dan (3.11) dengan 𝛼 = 0

dan n diganti dengan 𝑛 − 1 sehingga diperoleh persamaan berikut ini.

Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ∆_𝑛−1(𝑘) = 𝑑2𝑚 −2𝑑 2_{sin 2𝑚 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 𝑘 − 𝑑2 _{sin 2𝑚𝜃} 𝑘 sin 2𝑚𝜃𝑘 (3.21) dan jika 𝑛 = 2𝑚 ∆_𝑛−1(𝑘) = 𝑑2𝑚 −2 𝜉2 𝑘 − 𝛽 sin 2𝑚𝜃𝑘− 𝛽sin⁡(2𝑚 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝑚𝜃𝑘 (3.22) Untuk setiap 𝑘 = 1, … , 𝑛

(Bukti dapatdilihat di Lampiran 4 bagian A)

Pertukaran kolom ke- 𝑗 − 2 dengan kolom ke- 𝑗 − 1 dari Γ_𝑗 𝑘 𝜍 , menghasilkan

𝑢_𝑗 𝑘 𝜍 = −1 𝑗 −2Λ𝑗 𝑘 _𝜍

∆𝑛−1

, 𝑗 = 2, … , 𝑛

(3.23) dengan Λ_𝑗 𝑘 𝜍 adalah determinan dari matriks blok berikut ini.

𝐶_𝑗 𝑘 𝜍 = 𝑇𝑗 −1 𝑘 _{(𝜍) 0} 0 𝑆_𝑛−𝑗 𝑘 (𝜍) , dengan 𝑇_{𝑗 −1} 𝑘 𝜍 = −𝛼𝜍₁𝑢1 (𝑘) 𝜉2 (𝑘) 0 ⋮ ⋮ ⋮ 0 𝛼𝜍₂ ⋱ 0 0 ⋯ 𝑐𝜍₂ 0 ⋱ ⋱ ⋱ 0 … 0 ⋱ ⋱ ⋱ 0 … 0 … ⋱ ⋱ ⋱ 0 0 ⋮ 𝑐𝜍_{𝑗 −2} 𝜉_{𝑗 −1}(𝑘) 𝛼𝜍𝑗 −1 adalah matriks dengan order 𝑗 − 1 dengan diagonal (−𝛼𝜍1𝑢1

𝑘

10

𝑆𝑛−𝑗 𝑘 𝜍 = 𝜉_{𝑗 +1}(𝑘) 𝑐𝜍𝑗 +1 𝛼𝜍_{𝑗 +1} 0 ⋮ 0 ⋱ ⋱ ⋱ ⋯ 0 … ⋱ ⋱ ⋱ 0 ⋱ ⋱ ⋱ 𝛼𝜍_{𝑛 −1} 0 ⋮ 0 𝑐𝜍_{𝑛 −1} (−𝛽 + 𝜉𝑗 +1 𝑘 )

adalah matriks tridiagonal dengan order 𝑛 − 𝑗

yang memenuhi kondisi (3.2) dan (3.3) karena 𝑇𝑗 −1

𝑘

(𝜍) memiliki invers maka

𝐶_𝑗 𝑘 𝜍 = 𝑇_{𝑗 −1} 𝑘 𝜍 𝑆_{𝑛 −𝑗} 𝑘 𝜍 = −𝛼𝜍₁… 𝛼𝜍_{𝑗 −1}𝑢1

(𝑘) ∆_𝑛−𝑗(𝑘)

(3.24) Untuk setiap 𝑗 = 2, … , 𝑛 , 𝑘 = 1, … , 𝑛, dengan

∆_𝑛−𝑗(𝑘)diberikan oleh persamaan (3.10) dan (3.11) untuk 𝛼 = 0 dan mengganti n dengan

𝑛 − 𝑗 sehingga diperoleh persamaan berikut

ini. Jika 𝑛 ganjil ∆_𝑛−𝑗(𝑘)= 𝑑𝑛−𝑗 −2𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 𝑘 _{− 𝑑}2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘 sin 2𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil 𝑑𝑛−𝑗 −1 𝜉1 𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘− 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap (3.25) dan jika 𝑛 genap

∆_𝑛−𝑗(𝑘) = 𝑑𝑛−𝑗 −1 𝜉2 𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘− 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil 𝑑𝑛−𝑗 −2𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉1 𝑘 _{− 𝑑}2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘 sin 2𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap (3.26) Untuk setiap 𝑗 = 2, … , 𝑛 , 𝑘 = 1, … , 𝑛

(Bukti dapatdilihat di Lampiran 4 bagian B) Dengan menyubstitusi persamaan (3.24) dengan (3.25) didapatkan 𝑢_𝑗 𝑘 𝜍 = (−1)𝑗 −2_{− 𝛼} 𝜍1… 𝛼𝜍𝑗 −1𝑢1 (𝑘)∆𝑛−𝑗 (𝑘) ∆_𝑛−1(𝑘) = (−1)𝑗 −1_𝛼 𝜍1… 𝛼𝜍𝑗𝑢1 (𝑘)∆𝑛−𝑗 (𝑘) ∆_𝑛−1(𝑘) (3.27) 𝑗 = 2, … , 𝑛 dan 𝑘 = 1, … , 𝑛

Dengan menyubstitusi persamaan (3.22), (3.23), (3.26) dan (3.27) dengan persamaan (3.28) didapatkan persamaan berikut.

Jika n ganjil 𝑢_𝑗 𝑘 𝜍 = 𝜇𝑗 𝜍 𝑢1 (𝑘) 𝑑1−𝑗𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 𝑘 _{− 𝑑}2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘 𝑑2_{sin 𝑛 + 1 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 𝑘 _{− 𝑑}2 _{sin(𝑛 − 1)𝜃} 𝑘 , jika 𝑗 ganjil 𝑑2−𝑗 𝜉1 𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘− 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 𝑑2_{sin 𝑛 + 1 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 𝑘 − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 1)𝜃} 𝑘 , jika 𝑗 genap (3.28) dan jika n genap

𝑢𝑗 𝑘 _{𝜍 = 𝜇} 𝑗 𝜍 𝑢1 (𝑘) 𝑑1−𝑗 𝜉2 𝑘 _{− 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃} 𝑘− 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 𝜉₂ 𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘− 𝛽sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil 𝑑−𝑗𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉1 𝑘 − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘 𝜉₂ 𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘− 𝛽sin(𝑛 − 2)𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap (3.29) dengan 𝜇𝑗 𝜍 = (−1)1−𝑗𝛼𝜍1… 𝛼𝜍𝑗 −1

11

Untuk setiap 𝑗 = 2, … , 𝑛 , 𝑘 = 1, … , 𝑛

(Bukti dapatdilihat di Lampiran 4 bagian C)

Maka dapat diperoleh vektor eigen untuk matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ dalam teorema

berikut ini.

Teorema 4

Vektor eigen 𝑢𝑘 _{𝜍 , 𝑘 = 1, … , 𝑛 dari matriks}

tridiagonal 𝐀𝑛 σ yaitu Dipilih 𝑢₁(𝑘)= (−𝑑)𝑛−1 𝑑 2_{sin 𝑛 + 1 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 𝑘 _{− 𝑑}2 _{sin(𝑛 − 1)𝜃} 𝑘, jika 𝑗 ganjil 𝜉₂ 𝑘 − 𝛽 sin 𝑛𝜃𝑘− 𝛽 sin 𝑛 − 2 𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap

(3.30) dan 𝜌𝑗 𝜍 = (−𝑑)𝑛−𝑗𝛼𝜍1… 𝛼𝜍𝑗 −1 , 𝑗 = 2, … , 𝑛 maka, Jika n ganjil 𝑢_𝑗 𝑘 𝜍 = 𝜌_𝑗 𝜍 𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 𝑘 _{− 𝑑}2 _{sin 𝑛 − 𝑗 𝜃} 𝑘, jika 𝑗 ganjil 𝜉1 𝑘

− 𝛽 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘− 𝛽𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 − 1 𝜃𝑘, jika 𝑗 genap

(3.31)

Jika n genap

𝑢_𝑗 𝑘 𝜍 = 𝜌𝑗 𝜍

𝜉₂ 𝑘 − 𝛽 sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘− 𝛽 sin 𝑛 − 𝑗 − 1 𝜃𝑘, jika 𝑗 ganjil

𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃𝑘−

𝛽𝜉1 𝑘

𝑑 − 𝑑 sin 𝑛 − 𝑗 𝜃𝑘, jika 𝑗 genap

(3.32) dengan 𝜌𝑗 𝜍 , 𝑗 = 2, … , 𝑛 dan 𝜃𝑘, 𝜉1 𝑘 _{dan 𝜉} 2 𝑘 _{, 𝑘 = 1,2, … . , 𝑛}

dari persamaan (3.5), (3.17) dan (3.18)

(Bukti dapatdilihat di Lampiran 4 bagian D)

Contoh 𝑨6 𝜍 = 5 − 4 3 4 0 0 0 0 9 3 1 0 0 0 0 36 5 −3𝑖 0 0 0 0 12𝑖 3 4 − 2𝑖 5 0 0 0 0 4 + 2𝑖 5 5 −6 0 0 0 0 −6 3 − 3 3

Nilai eigen yang diperoleh dari matriks di atas dengan menggunakan persamaan (3.14) adalah

𝜆1= 4 − 1 2 4 + 16 36 cos 2 𝜋 6 = 4 − 109 𝜆2= 4 − 1 2 4 + 16 36 cos 2 𝜋 3 = 4 − 37 𝜆3= 4 + 1 2 4 + 16 36 cos 2 𝜋 6 = 4 + 109 𝜆4= 4 + 1 2 4 + 16 36 cos 2 𝜋 3 = 4 + 37 𝜆5= 4 − 2 + 3 2 3 − 1 2 (5 − 3) 2_{+ (4 3 + 3 3)}2_{− 2 5 − 3 (4 3 + 3 3)}

12

= 4 − 2 +3 2 3 − 1 2 161 − 4 3 = 4 − 7 2 3 − 1 2 161 − 4 3 𝜆6= 4 − 2 + 3 2 3 + 1 2 (5 − 3) 2_{+ (4 3 + 3 3)}2_{− 2 5 − 3 (4 3 + 3 3)} = 4 − 2 +3 2 3 + 1 2 161 − 4 3 = 4 − 7 2 3 + 1 2 161 − 4 3

Untuk 𝜆1= 4 − 109 vektor eigennya

 𝑢₁ 1 𝜍 = −6 5 ₋ 9 2 = 69984 2 = 34992  𝑢₂ 1 𝜍 = −6 4 _{4 6 sin 𝜋 −} 3 3 5−4+ 109 −36 6 sin 2𝜋 3 = 432(−9 − 9 109 + 36 3)  𝑢₃ 1 𝜍 = −6 3 _{1 3 − 4 + 109 − 3 3 sin}2𝜋 3 − 3 3 sin 𝜋 3 = −6 3 ₋1 2 3 + 1 2 3 109 − 9  𝑢₄ 1 𝜍 = −6 2 _{−3𝑖 6 sin}2𝜋 3 − 3 3 5−4+ 109 −36 6 sin 𝜋 3 = 3 −3𝑖 36 3 − 9 − 9 109 + 36  𝑢₅ 1 𝜍 = (−6) 4 − 2𝑖 5 3 − 4 + 109 − 3 3 sin𝜋 3− 3 3 sin 0 = −3 4 − 2𝑖 5 − 3 + 3 109 − 9  𝑢₆ 1 𝜍 = −6 0 _{−6 6 sin}𝜋 3− 3 3 5−4+ 109 −36 6 sin 0 = −18 3

Jadi vektor eigen untuk 𝜆1 yaitu

34992 432(−9 − 9 109 + 36 3) −6 3 ₋1 2 3 + 1 2 3 109 − 9 3 −3𝑖 36 3 − 9 − 9 109 + 36 −3 4 − 2𝑖 5 − 3 + 3 109 − 9 −18 3

IV SIMPULAN DAN SARAN

4.1 Simpulan

Berdasarkan pembahasan yang telah diuraikan sebelumnya, diperoleh beberapa kesimpulan sebagai berikut:

1. Matriks tridiagonal yang berukuran ganjil dan genap mempunyai rumusan polinomial karakteristik yang berbeda sehingga nilai eigen dan vektor eigen mempunyai rumusan yang berbeda juga. 2. Jika n genap maka nilai eigen dari matriks

tridiagonal 𝐁𝑛 σ , yaitu matriks

tridiagonal yang diperoleh dari matriks

tridiagonal 𝐀𝑛 σ dengan menukar

bilangan 𝛼 dengan 𝛽, 𝛽 dengan 𝛼, 𝑏1

dengan 𝑏2, dan 𝑏2 dengan 𝑏1 sama dengan

nilai eigen dari matriks tridiagonal 𝐀𝑛 σ . 4.2 Saran

Bagi yang berminat dapat membahas nilai eigen dan vektor eigen dari matriks tridiagonal dengan entri diagonal utama tidak berulang untuk karya ilmiahnya.

13

DAFTAR PUSTAKA

Anton H. 1998. Aljabar Linear Elementer. Ed

ke-5. Silaban P, Susila IN, penerjemah; Jakarta: Erlangga. Terjemahan dari:

Elementary Linear Algebra.

Goldberg RR. 1976. Methods of Real Analysis. Ed ke-2. New York: John Wiley & Sons, Inc.

Kouachi S. 2006. Eigenvalues and Eigenvectors of some tridiagonal matrices with non constant diagonal entries. ELA, In press.

Kurtz DC, Luhrs M, Wallis R, editor. 1992.

Foundations of Abstract Mathematics. New York: McGraw-Hill, Inc.

Lancaster P, Tismenetsky M. 1985. The Theory of Matrices with Applications. Ed ke-2. San Diego: Academic Press, Inc

Leon SJ. 2001. Aljabar Linear dan Aplikasinya. Ed ke-5. Bondan A, penerjemah. Jakarta: Erlangga. Terjemahan dari: Linear Algebra with Applications.

Stewart J. 2001. Kalkulus. Ed ke-4, jilid 1. Gunawan H & Susila IN, penerjemah. Jakarta: Erlangga. Terjemahan dari:

Calculus.

Zhang F. 1999. Matrix Theory: Basic Result and Techniques. New York: Springer Verlag.

14

15

Lampiran 1 Bukti Teorema 1

A. Bukti persamaan (3.9) ∆1= 𝐴1 𝜍 − 𝜆𝐼1 = (−𝛼 + 𝑏1) − 𝜆(1) = (−𝛼 + 𝑏1− 𝜆) = (−𝛼) + (𝑏1− 𝜆) = 𝑌1− 𝛼

Jika ∆10 adalah polinomial karakteristik dengan 𝛼 = 𝛽 = 0, maka ∆1= ∆10− 𝛼 ∆2= 𝐴2 𝜍 − 𝜆𝐼2 = −𝛼 + 𝑏_𝑎 1 𝑐1 1 −𝛽 + 𝑏2 − 𝜆 0 0 𝜆 = 𝑌1− 𝛼 𝑐1 𝑎1 𝑌2− 𝛽 = 𝑌1− 𝛼 𝑌2− 𝛽 − 𝑎1𝑐1 = 𝑌1𝑌2− 𝛽𝑌1− 𝛼𝑌2+ 𝛼𝛽 − 𝑑2 = 𝑌1𝑌2− 𝑑2− 𝛼𝑌2− 𝛽𝑌1+ 𝛼𝛽

Jika ∆20 adalah polinomial karakteristik dengan 𝛼 = 𝛽 = 0, maka ∆2= ∆20− 𝛼 𝑌2 − 𝛽 𝑌1 + 𝛼𝛽 ∆3= 𝐴3 𝜍 − 𝜆𝐼3 = −𝛼 + 𝑏1 𝑐1 0 𝑎1 𝑏2 𝑐2 0 𝑎2 −𝛽 + 𝑏1 − 𝜆 0 0 0 𝜆 0 0 0 𝜆 = 𝑌1− 𝛼 𝑐1 0 𝑎1 𝑌2 𝑐2 0 𝑎2 𝑌1− 𝛽 = 𝑌1− 𝛼 𝑌2 𝑐2 𝑎2 𝑌1− 𝛽 − 𝑐1 𝑎1 𝑐2 0 𝑌1− 𝛽 = 𝑌1− 𝛼 𝑌2 𝑌1− 𝛽 − 𝑑2 − 𝑐1(𝑎1 𝑌1− 𝛽 ) = 𝑌1− 𝛼 𝑌2 𝑌1− 𝛽 − 𝑌1− 𝛼 𝑑2− 𝑑2 𝑌1− 𝛽 = 𝑌2 𝑌12− 𝛼𝑌1− 𝛽𝑌1+ 𝛼𝛽 − 𝑑2𝑌1+ 𝑑2𝛼 − 𝑑2𝑌1+ 𝑑2𝛽 = 𝑌12𝑌2− 𝛼𝑌1𝑌2− 𝛽𝑌1𝑌2+ 𝛼𝛽𝑌2− 𝑑2𝑌1− 𝑑2𝛼 − 𝑑2𝑌1+ 𝑑2𝛽 = 𝑌12𝑌2− 2𝑑2𝑌1− 𝑌1𝑌2 𝛼 + 𝛽 − 𝑑2 𝛼 + 𝛽 + 𝛼𝛽𝑌2 = 𝑌12𝑌2− 2𝑑2𝑌1− 𝛼 𝑌1𝑌2− 𝑑2 − 𝛽 𝑌1𝑌2− 𝑑2 + 𝛼𝛽𝑌2

Jika ∆30 adalah polinomial karakteristik dengan 𝛼 = 𝛽 = 0, maka ∆3= ∆30− 𝛼 𝑌1 𝑐2 𝑎2 𝑌2 − 𝛽 𝑌1 𝑐1 𝑎1 𝑌2 + 𝛼𝛽 𝑌2 ∆4= 𝐴4 𝜍 − 𝜆𝐼4 = −𝛼 + 𝑏1 𝑐1 0 0 𝑎1 𝑏2 𝑐2 0 0 0 𝑎2 0 𝑏1 𝑎3 𝑐3 −𝛽 + 𝑏2 − 𝜆 0 0 0 0 𝜆 0 0 0 0 0 0 𝜆 0 0 𝜆 = 𝑌1− 𝛼 𝑐1 0 0 𝑎1 𝑌2 𝑐2 0 0 0 𝑎2 0 𝑌1 𝑎3 𝑐3 𝑌2− 𝛽

16

= (𝑌1− 𝛼) 𝑌2 𝑐2 0 𝑎2 𝑌1 𝑐3 0 𝑎3 𝑌2− 𝛽 − 𝑐1 𝑎1 𝑐2 0 0 𝑌1 𝑐3 0 𝑎3 𝑌2− 𝛽 = (𝑌1− 𝛼) 𝑌2 𝑌1 𝑌2− 𝛽 − 𝑑2 − 𝑐2 𝑎2 𝑌2− 𝛽 − 𝑐1[𝑎1 𝑌1 𝑌2− 𝛽 − 𝑑2 ] = (𝑌1− 𝛼) 𝑌2 𝑌1𝑌2− 𝛽𝑌1− 𝑑2 − 𝑑2 𝑌2− 𝛽 − 𝑑2[𝑌1 𝑌2− 𝛽 − 𝑑2] = (𝑌1− 𝛼) 𝑌1𝑌22− 𝛽𝑌1𝑌2− 𝑑2𝑌2− 𝑑2𝑌2+ 𝑑2𝛽 − 𝑑2[𝑌1𝑌2− 𝛽𝑌1− 𝑑2] = 𝑌12𝑌22− 𝛽𝑌12𝑌2− 𝑑2𝑌1𝑌2− 𝑑2𝑌1𝑌2+ 𝑑2𝑌1𝛽 − 𝛼𝑌1𝑌22+ 𝛼𝛽𝑌1𝑌2+ 𝑑2𝛼𝑌2+ 𝑑2𝛼𝑌2 −𝑑2_{𝛼𝛽 − 𝑑}2_𝑌 1𝑌2+ 𝑑2𝛽𝑌1+ (𝑑2)2 = 𝑌12𝑌22− 3𝑑2𝑌1𝑌2+ (𝑑2)2− 𝛼 𝑌1𝑌22− 2𝑑2𝑌2 − 𝛽 𝑌12𝑌2− 2𝑑2𝑌1 + 𝛼𝛽(𝑌1𝑌2− 𝑑2)

Jika ∆40 adalah polinomial karakteristik dengan 𝛼 = 𝛽 = 0, maka ∆4= ∆40− 𝛼 𝑌2 𝑐2 0 𝑎2 𝑌1 𝑐3 0 𝑎3 𝑌2 − 𝛽 𝑌1 𝑐1 0 𝑎1 𝑌2 𝑐2 0 𝑎2 𝑌1 + 𝛼𝛽 _𝑎𝑌2 𝑐2 2 𝑌1 ∆5= 𝐴5 𝜍 − 𝜆𝐼5 ₌ −𝛼 + 𝑏1 𝑎1 0 0 0 𝑐1 𝑏2 𝑎2 0 0 0 𝑐2 𝑏3 𝑎3 0 0 0 𝑐3 𝑏4 𝑎4 0 0 0 𝑐4 −𝛽 + 𝑏2 − 𝜆 0 0 0 0 0 𝜆 0 0 0 0 0 𝜆 0 0 0 0 0 𝜆 0 0 0 0 0 𝜆 = 𝑌1− 𝛼 𝑎1 0 0 0 𝑐1 𝑌2 𝑎2 0 0 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 0 0 0 𝑐3 𝑌2 𝑎4 0 0 0 𝑐4 𝑌1− 𝛽 = 𝑌1− 𝛼 𝑌2 𝑎2 0 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 0 0 𝑐3 𝑌2 𝑎4 0 0 𝑐4 𝑌1− 𝛽 − 𝑐1 𝑎1 0 0 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 0 0 𝑐3 𝑌2 𝑎4 0 0 𝑐4 𝑌1− 𝛽 = 𝑌1− 𝛼 𝑌1 𝑌1 𝑐3 0 𝑎3 𝑌2 𝑐4 0 𝑎4 𝑌1− 𝛽 − 𝑐2 𝑎2 𝑐3 0 0 𝑌2 𝑐4 0 𝑎4 𝑌1− 𝛽 − 𝑐1 𝑎1 𝑌1 𝑐3 0 𝑎3 𝑌2 𝑐4 0 𝑎4 𝑌1− 𝛽 − 𝑐2 0 𝑐3 0 0 𝑌2 0 0 𝑎4 𝑌1− 𝛽 = 𝑌1− 𝛼 𝑌2(𝑌1 𝑌2 𝑌1− 𝛽 − 𝑑2 ) − 𝑐2(𝑎3 𝑌1− 𝛽 ) − 𝑐2 𝑎2(𝑌2 𝑌1− 𝛽 − 𝑑2) − 𝑐1[𝑎1 𝑌1 𝑌2 𝑌1− 𝛽 − 𝑑2 − 𝑐3 𝑎3 𝑌1− 𝛽 ] = 𝑌1− 𝛼 𝑌2 𝑌1 𝑌1𝑌2− 𝛽𝑌2− 𝑑2 − 𝑑2 𝑌1− 𝛽 − 𝑑2 𝑌1𝑌2− 𝛽𝑌2− 𝑑2 −𝑐1[𝑎1[𝑌1 𝑌1𝑌2− 𝛽𝑌2− 𝑑2 − 𝑑2 𝑌1− 𝛽 ]] = 𝑌₁− 𝛼 𝑌12𝑌22− 𝛽𝑌1𝑌22− 𝑑2𝑌22− 𝑑2𝑌1𝑌2+ 𝑑2𝑌2𝛽 − 𝑑2𝑌1𝑌2+ 𝑑2𝑌2𝛽 − 𝑑2 2 − 𝑑2_[𝑌 13𝑌2− 𝛽𝑌1𝑌2− 𝑑2− 𝑑2𝑌1− 𝑑2𝛽] = 𝑌13𝑌22− 𝛽𝑌1𝑌22− 𝑑2𝑌1𝑌22− 𝑑2𝑌12𝑌2+ 𝑑2𝛽𝑌12− 𝑑2𝑌12𝑌2+ 𝑑2𝛽𝑌1𝑌2+ 𝑑2 2𝑌1 −𝛼𝑌12𝑌22+ 𝛼𝛽𝑌1𝑌2+ 𝑑2𝛼𝑌22− 𝑑2𝛼𝛽𝑌2+ 𝑑2𝛼𝑌1𝑌2− 𝑑2𝛼𝛽𝑌2− 𝑑2 2𝛼 − 𝑑2𝑌1𝑌22 + 𝑑2_𝛽𝑌 1𝑌2+ 𝑑2 2+ 𝑑2 2𝑌1− 𝑑2 2𝛽 = 𝑌13𝑌22− 3𝑑2𝑌12𝑌2+ 2 𝑑2 2𝑌1+ 𝑑2 2− 𝛼 𝑌12𝑌22− 𝑑2𝑌22− 2𝑑2𝑌1𝑌2+ 𝑑2 2 −𝛽 𝑌12𝑌22− 𝑑2𝑌12− 2𝑑2𝑌1𝑌2+ 𝑑2 2 + 𝛼𝛽 𝑌1𝑌2− 2𝑑2𝑌2− 𝑑2

Jika ∆50 adalah polinomial karakteristik dengan 𝛼 = 𝛽 = 0, maka ∆5= ∆50− 𝛼 𝑌2 𝑎2 0 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 0 0 𝑐3 𝑌2 𝑎4 0 0 𝑐4 𝑌1 − 𝛽 𝑌1 𝑎1 0 0 𝑐1 𝑌2 𝑎2 0 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 0 0 𝑐3 𝑌2 + 𝛼𝛽 𝑌2 𝑐2 0 𝑎2 𝑌1 𝑐3 0 𝑎3 𝑌2

17

Jadi, didapatkan bentuk umum Jika 𝛼 ≠ 0 dan 𝛽 ≠ 0 ∆𝑛= ∆𝑛0_{− 𝛼} 𝑌2 𝑎2 0 ⋮ 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0 0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−1 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−1 𝑌1 − 𝛽 𝑌1 𝑎1 0 ⋮ 0 𝑐1 𝑌2 𝑎2 ⋮ 0 0 𝑐2 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−2 𝑌2 + 𝛼𝛽 𝑌2 𝑎2 0 ⋮ 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0 0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2 0 ⋮ 0 𝑐𝑛 −2 𝑌2 (3.9)

B. Bukti persamaan (3.10) dan (3.11)

Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ganjil 𝑌1− 𝛼 𝑎1 0 ⋮ 0 𝑐1 𝑌2 𝑎2 ⋮ 0 0 𝑐2 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−2 𝑌2− 𝛽 ∆𝑛= ∆𝑛0_{− 𝛼} 𝑌2 𝑎2 0 ⋮ 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0 0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−1 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−1 𝑌1 − 𝛽 𝑌1 𝑎1 0 ⋮ 0 𝑐1 𝑌2 𝑎2 ⋮ 0 0 𝑐2 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−2 𝑌2 + 𝛼𝛽 𝑌2 𝑎2 0 ⋮ 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0 0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2 0 ⋮ 0 𝑐𝑛 −2 𝑌2 ∆𝑛= 𝑑2𝑚 𝑌1sin(2𝑚 + 2)𝜃 sin 2𝜃 − 𝛼 + 𝛽 𝑑 2𝑚sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 + 𝛼𝛽𝑑 2𝑚 −2𝑌2sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃

= 𝑑2𝑚𝑌1sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 2 𝛼 + 𝛽 cos 𝜃 sin 2𝑚 + 1 𝜃 +

𝛼𝛽

𝑑2𝑌2sin 2𝑚𝜃 2 sin 𝜃 cos 𝜃

= 𝑑2𝑚𝑌1sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚𝜃 + 𝜃 + 𝜃 + sin(2𝑚𝜃 + 𝜃 − 𝜃) +

𝛼𝛽

𝑑2𝑌2sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃

= 𝑑2𝑚𝑌1sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚 + 2 𝜃 + sin 2𝑚𝜃 +

𝛼𝛽 𝑑2𝑌2sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 𝑌1 − 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚 + 2 𝜃 + 𝛼𝛽 𝑑2𝑌2− 𝛼 + 𝛽 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 Jika 𝑛 = 2𝑚 genap 𝑌1− 𝛼 𝑎1 0 ⋮ 0 𝑐1 𝑌2 𝑎2 ⋮ 0 0 𝑐2 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−2 𝑌2− 𝛽 ∆𝑛= ∆𝑛0_{− 𝛼} 𝑌2 𝑎2 0 ⋮ 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0 0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−1 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−1 𝑌1 − 𝛽 𝑌1 𝑎1 0 ⋮ 0 𝑐1 𝑌2 𝑎2 ⋮ 0 0 𝑐2 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2 0 ⋮ 0 𝑐𝑛−2 𝑌2 + 𝛼𝛽 𝑌2 𝑎2 0 ⋮ 0 𝑐2 𝑌1 𝑎3 ⋮ 0 0 𝑐3 ⋱ ⋱ ⋯ 0 ⋮ ⋱ ⋱ 𝑎𝑛−2 0 ⋮ 0 𝑐𝑛 −2 𝑌2 ∆𝑛= 𝑑2𝑚 sin(2𝑚 + 1)𝜃 sin 𝜃 − 𝛼𝑑 2𝑚 −2𝑌2sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 − 𝛽𝑑 2𝑚 −2𝑌1sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 +𝛼𝛽𝑑2𝑚 −2sin(2𝑚 − 1)𝜃 sin 𝜃 = 𝑑2𝑚 −22𝑑 2_{sin 2𝑚 + 1 𝜃 cos 𝜃 − 𝛼𝑌}

2+ 𝛽𝑌1 sin 2𝑚𝜃 + 2𝛼𝛽 sin(2𝑚 − 1)𝜃 cos 𝜃

2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 𝑑2𝑚 −22𝑑

2_{sin 2𝑚 + 1 𝜃 cos 𝜃 − 𝛼𝑌}

2+ 𝛽𝑌1 sin 2𝑚𝜃 + 2𝛼𝛽 sin(2𝑚 − 1)𝜃 cos 𝜃

sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −2𝑑

2_{[sin 2𝑚 + 2 𝜃 + sin 2𝑚𝜃] − 𝛼𝑌}

2+ 𝛽𝑌1 sin 2𝑚𝜃 + 𝛼𝛽[sin 2𝑚𝜃 + sin(2𝑚 − 2)𝜃

18

= 𝑑2𝑚 −2𝑑

2_{sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼𝑌}

2+ 𝛽𝑌1− 𝛼𝛽 − 𝑑2 sin 2𝑚𝜃 + 𝛼𝛽 sin(2𝑚 − 2)𝜃

sin 2𝜃

Jadi persamaan (3.10) dan (3.11) terbukti

C. Bukti persamaan (3.12)

Jika 𝛼𝛽 = 𝑑2 _{untuk n genap} ∆𝑛= 𝑑2𝑚 −2 𝑑2_{sin 2𝑚 + 2 𝜃 − 𝛼𝑌} 2+ 𝛽𝑌1− 𝑑2− 𝑑2 sin 2𝑚𝜃 + 𝑑2sin(2𝑚 − 2)𝜃 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −2𝑑 2_{[sin 2𝑚 + 2 𝜃 + sin(2𝑚 − 2)𝜃] − 𝛼𝑌} 2+ 𝛽𝑌1− 2𝑑2 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −2𝑑 2_{[2sin 2𝑚𝜃 cos 2𝜃] − 𝛼𝑌} 2+ 𝛽𝑌1− 2𝑑2 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −22𝑑 2_{sin 2𝑚𝜃 cos 2𝜃 − 𝛼𝑌} 2+ 𝛽𝑌1− 2𝑑2 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −2[2𝑑 2_{cos 2𝜃 − 𝛼𝑌} 2− 𝛽𝑌1+ 2𝑑2] sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −2[2𝑑 2_(2cos2_{𝜃 − 1) − 𝛼𝑌} 2− 𝛽𝑌1+ 2𝑑2] sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −2[4𝑑 2_cos2_{𝜃 − 2𝑑}2_{− 𝛼𝑌} 2− 𝛽𝑌1+ 2𝑑2] sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −2 𝑌1𝑌2− 𝛼𝑌2− 𝛽𝑌1 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃

Jadi persamaan (3.12) terbukti

C. Bukti persamaan (3.7) dan (3.8)

Sebelumnya akan dikonstruksi kembali persamaan (3.7) dan (3.8) yang berkaitan dengan ∆𝑛−10

dan ∆𝑛−20 , diperoleh Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ganjil ∆𝑛−10 = 𝑑2𝑚 sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 ∆𝑛−20 = 𝑑2𝑚 −2𝑌1 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 ∆𝑛0= 𝑑2𝑚 𝑌1sin 2𝑚 + 2 𝜃 sin 2𝜃 = 𝑌1𝑑2𝑚 sin 2𝑚 + 2 𝜃 sin 2𝜃 + 𝑌1𝑑 2𝑚sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 − 𝑌1𝑑 2𝑚sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 = 𝑌1𝑑2𝑚 sin 2𝑚 + 2 𝜃 + sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 − 𝑌1𝑑 2𝑚 𝑑2 𝑑2sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 = 𝑌1𝑑2𝑚 sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 − 𝑑 2_𝑌 1𝑑2𝑚 −2 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 = 𝑌1∆𝑛−10 − 𝑑2∆𝑛−20 (L1.1) Serta diperoleh juga persamaan dengan menggunakan persamaan (L1.1), yaitu

∆2𝑚 +10 = 𝑌1∆2𝑚0 − 𝑑2∆2𝑚 −10

Jika 𝑛 = 2𝑚 genap

∆𝑛−10 = 𝑑2𝑚 −2𝑌1

sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃

19

∆𝑛−20 = 𝑑2𝑚 −2 sin(2𝑚 − 1)𝜃 sin 𝜃 ∆𝑛0= 𝑑2𝑚 sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 = 𝑑2𝑚sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 + 𝑑 2𝑚sin(2𝑚 − 1)𝜃 sin 𝜃 − 𝑑 2𝑚sin(2𝑚 − 1)𝜃 sin 𝜃 = 𝑑2𝑚 sin 2𝑚 + 1 𝜃 + sin(2𝑚 − 1)𝜃 sin 𝜃 − 𝑑 2𝑚 𝑑2 𝑑2sin(2𝑚 − 1)𝜃 sin 𝜃 = 𝑑2𝑚 2 sin 2𝑚𝜃 cos 𝜃 sin 2𝜃 2 cos 𝜃 − 𝑑2_𝑑2𝑚 −2sin(2𝑚 − 1)𝜃 sin 𝜃 = 𝑑2𝑚 4 sin 2𝑚𝜃 cos 2_𝜃 sin 2𝜃 − 𝑑 2 _𝑑2𝑚 −2sin(2𝑚 − 1)𝜃 sin 𝜃 = 𝑑2𝑚 𝑌1𝑌2 𝑑2 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 − 𝑑 2 _𝑑2𝑚 −2sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 𝜃 = 𝑑2𝑚 −2 _𝑌 1𝑌2 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 − 𝑑 2 _𝑑2𝑚 −2sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 𝜃 = 𝑌2 𝑑2𝑚 −2𝑌1 sin 2𝑚𝜃 sin 2𝜃 − 𝑑 2 _𝑑2𝑚 −2sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 𝜃 = 𝑌2∆𝑛−10 − 𝑑2∆𝑛−20 Sehingga diperoleh, ∆2𝑚0 = 𝑌2∆2𝑚 −10 − 𝑑2∆2𝑚 −20 Jadi didapatkan ∆2𝑚 +20 = 𝑌2∆2𝑚 +10 − 𝑑2∆2𝑚0 = 𝑌2 𝑌1∆2𝑚0 − 𝑑2∆2𝑚 −10 − 𝑑2∆2𝑚0 = 𝑌1𝑌2∆2𝑚0 − 𝑌2𝑑2∆2𝑚 −10 − 𝑑2∆2𝑚0 = 𝑌1𝑌2− 𝑑2 ∆2𝑚0 − 𝑌2𝑑2 ∆2𝑚0 + 𝑑2∆2𝑚 −20 𝑌2 = 𝑌1𝑌2− 𝑑2 ∆2𝑚0 − 𝑑2∆2𝑚0 − 𝑑4∆2𝑚 −20 = 𝑌1𝑌2− 2𝑑2 ∆2𝑚0 − 𝑑4∆2𝑚 −20 (L1.2) 1. Akan dibuktikan persamaan (3.8) dengan induksi matematika.

Bukti:  Untuk 𝑛 = 2, 𝑚 = 0 ∆20= 𝑌1𝑌2− 𝑑2 Persamaan terpenuhi  Untuk 𝑛 = 4, 𝑚 = 1 ∆40= 𝑌12𝑌22− 3𝑑2𝑌1𝑌2+ (𝑑2)2 Persamaan terpenuhi

 Anggap benar untuk setiap integer < 2𝑚 + 2 genap

 Akan dibuktikan integer 𝑛 = 2𝑚 + 2 benar Bukti:

Dengan menggunakan persamaan (3.5) dengan (L1.2) maka

∆2𝑚 +20 = 4𝑑2cos2𝜃 − 2𝑑2 ∆2𝑚0 − 𝑑4∆2𝑚 −20

Karena ∆2𝑚0 dan ∆2𝑚 −20 dianggap benar, maka ∆2𝑚 +20 = 4𝑑2cos2𝜃 − 2𝑑2 ∆2𝑚0 − 𝑑4∆2𝑚 −20

= 4𝑑2_cos2_{𝜃 − 2𝑑}2 _𝑑2𝑚sin 2𝑚 + 1 𝜃

sin 𝜃 − 𝑑

4_𝑑2𝑚 −2sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 𝜃

20

= 4𝑑2𝑚 +2_cos2_𝜃sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 − 2𝑑 2𝑚 +2sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 − 𝑑 2𝑚 +2sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 𝜃 = 𝑑2𝑚 +2 (4 cos 2_{𝜃 − 2) sin 2𝑚 + 1 𝜃 − sin 2𝑚 − 1 𝜃} sin 𝜃

= 𝑑2𝑚 +2 2 cos 2𝜃 sin 2𝑚 + 1 𝜃 − sin 2𝑚 − 1 𝜃

sin 𝜃

= 𝑑2𝑚 +2 2 sin 2𝑚 + 1 𝜃 cos 2𝜃 − sin 2𝑚 − 1 𝜃

sin 𝜃 = 𝑑2𝑚 +2 sin 2𝑚 + 3 𝜃 + sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 𝜃 − sin 2𝑚 − 1 𝜃 sin 𝜃 = 𝑑2𝑚 +2 sin 2𝑚 + 3 𝜃 sin 𝜃 Jadi, ∆2𝑚0 = 𝑑2𝑚 sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 Persamaan (3.8) terbukti 2. Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ganjil

Dengan persamaan (L1.2) untuk 𝑛 = 2𝑚 + 2 didapatkan

∆2𝑚 +10 =

∆2𝑚 +20 + 𝑑2∆2𝑚0 𝑌2

Dengan menggunakan persamaan (3.8) untuk 𝑛 = 2𝑚 dan 𝑛 = 2𝑚 + 2, didapatkan

∆2𝑚 +10 = 𝑑2𝑚 +2sin 2𝑚 + 3 𝜃 sin 𝜃 + 𝑑2𝑑2𝑚 sin 2𝑚 + 1 𝜃 sin 𝜃 𝑌2 = 𝑑2𝑚 +2sin 2𝑚 + 3 𝜃 + sin 2𝑚 + 1 𝜃 𝑌2sin 𝜃 = 2𝑑2𝑚 +2sin 2𝑚𝜃 + 3𝜃 + (2𝑚𝜃 + 𝜃) 2 cos 2𝑚𝜃 + 3𝜃 − (2𝑚𝜃 + 𝜃) 2 𝑌2sin 𝜃 = 2𝑑2𝑚 +2sin 4𝑚𝜃 + 4𝜃 2 cos 2𝜃 2 𝑌2sin 𝜃 = 2𝑑2𝑚 +2sin(2𝑚𝜃 + 2𝜃) cos 𝜃 𝑌2sin 𝜃 = 2𝑑2𝑚 +2sin(2𝑚 + 2)𝜃 cos 𝜃 𝑌2sin 𝜃 = 2𝑑2𝑚 +2 sin(2𝑚 + 2)𝜃 cos 𝜃 4𝑑2_cos2_{𝜃 sin 𝜃} 𝑌1 = 𝑑2𝑚𝑌1sin(2𝑚 + 2)𝜃 cos 𝜃 2 cos2_{𝜃 sin 𝜃} = 𝑑2𝑚𝑌1sin(2𝑚 + 2)𝜃 2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 𝑑2𝑚𝑌1sin(2𝑚 + 2)𝜃 sin 2𝜃

Sehingga persamaannya menjadi ∆2𝑚 +10 = 𝑑2𝑚 𝑌1

sin (2𝑚 +2)𝜃 sin 2𝜃

21

Lampiran 2 Bukti Teorema 2

Akan dibuktikan persamaan (3.13)

Untuk 𝛼 = 𝛽 = 0 dan kondisi (3.2) dan (3.3) terpenuhi, sehingga dengan 𝜆 = 𝜆𝑘 dan 𝜃 = 𝜃𝑘,

persamaan (3.5) menjadi 𝑌1𝑌2= 4𝑑2cos2𝜃𝑘 (𝑏1− 𝜆𝑘) 𝑏2− 𝜆𝑘 = 4𝑑2cos2𝜃𝑘 𝑏1𝑏2− 𝑏1𝜆𝑘− 𝑏2𝜆𝑘+ 𝜆𝑘2= 4𝑑2cos2𝜃𝑘 𝜆𝑘2− 𝑏1+ 𝑏2 𝜆𝑘+ 𝑏1𝑏2− 4𝑑2cos2𝜃𝑘 = 0 𝜆𝑘 2 = 𝑏1+ 𝑏2 ± − 𝑏1+ 𝑏2 2 − 4𝑏1𝑏2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 = 𝑏1+ 𝑏2 ± 𝑏1+ 𝑏2 2_{− 4𝑏} 1𝑏2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 = 𝑏1+ 𝑏2 ± 𝑏12+ 2𝑏1𝑏2+ 𝑏22− 4𝑏1𝑏2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 = 𝑏1+ 𝑏2 ± 𝑏12− 2𝑏1𝑏2+ 𝑏22+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 = 𝑏1+ 𝑏2 ± 𝑏1− 𝑏2 2_{+ 16𝑑}2_cos2_𝜃 𝑘 2 Jadi, 𝜆𝑘= 𝑏1+ 𝑏2 − (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 𝑏1+ 𝑏2 + (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚

Selanjutnya akan dicari untuk 𝑘 = 𝑛 = 2𝑚 + 1

Dari persamaan (3.10) dan hipotesis 𝛼 = 𝛽 = 0 diperoleh 𝑑2𝑚 𝑌1sin 2𝑚 +2 𝜃

sin 2𝜃 = 0, karena 𝑑

2𝑚 _{≠ 0,}

maka 𝑌1= 0 atau sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘= 0.

Jika 𝑌1= 0 maka sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘 ≠ 0, sehingga

𝑌1= 0 𝑏1− 𝜆𝑘= 0 𝜆𝑘= 𝑏1 Jadi, 𝜆𝑘= 𝑏1+ 𝑏2 − (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 𝑏1+ 𝑏2 + (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚 𝑏1 , 𝑘 = 𝑛

Selanjutnya akan dicari 𝜃𝑘

Jika 𝑛 ganjil

22

sin 2𝑚 + 2 𝜃𝑘= 0 sin(2𝑚 + 2) 𝜃𝑘 = sin 0 2𝑚 + 2 𝜃𝑘= 0 + 𝑘𝜋, 𝑘 = 1, … , 𝑚 𝜃𝑘 = 𝑘𝜋 (2𝑚 + 2), 𝑘 = 1, … , 𝑚 Jika 𝑘 = 𝑚 + 1, … ,2𝑚 𝜃𝑘 = (𝑘 − 𝑚)𝜋 (2𝑚 + 2), 𝑘 = 𝑚 + 1, … ,2𝑚 Jadi 𝜃𝑘 = 𝑘𝜋 2𝑚 + 2 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 (𝑘 − 𝑚)𝜋 2𝑚 + 2 , 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚 Jika 𝑛 genap

Dari persamaan (3.11) dan 𝛼 = 𝛽 = 0 diperoleh sin 2𝑚 + 1 𝜃𝑘 = 0 sehingga

sin 2𝑚 + 1 𝜃𝑘= 0 sin 2𝑚 + 1 𝜃𝑘= sin 0 2𝑚 + 1 𝜃𝑘= 0 + 𝑘𝜋, 𝑘 = 1, … , 𝑚 𝜃𝑘 = 𝑘𝜋 (2𝑚 + 1), 𝑘 = 1, … , 𝑚 Jika 𝑘 = 𝑚 + 1, … ,2𝑚 𝜃𝑘 = (𝑘 − 𝑚)𝜋 (2𝑚 + 1), 𝑘 = 𝑚 + 1, … ,2𝑚 Jadi 𝜃𝑘 = 𝑘𝜋 2𝑚 + 1 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 (𝑘 − 𝑚)𝜋 2𝑚 + 1 , 𝑘 = 𝑚 + 1, … , 2𝑚

23

Lampiran 3 Bukti Teorema 3

Akan dibuktikan persamaan (3.14)

dengan dengan 𝜆 = 𝜆𝑘 dan 𝜃 = 𝜃𝑘, persamaan (3.5) menjadi 𝑌1𝑌2= 4𝑑2cos2𝜃𝑘 (𝑏1− 𝜆𝑘) 𝑏2− 𝜆𝑘 = 4𝑑2cos2𝜃𝑘 𝑏1𝑏2− 𝑏1𝜆𝑘− 𝑏2𝜆𝑘+ 𝜆𝑘2= 4𝑑2cos2𝜃𝑘 𝜆𝑘2− 𝑏1+ 𝑏2 𝜆𝑘+ 𝑏1𝑏2− 4𝑑2cos2𝜃𝑘 = 0 𝜆𝑘2= 𝑏1+ 𝑏2 ± − 𝑏1+ 𝑏2 2 − 4𝑏1𝑏2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 = 𝑏1+ 𝑏2 ± 𝑏1+ 𝑏2 2_{− 4𝑏} 1𝑏2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 = 𝑏1+ 𝑏2 ± 𝑏12+ 2𝑏1𝑏2+ 𝑏22− 4𝑏1𝑏2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 = 𝑏1+ 𝑏2 ± 𝑏12− 2𝑏1𝑏2+ 𝑏22+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 = 𝑏1+ 𝑏2 ± 𝑏1− 𝑏2 2_{+ 16𝑑}2_cos2_𝜃 𝑘 2 Jadi, 𝜆𝑘= 𝑏1+ 𝑏2 − (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 𝑏1+ 𝑏2 + (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 𝑚, … , 2𝑚 − 2

Selanjutnya akan dicari 𝑘 = 𝑛 − 1 dan 𝑘 = 𝑛

Dari persamaan (3.12) dan persamaan (3.6) berlaku, maka persamaan (3.12) menjadi

∆𝑛= 𝑑2𝑚 −2 (𝑏1− 𝜆𝑘) 𝑏2− 𝜆𝑘 − 𝛼 𝑏2− 𝜆𝑘 − 𝛽(𝑏1− 𝜆𝑘) sin 2𝑚𝜃𝑘 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −2 𝑏1𝑏2− 𝑏1𝜆𝑘− 𝑏2𝜆𝑘+ 𝜆𝑘 2 − 𝛼𝑏2+ 𝛼𝜆𝑘− 𝛽𝑏1+ 𝛽𝜆𝑘 sin 2𝑚𝜃𝑘 sin 2𝜃 = 𝑑2𝑚 −2[𝜆𝑘 2 − 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 𝜆𝑘− (𝛼𝑏2+ 𝛽𝑏1− 𝑏1𝑏2)] sin 2𝑚𝜃𝑘 sin 2𝜃

Dari persamaan di atas diperoleh 𝜆𝑘2− 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 𝜆𝑘− 𝛼𝑏2+ 𝛽𝑏1− 𝑏1𝑏2 = 0 atau

sin 2𝑚𝜃𝑘= 0, maka

Jika 𝜆𝑘2− 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 𝜆𝑘− 𝛼𝑏2+ 𝛽𝑏1− 𝑏1𝑏2 = 0 maka sin 2𝑚𝜃 ≠ 0 sehingga

𝜆𝑘2− 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 𝜆𝑘− 𝛼𝑏2+ 𝛽𝑏1− 𝑏1𝑏2 = 0 𝜆𝑘= 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 ± (− 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 )2− 4(− 𝛼𝑏2+ 𝛽𝑏1− 𝑏1𝑏2 ) 2 = 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 ± 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 2_{+ 4𝛼𝑏} 2+ 4𝛽𝑏1− 4𝑏1𝑏2 2 = 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 ± 𝑏1+ 𝑏2 2_{+ (𝛼 + 𝛽)}2_{− 2 𝑏} 1+ 𝑏2 𝛼 + 𝛽 + 4𝛼𝑏2+ 4𝛽𝑏1− 4𝑏1𝑏2 2 = 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 ± 𝑏1+ 𝑏2 2_{+ (𝛼 + 𝛽)}2_{− 2 𝑏} 1− 𝑏2 𝛼 − 𝛽 − 4𝑏1𝑏2 2

24

= 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 ± 𝑏1− 𝑏2 2_{+ (𝛼 + 𝛽)}2_{− 2 𝑏} 1− 𝑏2 𝛼 − 𝛽 2 Jadi, 𝜆𝑘= 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 − 𝑏1− 𝑏2 2+ (𝛼 + 𝛽)2− 2 𝑏1− 𝑏2 𝛼 − 𝛽 2 , 𝑘 = 𝑛 − 1 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 + 𝑏1− 𝑏2 2+ (𝛼 + 𝛽)2− 2 𝑏1− 𝑏2 𝛼 − 𝛽 2 , 𝑘 = 𝑛

Sehingga nilai eigen jika 𝛼𝛽 = 𝑑2 _{dan untuk n genap yaitu}

𝜆𝑘= 𝑏₁+ 𝑏2 − (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 𝑏1+ 𝑏2 + (𝑏1− 𝑏2)2+ 16𝑑2cos2𝜃𝑘 2 , 𝑘 = 𝑚, … , 2𝑚 − 2 𝑏₁+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 − (𝑏1− 𝑏2)2+ (𝛼 + 𝛽)2− 2 𝑏1− 𝑏2 (𝛼 − 𝛽) 2 , 𝑘 = 𝑛 − 1 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 + (𝑏1− 𝑏2)2+ (𝛼 + 𝛽)2− 2 𝑏1− 𝑏2 (𝛼 − 𝛽) 2 , 𝑘 = 𝑛

Selanjutnya akan dicari 𝜃𝑘

Jikasin 2𝑚𝜃 = 0 maka 𝜆𝑘2− 𝑏1+ 𝑏2− 𝛼 − 𝛽 𝜆𝑘− 𝛼𝑏2+ 𝛽𝑏1− 𝑏1𝑏2 ≠ 0 maka sehingga

sin 2𝑚𝜃𝑘= 0 sin 2𝑚𝜃𝑘= sin 0 2𝑚𝜃𝑘 = 0 + 𝑘𝜋, 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 𝜃𝑘 = 𝑘𝜋 2𝑚, 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 Jika 𝑘 = 𝑚, … ,2𝑚 − 2 𝜃𝑘 = (𝑘 − 𝑚 + 1)𝜋 2𝑚 , 𝑘 = 𝑚, … ,2𝑚 − 2 Jadi, 𝜃𝑘 = 𝑘𝜋 2𝑚 , 𝑘 = 1, … , 𝑚 − 1 (𝑘 − 𝑚 + 1)𝜋 2𝑚 , 𝑘 = 𝑚, … , 2𝑚 − 2

25

Lampiran 4 Bukti Teorema 4

A. Bukti persamaan (3.21) dan (3.22)

Dari persamaan (3.10) dan (3.11) dengan 𝜃 = 𝜃𝑘 dan 𝑌𝑖 = 𝜉𝑖 (𝑘) untuk 𝑘 = 1, … , 𝑛 Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ganjil 𝑛 = 2𝑚 + 1 𝑛 − 1 = 2𝑚 ∆𝑛−1 (𝑘) = 𝑑2𝑚 −2𝑑 2_{sin 2𝑚 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛼𝜉1 (𝑘) + 𝛽𝜉₂(𝑘)− 𝛼𝛽 − 𝑑2 _{sin 2𝑚𝜃} 𝑘+ 𝛼𝛽 sin(2𝑚 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 𝛼 = 0 ∆_𝑛−1(𝑘) = 𝑑2𝑚 −2𝑑 2_{sin 2𝑚 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 (𝑘) − 𝑑2 _{sin 2𝑚𝜃} 𝑘 sin 2𝜃𝑘 Jika 𝑛 = 2𝑚 genap 𝑛 = 2𝑚 𝑛 − 1 = 2𝑚 − 1 𝑛 − 1 = (2𝑚 + 1) − 2 ∆_𝑛−1(𝑘) = 𝑑2𝑚 −2[𝜉2 (𝑘) − (𝛼 + 𝛽)] sin 2𝑚 + 2 − 2 𝜃𝑘+ 𝛼𝛽 𝑑2𝜉1 (𝑘) − 𝛼 + 𝛽 sin(2𝑚 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 = 𝑑2𝑚 −2[𝜉2 (𝑘) − (𝛼 + 𝛽)] sin 2𝑚𝜃𝑘+ 𝛼𝛽_𝑑2𝜉1 (𝑘) − 𝛼 + 𝛽 sin(2𝑚 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 𝛼 = 0 ∆_𝑛−1(𝑘) = 𝑑2𝑚 −2(𝜉2 (𝑘) − 𝛽) sin 2𝑚𝜃𝑘− 𝛽 sin(2𝑚 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

B. Bukti persamaan (3.25) dan (3.26)

Dari persamaan (3.17) dan (3.18) dan mengganti 𝑛 dengan 𝑛 − 𝑗 diperoleh Jika 𝑛 = 2𝑚 + 1 ganjil  Jika 𝑗 ganjil ∆_𝑛−𝑗(𝑘) = 𝑑𝑛−𝑗 −2𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛼𝜉1 (𝑘) + 𝛽𝜉₂(𝑘)− 𝛼𝛽 − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘+ 𝛼𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 𝛼 = 0 ∆_𝑛−𝑗(𝑘)= 𝑑𝑛−𝑗 −2𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 (𝑘) − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘 sin 2𝜃𝑘  Jika 𝑗 genap ∆_𝑛−𝑗(𝑘)= 𝑑𝑛−𝑗 −1[𝜉1 (𝑘) − (𝛼 + 𝛽)] sin 𝑛 − 𝑗 − 1 + 2 𝜃𝑘+ 𝛼𝛽 𝑑2𝜉2 (𝑘) − 𝛼 + 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 𝛼 = 0 ∆_𝑛−𝑗(𝑘)= 𝑑𝑛−𝑗 −1[𝜉1 (𝑘) − 𝛽] sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘− 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘

26

Jadi ∆_𝑛−𝑗(𝑘) = 𝑑𝑛−𝑗 −2𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 𝑘 _{− 𝑑}2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘 sin 2𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil 𝑑𝑛−𝑗 −1 𝜉1 𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘− 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap Jika 𝑛 = 2𝑚 genap  Jika 𝑗 ganjil ∆_𝑛−𝑗(𝑘)= 𝑑𝑛−𝑗 −1[𝜉2 (𝑘) − (𝛼 + 𝛽)] sin 𝑛 − 𝑗 − 1 + 2 𝜃𝑘+ 𝛼𝛽_𝑑2𝜉1 (𝑘) − 𝛼 + 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 𝛼 = 0 ∆_𝑛−𝑗(𝑘) = 𝑑𝑛−𝑗 −1[𝜉2 (𝑘) − 𝛽] sin 𝑛 − 𝑗 + 1 𝜃𝑘− 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘  Jika 𝑗 genap ∆_𝑛−𝑗(𝑘) = 𝑑𝑛−𝑗 −2𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛼𝜉2 (𝑘) + 𝛽𝜉₁(𝑘)− 𝛼𝛽 − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘+ 𝛼𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 − 2)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 𝛼 = 0 ∆_𝑛−𝑗(𝑘)= 𝑑𝑛−𝑗 −2𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉1 (𝑘) − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘 sin 2𝜃𝑘 Jadi ∆_𝑛−𝑗(𝑘) = 𝑑𝑛−𝑗 −1 𝜉2 𝑘 _{− 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃} 𝑘− 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 , jika 𝑗 ganjil 𝑑𝑛−𝑗 −2𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉1 𝑘 − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘 sin 2𝜃𝑘 , jika 𝑗 genap

C. Bukti persamaan (3.28) dan (3.29)

Dengan menyubstitusi persamaan (3.22), (3.23), (3.26) dan (3.27) dengan persamaan (3.28) maka Jika n ganjil  Jika 𝑗 ganjil 𝑢_𝑗 𝑘 𝜍 = 𝑑𝑛−𝑗 −2𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 (𝑘) − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘 sin 2𝜃𝑘 𝑑𝑛−3𝑑 2_{sin 𝑛 + 1 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 (𝑘) − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 1)𝜃} 𝑘 sin 2𝜃𝑘 = 𝑑1−𝑗 𝑑 2_{sin 𝑛 − 𝑗 + 2 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 (𝑘) − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 𝑗)𝜃} 𝑘 𝑑2_{sin 𝑛 + 1 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 (𝑘) − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 1)𝜃} 𝑘  Jika 𝑗 genap 𝑢𝑗 𝑘 _{𝜍 =}𝑑 𝑛−𝑗 −1 𝜉1 𝑘 − 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃𝑘− 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 sin 2𝜃𝑘 𝑑𝑛−3𝑑 2_{sin 𝑛 + 1 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 (𝑘) − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 1)𝜃} 𝑘 sin 2𝜃𝑘 = 𝑑2−𝑗 𝜉1 𝑘 _{− 𝛽 sin(𝑛 − 𝑗 + 1)𝜃} 𝑘− 𝛽sin(𝑛 − 𝑗 − 1)𝜃𝑘 𝑑2_{sin 𝑛 + 1 𝜃} 𝑘− 𝛽𝜉2 (𝑘) − 𝑑2 _{sin(𝑛 − 1)𝜃} 𝑘