Ketercapaian dan Keterkontrolan Sistem Deskriptor Diskrit Linier Positif

Transkripsi

1 Ketercapaia da Keterkotrola Sistem Deskriptor Diskrit Liier Positif Yulia Reto Sari Uiversitas Putra Idoesia YPTK Padag, Jala Raya Lubuk Begalug, Padag DOI: Abstrak Sistem deskriptor diskrit positif telah bayak diguaka dalam pemodela bidag ekoomi, tekik, kimia da sebagaiya. Dalam peelitia ii dikaji tetag syarat perlu da syarat cukup agar sistem deskriptor diskrit positif adalah tercapai positif da terkotrol positif. Selai itu, juga dikaji tetag syarat perlu da syarat cukup yag mejami agar sistem diskrit (E, A, B) 0 terkotrol ull. Dega metode aljabar liier da Ivers Drazi, dalam peelitia ii dibuktika beberapa teorema agar sistem deskriptor diskrit (E, A, B) 0 tercapai positif, terkotrol positif da terkotrol ull. Selai itu, diberika cotoh sebagai ilustrasi utuk memperkuat keberlakua teorema yag telah dibuktika. Kata kuci : Ivers drazi, sistem deskriptor diskrit positif, matriks o egatif, matriks ilpote, sifat ketercapaia. Abstract A positive discrete descriptor system has bee widely used i modelig ecoomics, egieerig, chemistry ad others. I this research, we studied the ecessary coditios ad sufficiet coditios for a positive discrete descriptors system is achieved positive ad cotrolled postively. I additio, it is also studied o sufficiet terms ad coditios which esure that discrete systems (E, A, B) 0 are ull cotrolled. By usig liear algebraic method ad Iverse Drazi, this research has proved several theorems for discrete descriptors system (E, A, B) 0 achieved positive, cotrolled positively ad cotrolled ull. I additio, examples are give as illustratios to reiforce the validity of the prove theorems. Key words : Iverse Drazi, discrete positive descriptor system, o egative matrix, ilpotet matrix, achieved properties. 1. Pedahulua Diberika suatu sistem persamaa beda liier (liear differece equatios) sebagai berikut : Ex(k + 1) = Ax(k) + Bu(k), k Z + (1) dega E, A R, da B R m. Dalam sistem (1), x R meyataka vektor state (keadaa) da u R m meyataka vektor iput (kotrol). Notasi R m meyataka himpua matriks-matriks riil berukura m, R meyataka himpua vektor berdimesi da Z + meyataka himpua bilaga bulat o egatif. Dalam [5], sistem (1) dikataka sebagai sistem deskriptor diskrit. Jika E adalah matriks o sigular, maka solusi dari sistem (1) adalah x(k) = (E 1 A) k x(0) + (E 1 A) k i 1 (E 1 B)u(i) (2) Utuk E sigular, sistem (1) mugki tidak mempuyai solusi. Hal ii disebabka adaya 65

2 kodisi awal yag tidak dapat memberika solusi utuk sistem (1). Kodisi awal yag dapat memberika solusi utuk sistem (1) disebut sebagai kodisi awal yag kosiste. Dalam [9] diyataka bahwa sistem (1) mempuyai solusi tuggal jika utuk suatu kodisi awal yag kosiste x(0) berlaku det(λe A) 0 utuk suatu λ C. Jika kodisi ii terpeuhi, maka solusi sistem (1) diberika sebagai berikut: x(k) = (E D A ) ke D E x(0) + E D (E D A ) k i 1 B u(i) (I E E D ) (E D A ) i A D B u(k + i) Dega E = (λe A) 1 E, A = (λe A) 1 A, B = (λe A) 1 B da q adalah ideks dari matriks E. Dalam hal det(λe A) 0 utuk suatu λ C, sistem (1) disebut sebagai sistem deskriptor diskrit regular. Perlu diperhatika bahwa solusi x(k) utuk sistem (1) dapat berilai egatif ataupu o egatif. Solusi x(k) dikataka o egatif jika x(k) 0 da dikataka egatif jika x(k) < 0. Jika solusi x(k) utuk sistem (1) adalah o egatif, maka sistem (1) dikataka sistem deskriptor diskrit positif [3]. Utuk selajutya sistem deskriptor diskrit positif dapat ditulis dega sistem diskrit (E, A, B) 0. Salah satu isu petig tetag sistem deskriptor diskrit positif adalah masalah ketercapaia positif da keterkotrola positif. [3] telah medefiisika tetag ketercapaia positif da keterkotrola positif sistem diskrit (E, A, B) 0. Utuk sistem diskrit (E, A, B) 0, suatu keadaa w R + dikataka tercapai positif jika terdapat k Z + da suatu barisa kotrol u(j) 0, j = 0,1,, k + q 1, yag membawa keadaa x(0) = 0 kepada keadaa w pada waktu k. Sistem diskrit (E, A, B) 0 dikataka tercapai positif jika utuk setiap w R + adalah tercapai positif. Selai itu, sistem diskrit (E, A, B) 0 dikataka terkotrol positif jika utuk sebarag x 0, x f R +, terdapat k Z + da suatu barisa kotrol u(j) 0, j = 0,1,, k + q 1, yag membawa keadaa x(0) = x 0 kepada keadaa x(k) = x f. Utuk selajutya, sistem diskrit (E, A, B) 0 yag tercapai positif disebut tercapai da yag terkotrol positif disebut terkotrol. Peelitia ii membicaraka syarat perlu da cukup utuk ketercapaia da keterkotrola sistem deskriptor diskrit liier positif. Berdasarka uraia dari latar belakag, maka yag mejadi permasalaha dalam peelitia ii adalah : 1. Syarat apakah yag harus dipeuhi oleh sistem diskrit (E, A, B) 0 agar tercapai. 2. Syarat apakah yag harus dipeuhi oleh sistem diskrit (E, A, B) 0 agar terkotrol. Kajia peelitia ii bertujua utuk membuktika syarat yag mejami agar sistem diskrit (E, A, B) 0 adalah tercapai da terkotrol. Peelitia ii diharapka dapat memperluas wawasa peulis serta pembaca pada umumya da diharapka dapat memberika kostribusi kepada pembaca agar lebih memahami pembuktia tetag ketercapaia da keterkotrola utuk sistem deskriptor diskrit liier positif. 2. Kajia Teori 2.1 Teori Matriks Matriks didefiisika sebagai susua bilaga-bilaga di dalam baris da kolom yag membetuk jajara empat persegi pajag [1]. Suatu matriks A = [a ij ] R, A i,j=1 dikataka o egatif diotasika A 0, jika a ij 0, i, j = 1,2,, da A dikataka positif, diotasika A > 0, jika a ij > 0, i, j = 1,2,,. Suatu vektor x R dikataka o egatif jika setiap kompoeya o egatif, yaki x i 0, i = 1,,. Jika x o egatif maka ditulis x 0 atau x R +, dega R + meyataka himpua R yag setiap kompoeya adalah o egatif. Utuk vektor x yag positif dapat didefiisika dega cara yag sama. Defiisi 2.1. Matriks persegi A disebut matriks ilpote jika A = 0 da A 1 0 dega Z + terkecil. Bilaga tersebut didefiisika sebagai ideks ilpotesi dari matriks A. 66

3 Dalam [1] diyataka bahwa jika A da B adalah matriks-matriks sedemikia sehigga AB = BA, maka A da B didefiisika sebagai dua matriks yag komutatif. Defiisi 2.2 Misalka E, A R mx. Pasaga matriks (E, A) dikataka regular jika m = da det(λe A) 0 utuk suatu λ C. Jika berlaku sebalikya maka pasaga matriks (E, A) dikataka o regular. Defiisi 2.3 Dimesi ruag baris atau ruag kolom matriks A disebut rak dari A da ditulis rak (A). Teorema 2.4 Misalka terdapat matriks A R mx. Maka dimesi kerel (ruag peyelesaia dari Ax = 0) adalah rak(a). Defiisi 2.5 Misalka terdapat matriks A R mx. Maka image A disimbolka dega Im(A), didefiisika sebagai ruag peta dari A yaitu Im(A) = {w R m x R w = Ax}. Defiisi 2.6 Misalka terdapat matriks A R x, suatu vektor x R, x 0 dikataka vektor eige (eigevector) dari A jika Ax adalah kelipata skalar dari x, yaki Ax = λx (3) utuk suatu skalar λ. Skalar λ diamaka ilai eige (eigevalue) dari A. Nilai λ pada (3) merupaka akar dari poliomial karakteristik : det(λi A) = 0. Teorema Cayley-Hamilto [14] meyataka bahwa jika poliomial karakteristik dari matriks A adalah p(λ) = a 0 + a 1 λ + a 2 λ a 1 λ 1 + λ, maka p(a) = a 0 I + a 1 A + a 2 A a 1 A 1 + A = 0 Berikut ii aka disajika beberapa hal petig megeai ivers Drazi dari suatu matriks A x yag diambil dari [9]. Ivers Drazi bergua utuk mecari solusi sistem deskriptor diskrit. Defiisi 2.7 Misalka A R x. Ideks dari matriks A, ditulis id(a), didefiisika sebagai bilaga bulat o egatif terkecil q sedemikia sehigga rak(a q ) = rak(a q+1 ). Defiisi 2.8 Misalka A R x. Ivers Drazi dari A, ditulis A D, adalah suatu matriks yag memeuhi tiga syarat berikut : 1. AA D = A D A, 2. A D AA D = A D, 3. A D A q+1 = A q, dimaa q merupaka ideks dari A. Ivers Drazi A D dari suatu matriks persegi A selalu ada da tuggal [4]. Jika A adalah matriks o sigular, maka ivers klasik A 1 memeuhi sifat ivers Drazi seperti yag diberika dalam defiisi (2.8). Dalam hal ii A D = A 1. Berikut ii aka dipaparka proses utuk meetuka ivers Drazi dari suatu matriks persegi. Misalka A R x mempuyai ilai eige ol dega multiplisitas aljabar 1 da ilai eige berbeda λ i dega multiplisitas aljabar i, i = 1,2,, r. Jika m = r, maka m + 1 =. Berdasarka Teorema Cayley-Hamilto, ivers Drazi A D dapat ditulis sebagai poliomial dalam A. Perhatika poliomial berikut : p(λ) = λ l (a 0 + a 1 λ + + a m 1 λ m 1 ) (4) Koefisie a 0, a 1,, a m 1 pada (4) dapat ditetuka dega meyelesaika sistem persamaa berikut : 1 p(λ λ i ) i 1 λ2 = p (λ i ) (5) i ( 1) i 1 ( i 1)! (λ i ) i = p ( i 1) (λ i ), utuk i = 1, 2,, r Lema berikut dapat diguaka utuk meghitug ivers Drazi dari suatu matriks persegi. 67

4 Lema 2.9 Jika p(λ) didefiisika oleh (4) da (5), maka : A D = p(a). (6) Sebagai ilustrasi dari Lema 2.9, perhatika cotoh berikut : A = [ ] Nilai eige dari A adalah 0, 0, 1 da 1. Utuk matriks A diatas, p(λ) = λ 2 (a 0 + a 1 λ). (7) Dega megguaka (5), diperoleh : 1 = a 0 + a 1, 1 = 2a 0 + 3a 1. (8) Solusi dari (8) adalah a 0 = 4 da a 1 = 3. Jadi, berdasarka Lema 2.9, A D = A 2 (4I 3A) = [ ] [ ] = [ [ ] ] Lema 2.10 Misalka A, B C x, 1. Jika AB = BA, maka AB D = B D A, BA D = A D B, A D B D = B D A D. 2. Jika AB = BA da kera kerb = {0}, maka (I AA D )BB D = 1 AA D. 2.2 Ruag Vektor Pada bagia ii aka dibicaraka kosep vektor yag diguaka pada pembahasa. Defiisi 2.11 Misalka v 1, v 2,, v adalah vektor da r 1, r 2,, r skalar maka vektor, w = r 1 v 1 + r 2 v r v (9) adalah kombiasi liier dari v 1, v 2,, v. Himpua semua kombiasi liier dari v 1, v 2,, v dikataka membagu v 1, v 2,, v da diotasika sebagai spa {v 1, v 2,, v }. Spa {v 1, v 2,, v } = {r 1 v 1 + r 2 v r v r 1, r 2,, r adalah skalar}. Defiisi 2.12 Misalka vektor v 1, v 2,, v dikataka bebas liier jika r 1, r 2,, r adalah skalar da r 1 v 1 + r 2 v r v = 0 (10) haya dipeuhi oleh r 1 = 0, r 2 = 0,, r = 0. Defiisi 2.13 Ruag vektor V dikataka hasil tambah lagsug dari subruag W 1, W 2,, W, jika 1. V = W i i=1 da 2. W j ( i=1 W i ) = {0} ; utuk semua i j j = 1,2,,. Hasil tambah lagsug ditulis dega otasi, V = W 1 W 2 W atau V = W i. (11) i = Proyeksi Defiisi 2.14 Jika T: V W adalah sebuah fugsi yag memetaka sebuah ruag vektor V kesebuah ruag vektor W, maka T disebut sebagai trasformasi liier (liier trasformasi) dari V ke W, jika semua vektor u da w pada V da semua skalar c, 1. T(u + v) = T(u) + T(v). 2. T(cu) = ct(u) Dalam kasus khusus dimaa V = W, trasformasi liier T: V V disebut sebagai operator liier (liier operator) pada V. Teorema 2.15 Misalka G: F F m adalah trasformasi liier. Maka terdapat sebuah matriks A ukura m sedemikia sehigga G = T A. Defiisi 2.16 Misalka V = S S c dega S c adalah kompleme dari S. Pemetaa P: V V yag didefiisika sebagai P(s + s c ) = s, dega s S da s c S c disebut proyeksi pada S sepajag S c. 68

5 Teorema 2.17 Misalka P adalah suatu proyeksi pada S sepajag S c maka 1. Im(P) = S da ker(p) = S c, 2. V = Im(P) ker (P). Teorema 2.18 Suatu operator liier P adalah proyeksi jika da haya jika P 2 = P. 2.4 Solusi Sistem Deskriptor Diskrit Perhatika kembali sistem deskriptor diskrit (1) dega kodisi awal x(0). Jika etrietri dari A, B da E tidak bergatug terhadap waktu, maka sistem pada persamaa (1) disebut time-ivariat. Sebalikya, jika etri-etri dari A, B da E bergatug terhadap waktu, maka sistem (1) disebut time-varyig. Asumsika bahwa det(λe A) 0, utuk suatu λ C. (12) Dega megalika kedua ruas (1) dega (λe A) 1, diperoleh : x(k + 1) = A x(k) + B u(k), (13) dega E = (λe A) 1 E, A = (λe A) 1 A, da B = (λe A) 1 B. (14) Lema 2.19 Utuk matriks E da A yag didefiisika dalam (14) berlaku, 1. A E = E A, 2. ker(a ) ker(e ) = {0} Bukti. 1. Berdasarka persamaa (14), diperoleh λe A = λ(λe A) 1 E (λ A) 1 A = (λe A) 1 (λe A) = I, atau dapat ditulis A = λe I. Akibatya, A E = (λe I)E = E (λe I) = E A. 2. Misalka bahwa x ker A ker E. Maka A x = 0 da E x = 0, da (λe A)x = 0. Karea λe A = I, maka x = 0. Teorema 2.20 Solusi dari (13) dega kodisi awal x(0) yag kosiste adalah x(k) = (E D A ) ke D E x(0) + E D (E D A ) k i 1 B u(i) ( E E D ) (E A D ) i A D B u(k + 1), (15) dega q adalah ideks dari matriks E. Bukti. Misalka E da A didefiisika seperti dalam (14). Berdasarka Lema 2.19 (1) berlaku A E = E A. Akibatya, meurut Lema 2.10 (1) diperoleh A E D = E D A. Selajutya, E x(k + 1) = (E D A ) k+1 E x(0) da k + (E D A ) k ie E D B u(i) (I E E D ) (E A D ) i+1 B u(k + i + 1) A x(k) = (E D A ) k+1 E x(0) + (E D A ) k i B u(i) (I E E D ) (E A D ) i+1 B u(k + i). Berdasarka Lema 2.19 berlaku A E = E A da ker(a ) ker(e ) = {0}, akibatya meurut Lema 2.10 (2) diperoleh (I E E D )A A D = I E E D, sehigga (I E E D )(E A D ) q = (I E E D )A A D (E A D ) q = (I E E D )A A D E q (A D ) q = A A D E q (A D ) q E E D A A D E q (A D ) q = A A D E q (A D ) q E E D A A D E D E q+1 (A D ) q = A A D E q (A D ) q A A D E D E q+1 (A D ) q = A A D E q (A D ) q A A D E q (A D ) q = 0. Selajutya, utuk membuktika bahwa (15) merupaka solusi dari (13), aka ditujukka E x(k + 1) A x(k) = B u(k). E x(k + 1) A x(k) = E E D B u(k) (I E E D ) [(E A D ) i+1 B u(k + i + 1) + (E A D ) i B u(k + i)] = E E D B u(k)(i E E D ) [(E A D ) i B u(k + i) (E A D ) i+1 B u(k + i + 1)] 69

6 =E E D B u(k) + (I E E D )[(B u (k) (E A D )B u(k + 1)) + ((E A D )B u(k + 1) (E A D ) 2 B u(k + 2)) + + ((E A D ) q 2 B u(k + q 2) (E A D ) B u(k + q 1)) + ((E A D ) B u(k + q 1) (E A D ) q B u(k + q))] = E E D B u(k) + (I E E D )[B u (k) (E A D ) q B u(k + q)] = E E D B u(k) + (I E E D )B u (k) (I E E D )(E A D ) q B u(k + q) = E E D B u(k) + B u (k) E E D B u(k) = B u (k) Jadi, solusi (15) memeuhi sistem (13). 2.5 Sistem Deskriptor Diskrit Positif Teorema 2.21 Utuk sistem deskriptor diskrit (E, A, B), asumsika bahwa EE D 0, EA = AE da ker E ker A = {0}. Sistem diskrit (E, A, B) 0 jika da haya jika E D A 0, E D B 0 da (I E D E)(EA D ) i A D B 0 dega q adalah ideks dari E. Bukti. ( ) Misalka bahwa sistem diskrit (E, A, B) 0. Karea EA = AE da ker E ker A = {0}, utuk setiap kodisi awal yag kosiste x(0) 0 da utuk setiap kotrol o egatif, berlaku x(k) 0 k Z +, x(k) = (E D A) k E D Ex(0) + E D (E D A) k i 1 Bu(i) (I EE D ) (EA D ) i A D Bu(k + i) Aka dibuktika bahwa E D A 0. Selajutya, karea EE D 0, maka x(0) = EE D e i 0, i = 1,2,,, merupaka kodisi awal yag kosiste, dega e i R + adalah vektor satua ke-i. Dega megguaka kotrol u(j) = 0, j = 0,1,, k + q 1, maka pada k = 1, x(1) = (E D A) 1 E D Ex(0) = E D AE D EEE D e i Karea EA = AE, maka berdasarka Lema 2.10 diperoleh E D A = AE D. Dega megguaka Defiisi 2.8 yaitu E D E = EE D da E D EE D = E D, diperoleh : x(1) = E D AEE D EE D e i = E D AEE D e i = AE D EE D e i = AE D e i. Karea x(1) 0 da e i 0 utuk setiap i = 1,2,,, maka E D A 0. Berikutya aka dibuktika bahwa E D B 0. Ambil x(0) = 0, u(j) = 0, j = 1,2,, q, da u(0) = e i R m + dega q adalah ideks dari E. Pada k = 1, x(1) = E D (E D A) 0 Bu(0) = E D Be i. Karea x(1) 0 da e i 0 utuk setiap i = 1,2,, m, maka E D B 0. Akhirya, aka dibuktika bahwa (I E D E)(EA D ) i A D B 0, i = 0,1,, q 1 dega q adalah ideks dari E. Dega megambil x(0) = 0, u(k) = e i R m +, da u(j) = 0, j k, j = 0,1,, k + q 1, diperoleh x(k) = (I E D E)A D Be i. Karea x(k) 0 da e i 0 utuk setiap i = 1,2,, m, maka (I E D E)A D B 0. Dega megambil u(k + h) = e i utuk setiap i = 1,2,, m da u(j) = 0, j k + h, j = 0,, k + q 1, maka diperoleh : x(k) = (I E D E)(EA D ) h A D Be i. Karea x(k) 0 da e i 0 utuk setiap i = 1,2,, m, maka (I E D E)(EA D ) h A D B 0, utuk setiap h = 1, 2,, q 1. ( ) Misalka E D A 0, E D B 0 da (I E D E)(EA D ) i A D B 0, utuk setiap i = 0,1,, q 1 dega q adalah ideks dari E. Akibatya, solusi dari sistem deskriptor diskrit (E, A, B) adalah o egatif, x(k) 0, utuk setiap kotrol u(j) 0, j = 1,2,, k + q + 1, k Z +, sehigga sistem diskrit (E, A, B) 0. Teorema Misalka sistem diskrit (E, A, B) 0 dega EE D 0 da EA = AE. Sistem (E, A, B) adalah terkotrol ull jika da haya jika E D A adalah suatu matriks ilpote. Bukti. ( ) Misalka E D A adalah suatu matriks ilpote dega ideks ilpotesi l. Aka dibuktika bahwa sistem (E, A, B) terkotrol ull. Karea ideks ilpotesi dari matriks E D A adalah l, pilih k l da barisa kotrol u(j) = 70

7 0, j = 0,1,, k + q 1, maka x(k) = 0. Jadi, sistem (E, A, B) adalah terkotrol ull. ( ) Misalka sistem diskrit (E, A, B) 0 adalah terkotrol ull maka utuk sebarag x 0 R + ada k Z + da pilih barisa kotrol u(j) = 0, j = 0,1,, k + q 1 sedemikia sehigga 0 = (E D A) k E D Ex 0 (16) Jika diambil x 0 = E D E e i dega e i adalah vektor satua ke-i, maka Persamaa 16 dapat ditulis mejadi (E D A) k E D E E D Ee i = (E D A) k E D Ee i = (E D ) k A k E D Ee i = (E D ) E D A k E D Ee i = (E D ) A k E D EE D e i = (E D ) A k E D e i = (E D ) E D A k e i = (E D ) k A k e i = (E D A) k e i = 0. utuk setiap i = 1,2,,. Karea (E D A) k e i = 0 maka terdapat l R + sedemikia sehigga (E D A) l = 0, yaitu E D A adalah matriks ilpote. 3. Hasil da Pembahasa Misalka R k (E, A, B) meyataka himpua keadaa tercapai dalam waktu k, yaitu R k (E, A, B) = {x(k) x(k)tercapai pada waktu k} Perhatika bahwa, R k (E, A, B) dibagu oleh kolom-kolom dari sub matriks o egatif berikut, [E D B E D E D AB E D (E D A) B (I E D E)A D B (I E D E)(EA D ) A D B] Oleh karea itu, R k (E, A, B) dapat juga ditulis sebagai berikut, R k (E, A, B) = E D B, E D E D AB,, E D (E D A) B, (I E D E)A D B,, ( E D E)(EA D ) A D B (17) Selajutya, misalka R (E, A, B) meyataka himpua keadaa tercapai dalam waktu higga, maka R (E, A, B) = R k (E, A, B) k=1 = {x x tercapai dalam waktu higga}. Lema berikut memberika syarat perlu da cukup utuk ketercapaia sistem diskrit (E, A, B) 0. Lema 3.1 Sistem diskrit (E, A, B) 0 adalah tercapai jika da haya jika R (E, A, B) = R +. Bukti ( )Misalka sistem diskrit (E, A, B) 0 adalah tercapai. Aka dibuktika bahwa R (E, A, B) = R +. Ambil x(j) R (E, A, B) maka x(j) R j (E, A, B). Ii bermaka bahwa x(j) tercapai dalam waktu j sehigga x(j) R +. Jadi R (E, A, B) R +. Berikutya, ambil sebarag x(j) R +. Aka dibuktika x(j) R (E, A, B). Karea sistem diskrit (E, A, B) 0, maka utuk setiap keadaa awal x 0 R +, terdapat u(j) 0, j = 0,1,, k + q 1 sedemikia sehigga x(j) 0, k Z +. Ii meujukka bahwa setiap x(j) R + tercapai dari keadaa 0. Sehigga x(j) R j (E, A, B) utuk suatu j. Jadi x(j) R (E, A, B). ( ) Misalka R (E, A, B) = R +, aka dibuktika bahwa sistem diskrit (E, A, B) 0 adalah tercapai. Telah diketahui R (E, A, B) = R k (E, A, B) k=1 medefeisika bahwa x tercapai dalam waktu higga. Maka jelas, sistem diskrit (E, A, B) 0 adalah tercapai. Teorema 3.2 Sistem diskrit (E, A, B) 0 dega EE D 0 da EA = AE adalah tercapai jika da haya jika, da F (E, A, B) = Im(EE D ) B(E, A, B) = ker(ee D ). 71

8 Bukti Dari lema 3.1, diketahui bahwa sistem diskrit (E, A, B) 0 tercapai jika da haya jika R (E, A, B) = R +. Dari klaim diketahui bahwa R k (E, A, B) = F k (E, A, B) Β(E, A, B) akibatya R + = R (E, A, B) = R k (E, A, B) = F k (E, A, B) k=1 k=1 Β(E, A, B) = F (E, A, B) Β(E, A, B) = Im (EE D ) ker(ee D ) Sehigga sistem deskret (E, A, B) 0 tercapai jika da haya jika F (E, A, B) = Im(EE D ) da Β (E, A, B) = ker(ee D ). Dari teorema 2.22 da 3.1 dapat disimpulka, Teorema 3.3 Diberika sistem diskrit (E, A, B) 0 dega EE D 0 da EA = AE, maka sistem adalah terkotrol jika da haya jika R (E, A, B) = R + da E D A adalah matriks ilpote. Bukti ( ) Misalka sistem diskrit (E, A, B) 0 dega EE D 0 da EA = AE adalah terkotrol. Aka dibuktika R (E, A, B) = R + da E D A adalah matriks ilpote. Karea sistem diskrit (E, A, B) 0 terkotrol maka utuk setiap x f R + tercapai dari sebarag keadaa awal x 0 R + khususya x 0 = 0. Akibatya sistem diskrit (E, A, B) 0 adalah tercapai. Berdasarka lema 3.1 maka R (E, A, B) = R + Selajutya, keterkotrola dari sistem diskrit (E, A, B) 0 juga berakibat sistem diskrit (E, A, B) 0 terkotrol ull. Berdasarka teorema 2.22, maka E D A adalah matriks ilpote. ( ) Misalka R (E, A, B) = R + da E D A adalah suatu matriks ilpote dega ideks ilpotesi l. Aka dibuktika sistem diskrit (E, A, B) 0 terkotrol. Ambil x 0, x f R + sebarag. Karea x f R + maka x f R (E, A, B) yag berarti bahwa x f R k (E, A, B) utuk suatu k, akibatya ada u(j) 0, j = 0,1,2,, k + q 1 sedemikia sehigga x f dibagu oleh kolom-kolom matriks R k (E, A, B) = E D B, E D E D AB,, E D (E D A) B, (I E D E)A D B,, (I E D E)(EA D ) A D B. Karea E D A adalah suatu matriks ilpote dega ideks ilpotesi l, pilih k Z + dega k l, maka akibatya x f = E D (E D ) k i 1 Bu(i) (I EE D ) (EA D ) i A D Bu(k + i). (18) Fakta 3.2 memperlihatka bahwa keadaa x f tercapai disebabka karea adaya x 0 R + sehigga sistem diskrit (E, A, B) 0 terkotrol. 4. Kesimpula Berdasarka uraia dari hasil da pembahasa, dapat diberika beberapa kesimpula sebagai berikut: 1. Suatu sistem diskrit (E, A, B) 0 adalah tercapai jika da haya jika, R (E, A, B) = R Sistem diskrit (E, A, B) 0 dega EE D 0 da EA = AE adalah tercapai jika da haya jika, F (E, A, B) = Im(EE D ) da B(E, A, B) = ker(ee D ). 3. Sistem diskrit (E, A, B) 0 dega EE D 0 da EA = AE adalah terkotrol jika da haya jika tercapai da terkotrol ull. Referesi [1] Ato, H. Aljabar Liier Elemeter Edisi Kedelapa-Jilid 1. Erlagga. Jakarta (2004) 72

9 [2] Arifi, A. Aljabar Liear Edisi Kedua, Peerbit ITB. Badug (200) [3] Bru, R., Coll, C., Sachez, E. Structural Properties of Positive Liear Time- Ivariat Differece-Algebraic Equatios. Li. Alg. Appl. Vol. 349 pp: 1-10 (2002) [4] Campbell, S.L., Meyer. C.D. ad J.R. Nicholas. Applicatios of the Drazi Ivers to Liier Systems of Differetial Equatios with Sigular Costat Coefficiets. SIAM J. Appl. Math. Vol. 31 o. 3 pp: (1979) [5] Cato, B., Coll, C., Sachez, E. Positive Solutios of a Discrete-Time Descriptor System. Iteratioal Joural of Systems Sciece. Vol. 39 o. 1 pp: (2008) [6] Gatmacher, F.R. The Theory of Matrices. Vol 1. AMS Chelsea Publishig. Rhode Islad (2000) [7] Hoffma, K., Kuze, R. Liear Algebra Secod Editio. New Jersey (2006) [8] Jacob, Bill. Liear Algebra. W. H. Freema ad Compay. New York (1990) [9] Kaczorek. T. Liier Cotrol Systems. Vol. 1. Research Studies Press LTD. Eglad (1992) [10] Noutsos, D., Tsatsomeros, M.J. Reachability ad Holdability of Noegative States. SIAM Joural o Matrix Aalysis ad Applicatios. Vol. 30 pp: (2008) [11] Rahmalia, Widdya. Thesis, Sistem Deskriptor Diskrit Positif, Departmet of Mathematics, Faculty of Mathematics ad Natural Scieces, Uiversitas Adalas, Padag, 2011 [12] Reto Sari, Yulia. Sistem Deskriptor Diskrit Liier Positif yag Terkotrol Null. Joural Proceedig Semiar Nasioal Matematika STKIP PGRI. Padag, 2015 [13] Roma, S. Advace Liear Algebra. Spriger. New York, (1992) [14] Serre, Deis. Matrices Theory ad Applicatio. Secod Editio. Spriger. Frace (2010) 73