PENERAPAN TEOREMA TITIK TETAP UNTUK MENUNJUKKAN ADANYA PENYELESAIAN PADA SISTEM PERSAMAAN LINEAR

Transkripsi

1 PENERAPAN TEOREMA TITIK TETAP UNTUK MENUNJUKKAN ADANYA PENYELESAIAN PADA SISTEM PERSAMAAN LINEAR Nur Aei Prodi Matematika, FST-UINAM Ifo: Jural MSA Vol. 3 No. 2 Edisi: Juli Desember 205 Artikel No.: 5 Halama: ISSN: X Prodi Matematika UINAM ABSTRAK Pada artikel ii aka membahas peerapa teorema titik tetap utuk meujukka adaya peyelesaia pada sistem persamaa liier. Dalam membagu suatu matriks A sehigga sistem persamaa liier (SPL) A = b mempuyai peyelesaia tuggal adalah dega pemiliha beberapa orma pada R yaitu: utuk orma. dega rumus: y = maks i y i, maka utuk matriks C dega C = I A berlaku ma a j= ij <, utuk orma y = i y i ;, y ε R maka i utuk matriks C = I A berlaku ma a ij ] <, utuk orma j= ) y y = [ i y i 2 ] berlaku ( (a ij ) 2 2 <. [ j= j 2 maka utuk matriks C dega C = I A Kata Kuci: Titik Tetap, Ruag Vektor, Trasformasi Liier, da Ruag Baach. PENDAHULUAN Ada tidakya titik tetap pada suatu trasformasi, buka saja bergatug pada jeis trasformasiya, melaika juga bergatug pada domai trasformasi, ii meujukka bahwa ruag/domai dari suatu trasformasi juga petig diperhatika. Masalah yag cukup mearik diselidiki adalah bagaimaa membagu suatu matriks A sehigga sistem persamaa liier A = b seatiasa mempuyai peyelesaia tuggal utuk setiap vektor B, utuk itu diperhatika suatu trasformasi T : R R dega rumus T = C + b, dega C berordo da b berordo. Berdasarka hal tersebut, peulis tertarik megkaj Peerapa Teorema Titik Tetap utuk meujukka adaya peyelesaia pada sistem persamaa liier. 2. TINJAUAN PUSTAKA RUANG Baach Ruag Baach merupaka ruag vektor berorma. Ruag Vektor Suatu himpua mejadi ruag vektor jika himpua tersebut dilegkapi dega dua operasi yaitu operasi tambah da operasi kurag perkalia skalar da memeuhi beberapa aksioma tertetu. Himpua ii juga harus tertutup terhadap kedua operasi ii artiya jika V suatu himpua sebarag da R suatu himpua skalar maka kedua operasi tersebut harus memeuhi defiisi berikut: Defiisi 2. (Berberia, 96 : 3) Ruag vektor V atas R adalah himpua obyekobyek, y, z,... disebut vektor. Vektor ol diotasika dega θ, utuk setiap vektor, egatif dari diotasika dega. Aksiomaaksioma berikut diasumsika berlaku: (A) Utuk setiap pasaga vektor, y di V terdapa vektor yag disebut jumlah da y, diotasika + y di V, da berlaku: (A) + y = y + utuk setiap, y ε V (A2) + (y + z) = ( + y) + z utuk setiap, y, z ε V 34

2 Jural MSA Vol. 3 No. 2 Ed. Juli-Desember 205 (A3) Terdapat dega tuggal θ ε V sedemikia sehigga + θ = utuk setiap ε V (A4) Utuk setiap ε V, terdapat dega tuggal ε V yag disebut egatif sedemikia sehigga + (-) = θ (M) Utuk setiap skalar λ da setiap vektor di V, terdapat vektor disebut hasil kali dega λ, diotasika dega λ di V, da berlaku: (M) λ ( + y) = λ + λy, utuk setiap, y ε V da λ adalah skalar (M2) (λ + μ) = λ + μ, utuk setiap ε V da λ, μ adalah skalar (M3) (λμ) = λ( μ ), utuk setiap ε V da λ, μ adalah skalar (M4). = utuk setiap ε V Sebagai catata + (-y) biasa ditulis dega y Teorema 2. 2 (Berberia, 96: 6) Utuk sebarag ruag vektor: (i) Persamaa vektor + y = z mempuyai satu da haya satu peyelesaia (ii) Jika z + z = z maka z = θ (iii) λθ = θ utuk setiap skalar λ (iv) 0 = θ utuk setiap vektor (v) Jika λ = θ maka λ = 0 atau = θ Bukti: (i) (ii) Jika y, z adalah vektor maka = z + (-y) adalah peyelesaia dari + y = z, sebab + y = [z + (-y)] + y = z +[(-y) + y] = z + θ. Selajutya jika da 2 peyelesaia dari + y = z maka + y = z = 2 + y. Diperoleh ( + y) + (- y) = (2 + y) + (-y), + [ y + (-y)] = 2 + [ y + (-y)], + θ = 2 + θ, + 2. Jadi persamaa + y = z mempuyai tepat satu peyelesaia. θ adalah peyelesaia dari z + z = z sebab θ + z = z. Berdasarka (i) z = θ adalah satu-satuya peyelesaia dari z + z = z. (iii) λθ = λ(θ + θ) = λθ + λθ. berdasarka (ii), λθ = θ. (iv) 0 = (0 + 0) = berdasarka (ii), 0 = θ. (v) Diberika λ = θ. Jika λ = 0 maka bukti selesai. Jika λ 0 maka terdapat λ sehigga λ. λ =. Jadi. λ = λ (). θ, λ (. λ) = λ ( ). θ,. = λ θ, = θ Akibat 2.3 (Berberia, 96: 7) Utuk sebarag ruag vektor V beerlaku: (i) (-λ) = λ( ) = -(λ) (ii) λ( y) = λ λy (iii) (λ μ) = 35

3 Jural MSA Vol. 3 No. 2 Ed. Juli-Desember 205 Catata: b. Jika ε V, = 0, jika da haya jika = θ c. a = a, utuk semua ε V da a ε R d. + y + y, utuk semua, y ε V. Pasaga (V,. ) disebut ruag vektor berorma da disebut orma dari. 2. Jarak atara vektor da y, ditulis y atau y Pegertia Ruag Baach Defiisi 2.5 (Nababa, 992 : 3) Ruag vektor V dikataka berorma jika terdapat fugsi berilai riil pada. : V R dega sifat-sifat sebagai berikut:. a 0 utuk setiap a ε V a = 0 jika da haya jika a = θ 2. αa = α a utuk setiap α ε R, a ε V 3. a + b a + b utuk setiap a, b ε V Jika Vruag vektor berorma, otasi yag biasa diguaka adalah (V,. ). Defiisi 2.6 (berberia, 96 : 97) Ruag Baach adalah ruag vektor berorma yag legkap TRANSFORMASI LINIER Trasformasi liear merupaka fugsi liier atar ruag vektor. Defiisi 2.7 T : V W disebut trasformasi liear jika: (i). T( + y) = T() + T(y) utuk semua vektor da y di V (ii). T(k) = k T() utuk semua vektor da V da semua skalar k. Defiisi 2.8 (Nababa, 992 : 5) Misalka X da Y dua ruag Baach atas K. Trasformasi T : X Y dikataka liier jika utuk setiap α, β, ϵ K da, y ϵ X berlaku T (α. + β.y) = α. T() + β. T(y) Trasformasi liier jika dari ruag Baach X ke himpua skalar K disebut fugsioal liier pada X. Jika f fusioal liier pada X ke K, maka f (α. + β.y) = α. f () + β. f(y),, y ϵ X da α, β, ϵ K jika T : X Y liier maka T (0) = 0 da T (-) = -T(), sebab T(0) = T ( ) = T () T() = 0 da T (-) = T (0 ) = T(0) T (-) = 0 T (-) = -T() Defiisi 2.9 (Nababa, 992 : ) Suatu trasformasi T : V W dari suatu ruag Baach (V,. v ) ke ruag Baach (W,. w ) dikataka kotiu di 0, jika utuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sehigga setiap ϵ V dega 0 v < δ berlaku T() T( 0 ) w < ε. Trasformasi T dikataka kotiu di setiap titik pada V. 3. PEMBAHASAN Utuk membagu suatu matriks A sehigga sistem persamaa liier A = b seatiasa mempuyai peyelesaia tuggal utuk setiap vektor B, utuk itu diperhatika suatu trasformasi T : R R dega rumus T = C + b, dega C berordo da b berordo. Sesuai teorema sebelumya jika T suatu kotraksi maka T mempuyai titik tetap tuggal artiya terdapat vektor sehigga = T atau = C + b diperoleh (I C) = b selalu mempuyai peyelesaia jika T : R R dega rumus T = (I A) b suatu kotraksi. Utuk meguraika sifat-sifat matriks yag memeuhi sifat di atas kita aka meijau ruag R utuk beberapa orma yag berbeda. Misalka X = R da T : X X suatu pemetaa dega T = A + b, dimaa A = (aij) suatu matriks da b ε R. Maka persamaa fugsioal = T = A + b ekivale dega M = b, dimaa M = I A dega M matriks da I matriks idetitas Utuk meujukka T mempuyai titik tetap dapat dilakuka dega pemiliha orma sebagai berikut: 36

4 Jural MSA Vol. 3 No. 2 Ed. Juli-Desember 205. Pada R didefiisika orma. dega rumus y = maks i y i, utuk setiap, y ε R Dimisalka T : R R dega T = A + b, jika T suatu kotraksi maka ada 0 < α < sehigga T T y α y, sekarag perhatika T T y y = A + b, Ay + b = ma [A( y)] i i j= = ma a ij( j y j ) i j= i ma j= a ij i [ ma a ij j y j ] y Jika α = ma j= a ij < maka T i mempuyai titik tetap. Cotoh 2 Pemetaa T : R R dega T = A + b yaitu T ( /2 /3 ) = ( 2 /4 /2 ) ( ) + ( b ) Dega demikia salah satu sistem persamaa liier yag selalu memiliki peyelesaia tugal adalah (I A) = b, atau (( 0 /3 ) (/2 0 /4 /2 )) ( ) = ( b ) /2 /3 ( /4 /2 ) ( ) = ( b ), atau /2 /32 = b -/4 + /22 = b2 2. Misalka y = i y i ;, y ε R Maka: T T y = (A + b) (A y + b) j= ) = a ij ( j y j j= a ij j y j a ij ] j= j y j i [ ma Dimaa α = ma [ j= a ij ] j Jika α <, maka T mempuyai titik tetap. 3. Misalka y y = [ i y i 2 ] 2 Maka, T Ty 2 y = [ (A + b) (Ay + b) ] 2 j= ] 2 = [ a ij ( j y j ) = [ j=(a ij ) 2. j=( j y j ) 2 ] (dega megguaka ketaksaamaa Cauchy) Maka j= ] {[. (a ij ) 2 2 } y j= ) Jika α = ( (a ij ) 2 2 <, Maka T mempuyai titik tetap. 4. KESIMPULAN T Ty y Utuk membagu suatu matriks A sehigga sistem persamaa liier A = b seatiasa mempuyai peyelesaia tuggal utuk setiap vektor b, yag perlu diperhatika adalah trasformasi T : R R dega rumus T = C + b, dega C berordo da b berordo. Sesuai teorema sebelumya jika T suatu kotraksi maka T mempuyai titik tetap tuggal artiya terdapat vektor sehigga = T atau = C + b diperoleh (I C) = b selalu mempuyai peyelesaia jika T : R R dega rumus T 37

5 Jural MSA Vol. 3 No. 2 Ed. Juli-Desember 205 = (I A) b suatu kotraksi. Utuk meguraika sifat-sifat matriks yag memeuhi sifat di atas kita aka meijau ruag R utuk beberapa orma yag berbeda. Misalka X = R da T : X X suatu pemetaa dega T = A + b, dimaa A = (aij) suatu matriks da b ε R. Maka persamaa fugsioal = T = A + b ekivale dega M = b, dimaa M = I A dega M matriks da I matriks idetitas. Utuk meujukka T mempuyai titik tetap dapat dilakuka dega pemiliha orma sebagai berikut:. Jika pada R didefiisika orma. dega rumus: y = maks i y i, utuk setiap, y ε R, makaharus berlaku ma j= a ij < i 2. Jika pada R didefiisika orma. dega rumus y = i y i ;, y εr maka harus berlaku ma [ j= a ij ] < j 3. Jika pada R didefiisika orma. dega rumus: y y = [ i y i 2 ] 2 j= ) Maka harus berlaku ( (a ij ) 2 2 < 5. DAFTAR PUSTAKA Berberia, K. S. 96. Itroductio to Hilbert Space. Opord Uiversity Press, New York. Dwijato, E Aalisis Real. Ikip Semarag Press, Semarag. Kreyzeg, E Itroductio Fucioal Aalysis with Applicatio. Kaada: Joh Wiley & Sos Nababa, T. P Teorema Titik Tetap di Ruag Metrik da Aplikasiya. Istitut Tekologi Badug, Badug. 38