Bab 17

Diferensial Linear & $e^{At}$

Bab 11 sampai Bab 16 membekali kita dengan instrumen dekomposisi ruang hasil dalam tingkat tinggi, puncaknya pada dekomposisi nilai singular. Bab ini membuka rumpun modul aplikasi praktis pertama dengan menghubungkan aljabar linear langsung ke dalam dunia kalkulus dinamis: Sistem Persamaan Diferensial. Melalui formulasi Eksponensial Matriks ($e^{At}$), kita akan belajar mengubah barisan persamaan diferensial simultan yang saling terikat menjadi satu buah solusi analitis tunggal yang elegan. Skenario pemodelan ruang keadaan (state-space) ini bertindak sebagai motor penggerak utama dalam simulasi robotika, teknik kendali otomatis (control theory), serta analisis stabilitas sistem fisik di dunia nyata.

17.1 Pemodelan Sistem Dinamik $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$

Dalam ilmu rekayasa fisik, sebuah fenomena dinamik (seperti pergerakan pegas ganda, aliran fluida interaktif, atau fluktuasi arus rangkaian listrik) hampir selalu dimodelkan menggunakan persamaan diferensial. Masalah pelik muncul karena laju perubahan suatu variabel sering dipengaruhi oleh kondisi variabel lainnya secara simultan, melahirkan sebuah sistem persamaan diferensial linear yang saling terikat (coupled system).

Aljabar linear menyederhanakan tantangan kalkulus tersebut dengan merangkum seluruh jalinan persamaan interaktif ke dalam format persamaan diferensial matriks tingkat satu yang terpadu.

Definisi 17.1 — Sistem Persamaan Diferensial Linear Homogen

Misalkan $\mathbf{x}(t) = \begin{bmatrix} x_1(t) & x_2(t) & \cdots & x_n(t) \end{bmatrix}^T$ bertindak sebagai vektor keadaan (state vector) yang memuat fungsi-fungsi variabel terhadap waktu $t$. Sebuah sistem persamaan diferensial linear orde satu dinyatakan dalam bentuk notasi matriks:

\[ \mathbf{x}'(t) = A \mathbf{x}(t) \]

Di mana $\mathbf{x}'(t) = \begin{bmatrix} x_1'(t) & x_2'(t) & \cdots & x_n'(t) \end{bmatrix}^T$ bertindak sebagai vektor turunan pertama terhadap waktu, dan $A$ merupakan sebuah matriks persegi koefisien konstan berukuran $n \times n$.

Jika kita memiliki persamaan diferensial skalar tunggal $x' = ax$, kita tahu dari kalkulus dasar bahwa solusinya berupa $x(t) = c \cdot e^{at}$. Namun, ketika menghadapi format vektor $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$, kita tidak dapat mengeksponensialkan entri matriks secara acak. Kita membutuhkan perluasan operator kalkulus yang mampu mempertahankan sifat linearitas antar-ruang variabel.

Contoh 17.1 — Representasi Matriks dari Sistem Coupled

Sebuah model dinamik memuat sepasang persamaan diferensial linear orde satu yang saling terikat:

\[ \begin{align*} x_1'(t) &= 2x_1(t) + x_2(t) \\ x_2'(t) &= x_1(t) + 2x_2(t) \end{align*} \]

Tuliskan sistem tersebut ke dalam format $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$ dan tentukan matriks koefisien konstan $A$.

Penyelesaian Analitis:

Susun koefisien ke dalam representasi perkalian matriks-vektor:

\[ \begin{bmatrix} x_1'(t) \\[4pt] x_2'(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1(t) \\[4pt] x_2(t) \end{bmatrix} \]

Kesimpulan: Matriks koefisien konstan adalah $A = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$. ∎

17.2 Solusi Analitis via Pasangan Eigen

Sistem persamaan diferensial yang saling terikat sulit diselesaikan langsung karena setiap persamaan memuat informasi dari variabel lain. Strategi paling elegan adalah melakukan pelepasan ikatan (decoupling) memanfaatkan teknik diagonalisasi matriks dari Bab 10.

Misalkan $A = PDP^{-1}$. Definisikan variabel keadaan transisi $\mathbf{y}(t)$ melalui $\mathbf{x}(t) = P\mathbf{y}(t)$, sehingga $\mathbf{x}'(t) = P\mathbf{y}'(t))$. Substitusi ke persamaan utama:

\[ P\mathbf{y}' = A(P\mathbf{y}) \implies \mathbf{y}' = P^{-1}AP\,\mathbf{y} = D\,\mathbf{y} \]

Karena $D$ diagonal, setiap variabel terisolasi mandiri: $y_i'(t) = \lambda_i y_i(t) \implies y_i(t) = c_i e^{\lambda_i t}$. Koordinat dikembalikan via $\mathbf{x}(t) = P\mathbf{y}(t)$.

Teorema 17.1 — Solusi Umum Sistem Diferensial via Pasangan Eigen

Misalkan $A$ berukuran $n \times n$ memiliki $n$ buah vektor eigen bebas linear $\{\mathbf{x}_1, \ldots, \mathbf{x}_n\}$ berpasangan dengan $\{\lambda_1, \ldots, \lambda_n\}$. Maka solusi umum dari $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$ adalah:

\[ \mathbf{x}(t) = c_1 e^{\lambda_1 t} \mathbf{x}_1 + c_2 e^{\lambda_2 t} \mathbf{x}_2 + \cdots + c_n e^{\lambda_n t} \mathbf{x}_n \]

Di mana $c_1, \ldots, c_n$ adalah konstanta integrasi yang ditentukan oleh kondisi awal $\mathbf{x}(0)$.

Contoh 17.2 — Solusi Sistem Simetris (Eigenvalue Riil Berbeda)

Selesaikan $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$ dengan $A = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$ dan $\mathbf{x}(0) = \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \end{bmatrix}$.

Penyelesaian Analitis:

Langkah 1: Nilai Eigen dan Vektor Eigen

\[ \det(A - \lambda I) = (2-\lambda)^2 - 1 = \lambda^2 - 4\lambda + 3 = (\lambda-3)(\lambda-1) = 0 \]

Nilai eigen: $\lambda_1 = 3$, $\lambda_2 = 1$.

Untuk $\lambda_1 = 3$: $(A-3I)\mathbf{x} = \mathbf{0} \implies \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}\mathbf{x} = \mathbf{0} \implies x_1 = x_2$. Vektor eigen: $\mathbf{x}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$.
Untuk $\lambda_2 = 1$: $(A-I)\mathbf{x} = \mathbf{0} \implies \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\mathbf{x} = \mathbf{0} \implies x_1 = -x_2$. Vektor eigen: $\mathbf{x}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$.

Langkah 2: Solusi Umum

\[ \mathbf{x}(t) = c_1 e^{3t}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} + c_2 e^{t}\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} \]

Langkah 3: Tentukan Konstanta dari Kondisi Awal

\[ \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \end{bmatrix} \implies c_1 = 2,\quad c_2 = 1 \]

Langkah 4: Solusi Final

\[ \mathbf{x}(t) = 2e^{3t}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} + e^{t}\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2e^{3t} + e^{t} \\[4pt] 2e^{3t} - e^{t} \end{bmatrix} \]

Kesimpulan: Karena kedua eigenvalue bernilai positif, kedua komponen solusi bertumbuh eksponensial seiring waktu — sistem ini bersifat tidak stabil. ∎

Contoh 17.3 — Penyelesaian Masalah Nilai Awal Lengkap

Selesaikan $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$ dengan $A = \begin{bmatrix} 0 & 4 \\ 3 & 1 \end{bmatrix}$ dan $\mathbf{x}(0) = \begin{bmatrix} 6 \\ 1 \end{bmatrix}$.

Penyelesaian Analitis:

Langkah 1: Nilai Eigen dan Vektor Eigen

\[ \det(A - \lambda I) = (-\lambda)(1-\lambda) - 12 = \lambda^2 - \lambda - 12 = (\lambda-4)(\lambda+3) = 0 \]

Nilai eigen: $\lambda_1 = 4$, $\lambda_2 = -3$.

Untuk $\lambda_1 = 4$: $\begin{bmatrix} -4 & 4 \\ 3 & -3 \end{bmatrix}\mathbf{x} = \mathbf{0} \implies x_1 = x_2$. Vektor eigen: $\mathbf{x}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$.
Untuk $\lambda_2 = -3$: $\begin{bmatrix} 3 & 4 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}\mathbf{x} = \mathbf{0} \implies 3x_1 + 4x_2 = 0 \implies x_2 = -\tfrac{3}{4}x_1$. Vektor eigen: $\mathbf{x}_2 = \begin{bmatrix} 4 \\ -3 \end{bmatrix}$.

Langkah 2: Solusi Umum

\[ \mathbf{x}(t) = c_1 e^{4t}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} + c_2 e^{-3t}\begin{bmatrix} 4 \\ -3 \end{bmatrix} \]

Langkah 3: Tentukan Konstanta dari Kondisi Awal

\[ \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 1 & -3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6 \\ 1 \end{bmatrix} \implies \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \end{bmatrix} = \frac{1}{-7}\begin{bmatrix} -3 & -4 \\ -1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 6 \\ 1 \end{bmatrix} = \frac{1}{-7}\begin{bmatrix} -22 \\ -5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 22/7 \\ 5/7 \end{bmatrix} \]

Langkah 4: Solusi Final

\[ \mathbf{x}(t) = \frac{22}{7}e^{4t}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} + \frac{5}{7}e^{-3t}\begin{bmatrix} 4 \\ -3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{22}{7}e^{4t} + \frac{20}{7}e^{-3t} \\[4pt] \frac{22}{7}e^{4t} - \frac{15}{7}e^{-3t} \end{bmatrix} \]

Kesimpulan: Eigenvalue $\lambda_1 = 4 > 0$ menyebabkan komponen pertama meledak, sementara $\lambda_2 = -3 < 0$ menyebabkan komponen kedua memudar menuju nol. Sistem ini bersifat tidak stabil (titik pelana). ∎

Contoh 17.4 — Nilai Eigen Kompleks: Solusi Osilasi Teredam

Selesaikan $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$ dengan $A = \begin{bmatrix} -1 & 2 \\ -2 & -1 \end{bmatrix}$ dan $\mathbf{x}(0) = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$.

Penyelesaian Analitis:

Langkah 1: Nilai Eigen Kompleks

\[ \det(A - \lambda I) = (-1-\lambda)^2 + 4 = \lambda^2 + 2\lambda + 5 = 0 \]

\[ \lambda = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 20}}{2} = -1 \pm 2i \]

Langkah 2: Vektor Eigen Kompleks untuk $\lambda_1 = -1 + 2i$

\[ (A - (-1+2i)I)\mathbf{x} = \begin{bmatrix} -2i & 2 \\ -2 & -2i \end{bmatrix}\mathbf{x} = \mathbf{0} \implies -2ix_1 + 2x_2 = 0 \implies x_2 = ix_1 \]

Vektor eigen kompleks: $\mathbf{z}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ i \end{bmatrix}$.

Langkah 3: Ekstrak Bagian Riil dan Imajiner

Solusi kompleks: $\mathbf{z}_1(t) = e^{(-1+2i)t}\begin{bmatrix} 1 \\ i \end{bmatrix}$. Gunakan rumus Euler $e^{(\alpha+i\beta)t} = e^{\alpha t}(\cos\beta t + i\sin\beta t)$ dengan $\alpha = -1$, $\beta = 2$:

\[ e^{(-1+2i)t}\begin{bmatrix} 1 \\ i \end{bmatrix} = e^{-t}\begin{bmatrix} \cos 2t + i\sin 2t \\ i\cos 2t - \sin 2t \end{bmatrix} \]

Bagian riil: $\text{Re}(\mathbf{z}_1(t)) = e^{-t}\begin{bmatrix} \cos 2t \\ -\sin 2t \end{bmatrix}$. Bagian imajiner: $\text{Im}(\mathbf{z}_1(t)) = e^{-t}\begin{bmatrix} \sin 2t \\ \cos 2t \end{bmatrix}$.

Langkah 4: Solusi Umum (Dua Solusi Riil Independen)

\[ \mathbf{x}(t) = c_1 e^{-t}\begin{bmatrix} \cos 2t \\ -\sin 2t \end{bmatrix} + c_2 e^{-t}\begin{bmatrix} \sin 2t \\ \cos 2t \end{bmatrix} \]

Langkah 5: Tentukan Konstanta

\[ \mathbf{x}(0) = c_1\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} + c_2\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} \implies c_1 = 1,\quad c_2 = 0 \]

Langkah 6: Solusi Final

\[ \mathbf{x}(t) = e^{-t}\begin{bmatrix} \cos 2t \\ -\sin 2t \end{bmatrix} \]

Kesimpulan: Kehadiran $\cos 2t$ dan $\sin 2t$ menghasilkan lintasan trajektori spiral. Faktor $e^{-t}$ menyebabkan amplitudo spiral menyusut menuju nol seiring waktu — sistem bersifat stabil asimtotik (stable spiral). ∎

Gambar 17.1: Diagram fase lintasan spiral teredam searah jarum jam (clockwise).

Gambar 17.2: Grafik tumpang tindih (overlap) osilasi teredam variabel x₁ dan x₂ terhadap waktu.

17.3 Formulasi Operator Eksponensial Matriks $e^{At}$

Pendekatan via kombinasi linear vektor eigen pada Bagian 17.2 sangat tangguh, namun ia tidak dapat dikonstruksi jika matriks $A$ cacat (kekurangan vektor eigen independen). Untuk kerangka kerja solusi yang bersifat universal, aljabar linear terapan memperkenalkan operator Eksponensial Matriks.

17.3.1 Definisi via Deret Taylor

Definisi 17.2 — Eksponensial Matriks (Matrix Exponential)

Misalkan $A$ berukuran $n \times n$ dan $t \in \mathbb{R}$. Eksponensial Matriks $e^{At}$ didefinisikan melalui perluasan deret Taylor:

\[ e^{At} = I_n + At + \frac{1}{2!}(At)^2 + \frac{1}{3!}(At)^3 + \cdots = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} A^k t^k \]

Di mana $A^0 = I_n$ dan $A^k$ adalah pangkat matriks konvensional. Deret ini dijamin konvergen untuk sebarang matriks persegi $A$ dan sebarang nilai $t$.

Contoh 17.5 — Verifikasi $e^{Dt}$ untuk Matriks Diagonal

Buktikan bahwa $e^{Dt} = \begin{bmatrix} e^{2t} & 0 \\ 0 & e^{-5t} \end{bmatrix}$ untuk $D = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -5 \end{bmatrix}$.

Penyelesaian Analitis:

Karena $D^k = \begin{bmatrix} 2^k & 0 \\ 0 & (-5)^k \end{bmatrix}$, maka:

\[ e^{Dt} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{t^k}{k!}\begin{bmatrix} 2^k & 0 \\ 0 & (-5)^k \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2t)^k}{k!} & 0 \\ 0 & \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-5t)^k}{k!} \end{bmatrix} \]

Kedua deret Taylor di atas merupakan perluasan eksponensial skalar standar, sehingga:

\[ e^{Dt} = \begin{bmatrix} e^{2t} & 0 \\ 0 & e^{-5t} \end{bmatrix} \quad (\blacksquare) \]

Catatan: Ini menunjukkan bahwa eksponensial matriks diagonal hanya mengeksponensialkan setiap entri diagonal — sangat efisien dibandingkan menghitung deret Taylor penuh. ∎

17.3.2 Sifat-Sifat Dasar $e^{At}$

Teorema 17.2 — Properti Aljabar dan Kalkulus $e^{At}$

Misalkan $A, B$ berukuran $n \times n$ dan $s, t \in \mathbb{R}$. Maka:

Evaluasi Titik Nol: $e^{A \cdot 0} = I_n$
Hukum Eksponen Sumbu: $e^{As} e^{At} = e^{A(s+t)}$
Invers Sisi: $(e^{At})^{-1} = e^{-At}$
Batasan Komutatif: $e^{At} e^{Bt} = e^{(A+B)t}$ hanya jika $AB = BA$. Jika $AB \neq BA$, hukum ini gagal secara umum.
Turunan Terhadap Waktu: $\dfrac{d}{dt}\left(e^{At}\right) = A e^{At} = e^{At} A$

Bukti Properti Turunan

Turunkan deret Definisi 17.2 entri-per-entri terhadap $t$:

\[ \frac{d}{dt}\left(e^{At}\right) = A + A^2 t + \frac{1}{2}A^3 t^2 + \cdots = A\left(I + At + \frac{1}{2}A^2 t^2 + \cdots\right) = A\,e^{At} \]

Faktorkan $A$ ke kanan berhasil karena perkalian matriks bersifat distributif. Pemfaktoran serupa ke kiri menghasilkan $e^{At}A$. $\blacksquare$

17.4 Solusi Umum via $e^{At}$

Kehadiran sifat $\frac{d}{dt}(e^{At}) = Ae^{At}$ melahirkan paradigma solusi baru. Untuk sebarang matriks $A$ (baik dapat didiagonalkan maupun cacat), solusi unik dari $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$ dengan kondisi awal $\mathbf{x}(0)$ adalah:

Teorema 17.3 — Solusi Umum via Eksponensial Matriks

Untuk sebarang matriks $A$ berukuran $n \times n$, solusi unik dari $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$ dengan kondisi awal $\mathbf{x}(0)$ adalah:

\[ \mathbf{x}(t) = e^{At} \mathbf{x}(0) \]

Jika $A = PDP^{-1}$, maka $e^{At} = P e^{Dt} P^{-1}$, di mana $e^{Dt} = \text{diag}\big(e^{\lambda_1 t}, \ldots, e^{\lambda_n t}\big)$.

Contoh 17.6 — Kalkulasi $e^{At}$ dan Verifikasi Solusi

Hitung $e^{At}$ untuk matriks $A = \begin{bmatrix} 0 & 4 \\ 3 & 1 \end{bmatrix}$ dari Contoh 17.3, lalu verifikasi $e^{At}\mathbf{x}(0)$ menghasilkan solusi yang sama.

Penyelesaian Analitis:

Dari Contoh 17.3: $P = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 1 & -3 \end{bmatrix}$, $P^{-1} = \frac{1}{-7}\begin{bmatrix} -3 & -4 \\ -1 & 1 \end{bmatrix}$, $D = \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 0 & -3 \end{bmatrix}$.

Langkah 1: Hitung $Pe^{Dt}$

\[ Pe^{Dt} = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 1 & -3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} e^{4t} & 0 \\ 0 & e^{-3t} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e^{4t} & 4e^{-3t} \\ e^{4t} & -3e^{-3t} \end{bmatrix} \]

Langkah 2: Hitung $e^{At} = (Pe^{Dt})P^{-1}$

Menggunakan $P = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 1 & -3 \end{bmatrix}$ dari Contoh 17.3, determinannya adalah $\det(P) = -7$. Matriks inversnya dihitung sebagai $P^{-1} = \frac{1}{-7}\begin{bmatrix} -3 & -4 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} = \frac{1}{7}\begin{bmatrix} 3 & 4 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$. Masukkan ke dalam rumus produk:

\[ e^{At} = \frac{1}{7}\begin{bmatrix} e^{4t} & 4e^{-3t} \\ e^{4t} & -3e^{-3t} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 & 4 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} = \frac{1}{7}\begin{bmatrix} 3e^{4t}+4e^{-3t} & 4e^{4t}-4e^{-3t} \\ 3e^{4t}-3e^{-3t} & 4e^{4t}+3e^{-3t} \end{bmatrix} \]

Langkah 3: Verifikasi Nilai Batas Sifat Identitas ($e^{A \cdot 0} = I_2$)

Mari kita uji apakah memasukkan parameter waktu $t = 0$ mengevaluasi kembali menjadi matriks identitas yang sah ($e^0 = 1$):

\[ e^{A \cdot 0} = \frac{1}{7}\begin{bmatrix} 3(1)+4(1) & 4(1)-4(1) \\ 3(1)-3(1) & 4(1)+3(1) \end{bmatrix} = \frac{1}{7}\begin{bmatrix} 7 & 0 \\ 0 & 7 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = I_2 \quad (\checkmark) \]

Perhitungan terbukti konsisten dan stabil secara presisi murni! Kita melihat bahwa tanda negatif dari determinan $\det(P) = -7$ terserap dan dinetralisir secara otomatis oleh elemen-elemen transpose adjoint internal $P^{-1}$ tanpa merusak sifat uniter sistem.

Langkah 4: Perhitungan Solusi Akhir via Perkalian Kondisi Batas $\mathbf{x}(0)$

Kalikan matriks operator eksponensial $e^{At}$ dengan vektor kondisi awal $\mathbf{x}(0) = \begin{bmatrix} 6 \\ 1 \end{bmatrix}$ dari Contoh 17.3:

\[ \mathbf{x}(t) = e^{At}\mathbf{x}(0) = \frac{1}{7}\begin{bmatrix} 3e^{4t}+4e^{-3t} & 4e^{4t}-4e^{-3t} \\ 3e^{4t}-3e^{-3t} & 4e^{4t}+3e^{-3t} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 6 \\ 1 \end{bmatrix} \]

\[ \mathbf{x}(t) = \frac{1}{7}\begin{bmatrix} 6(3e^{4t}+4e^{-3t}) + 1(4e^{4t}-4e^{-3t}) \\ 6(3e^{4t}-3e^{-3t}) + 1(4e^{4t}+3e^{-3t}) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{22}{7}e^{4t} + \frac{20}{7}e^{-3t} \\[4pt] \frac{22}{7}e^{4t} - \frac{15}{7}e^{-3t} \end{bmatrix} \]

Kesimpulan: Solusi menggunakan operator eksponensial matriks $e^{At}$ terbukti menghasilkan fungsi waktu yang persis sama besar secara identik dengan metode perluasan kombinasi linear bebas pada Contoh 17.3 (\checkmark). ∎

17.5 Analisis Stabilitas dan Titik Kesetimbangan

Dalam teori kendali otomatis, kita perlu menganalisis perilaku trajektori jangka panjang: apakah sistem kembali tenang (stabil), meledak tidak terkendali (tidak stabil), atau berosilasi liar.

17.5.1 Klasifikasi Berdasarkan Spektrum Nilai Eigen

Titik $\mathbf{x} = \mathbf{0}$ disebut sebagai titik kesetimbangan (equilibrium point) dari sistem homogen $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$, karena $\mathbf{x} = \mathbf{0}$ menghasilkan $\mathbf{x}' = \mathbf{0}$ (sistem diam). Sifat kestabilan dikunci oleh bagian riil nilai-nilai eigen matriks $A$.

Contoh 17.7 — Klasifikasi Stabilitas Sistem $2 \times 2$

Klasifikasikan stabilitas titik kesetimbangan untuk masing-masing matriks berikut:

(a) $A_1 = \begin{bmatrix} -2 & 0 \\ 0 & -3 \end{bmatrix}$

Nilai eigen: $\lambda_1 = -2$, $\lambda_2 = -3$. Kedua bernilai negatif $\implies$ Titik Sumbu Stabil (Stable Node). Semua trajektori konvergen ke $\mathbf{0}$.

(b) $A_2 = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$

Nilai eigen: $\lambda_1 = 2$, $\lambda_2 = 3$. Kedua bernilai positif $\implies$ Titik Sumbu Tidak Stabil (Unstable Node / Source). Semua trajektori divergen.

(c) $A_3 = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -3 \end{bmatrix}$

Nilai eigen: $\lambda_1 = 2 > 0$, $\lambda_2 = -3 < 0$. Tanda campuran $\implies$ Titik Pelana (Saddle Point). Sistem selalu tidak stabil: beberapa trajektori mendekat lalu menjauh.

(d) $A_4 = \begin{bmatrix} -1 & 2 \\ -2 & -1 \end{bmatrix}$ (dari Contoh 17.4)

Nilai eigen: $\lambda = -1 \pm 2i$. Bagian riil $\alpha = -1 < 0$ $\implies$ Spiral Stabil (Stable Spiral). Trajektori berputar sambil menyusut menuju $\mathbf{0}$.

(e) $A_5 = \begin{bmatrix} 0 & -2 \\ 2 & 0 \end{bmatrix}$

Nilai eigen: $\lambda = \pm 2i$. Bagian riil $\alpha = 0$ $\implies$ Pusat (Center). Trajektori berputar tanpa menyusut maupun membesar — bersifat stabil (tapi bukan stabil asimtotik).

Rangkuman:

Matriks	Nilai Eigen	Klasifikasi	Stabil?
$A_1$	$-2, -3$	Stable Node	Ya
$A_2$	$2, 3$	Unstable Node	Tidak
$A_3$	$2, -3$	Saddle Point	Tidak
$A_4$	$-1\pm 2i$	Stable Spiral	Ya (asimtotik)
$A_5$	$\pm 2i$	Center	Ya (bukan asimtotik)

Kaidan Praktis: Sistem $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$ bersifat asimtotik stabil jika dan hanya jika seluruh bagian riil dari nilai eigen bernilai negatif. Jika ada minimal satu bagian riil yang positif, sistem tidak stabil. ∎

17.5.2 Visualisasi Diagram Fase

Untuk memahami perilaku dinamis secara intuitif, kita memetakan solusi ke dalam bidang koordinat spasial tanpa sumbu waktu, yang disebut diagram fase (phase portrait). Berdasarkan tanda nilai eigen, karakteristik geometri titik kesetimbangan diklasifikasikan ke dalam empat rumpun topologi utama:

Stable Node: $\lambda_i < 0$ semua — trajektori konvergen langsung ke titik pusat.
Unstable Node: $\lambda_i > 0$ semua — trajektori melesat menjauhi titik pusat secara eksponensial.
Saddle Point: ada $\lambda > 0$ dan $\lambda < 0$ — trajektori mendekati sepanjang sumbu eigen negatif, lalu berbelok dan menjauh sepanjang sumbu eigen positif. Selalu tidak stabil.
Spiral / Center: eigen kompleks $\lambda = \alpha \pm \beta i$ — trajektori berputar melingkar. Stabil asimtotik jika $\alpha < 0$, tidak stabil jika $\alpha > 0$, pusat murni jika $\alpha = 0$.

Perspektif Aljabar Bab Ini

Bab 17 membuktikan bahwa instrumen aljabar linear mampu menyederhanakan tantangan kalkulus diferensial simultan secara spektakuler. Melalui teknik decoupling basis, kerumitan sistem coupled yang saling mengikat berhasil diurai menjadi persamaan mandiri yang mudah diselesaikan.

Pengenalan eksponensial matriks ($e^{At}$) meloloskan kita dari ketergantungan pada ketersediaan vektor eigen independen, membuktikan bahwa deret Taylor mampu mengunci satu formula solusi yang bekerja untuk sebarang jenis matriks konstan. Contoh 17.6 juga mengingatkan bahwa kehati-hatian praktis diperlukan saat menyusun matriks $P$ — pastikan $\det(P) > 0$ agar rumus $e^{At} = Pe^{Dt}P^{-1}$ menghasilkan matriks eksponensial yang benar-benar memenuhi $e^{A \cdot 0} = I$.

Akhirnya, visualisasi diagram fase menegaskan bahwa geometri ruang eigen menentukan nasib stabilitas jangka panjang dari sistem. Pemahaman sistem dinamik waktu kontinu ini menyediakan jembatan analogi yang solid sebelum kita melompat menuju pemodelan sistem stokastik waktu diskrit pada Bab 18 (Rantai Markov & Graf).

Latihan Evaluasi Akhir Bab 17

Sebuah sistem pemodelan ruang keadaan memuat jalinan persamaan coupled:
\[ \begin{align*} x_1'(t) &= x_1(t) + 4x_2(t) \\ x_2'(t) &= 2x_1(t) + 3x_2(t) \end{align*} \]
Tuliskan dalam format $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$, cari nilai dan vektor eigen, lalu tentukan solusi umumnya. (Petunjuk: Ikuti alur Contoh 17.2.)
Gunakan hasil soal nomor 1 untuk menyelesaikan masalah nilai awal dengan $\mathbf{x}(0) = \begin{bmatrix} 5 \\ 1 \end{bmatrix}$. (Petunjuk: Ikuti alur Contoh 17.3.)
Selesaikan $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$ dengan $A = \begin{bmatrix} 1 & -5 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$ dan $\mathbf{x}(0) = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$. Klasifikasikan stabilitas sistem. (Petunjuk: Bandingkan dengan Contoh 17.7.)
Verifikasi bahwa $e^{At} = Pe^{Dt}P^{-1}$ menghasilkan solusi yang sama dengan metode eigenpair untuk matriks pada soal nomor 1. Pastikan $\det(P) > 0$ sebelum menghitung! (Petunjuk: Perhatikan peringatan di Contoh 17.6.)
Soal Pemikiran: Jelaskan mengapa $e^{At}e^{As} = e^{A(s+t)}$ selalu valid, tetapi $e^{At}e^{Bt} = e^{(A+B)t}$ hanya valid jika $AB = BA$. Berikan contoh numerik spesifik dari matriks $2 \times 2$ di mana kedua sisi menghasilkan nilai berbeda.
Soal Pemikiran Stabilitas: Jika matriks koefisien $A$ bersifat simetris dan positif definit, buktikan bahwa seluruh nilai eigen bernilai positif, sehingga sistem $\mathbf{x}' = A\mathbf{x}$ pasti tidak stabil. Hubungkan dengan Teorema 15.2 dari Bab 15. Apakah kondisi positif semidefinit cukup untuk menjamin ketidakstabilan?

Bab sebelumnya

Dekomposisi Nilai Singular

Bab berikutnya

Rantai Markov & Graf