of 36
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
1/36
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
2/36
Definisi
Sebuah relasi rekursif (berulang) untuk barisana0 , a1, a2, a3, . . . , an-1
adalah suatu persamaan yang menghubungkan
an dengan suku-suku sebelumnya.
Catatan:
1. Untuk mendefinisikan sebuah barisan, relasi berulangmemerlukan nilai awal yang sudah ditentukan.
2. Syarat awal untuk barisan a0, a1, a2, . . . adalah nilai-nilai
yang diberikan secara eksplisit pada beberapa suku dari
barisan tersebut.
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
3/36
Contoh-contoh:
1. Relasi rekursif dari barisan (3, 7 , 11, 15, . . . )
Misalkan an menyatakan suku ke-n dari barisan tsb.
Perhatikan utk n ≥ 1, suku ke-n dari barisan adalah
jumlah suku sebelumnya dengan 4, jika a0 = 3.
Sehingga relasi rekursif utk an adalah:
a0 = 3 disebut syarat awal
an = an-1 + 4, disebut bagian rekursif
a0 = 3, an = an-1 + 4 , n ≥ 1
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
4/36
2. Barisan Fibonacci (1, 1 , 2, 3, 5, 8,13, 21, 34, . . .)
Misalkan Fn menyatakan suku ke-n dari barisan tsb.
Perhatikan utk n ≥ 3, suku ke-n dari barisan adalah
jumlah dua suku sebelumnya.
Sehingga relasi rekursif utk Fn adalah:
F1 = 1, dan F2 = 1 disebut syarat awal
Fn = Fn-1 + Fn-2, disebut bagian rekursif
F1 = F2 = 1, Fn = Fn-1 + Fn-2 , n ≥ 3
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
5/36
3. Misalkan Pn menyatakan banyaknya permutasi dari n
obyek, maka:
P1 = 1 (karena hanya ada satu permutasi dari 1 obyek)
Untuk n ≥ 2, Pn diperoleh dg cara berikut:
Terdapat n kemungkinan posisi dari satu obyek tertentu,
setiap kemungkinan posisi dari satu obyek ini diikuti oleh
permutasi dari n-1 obyek.
Karena banyak permutasi dari n-1 obyek ini adalah Pn-1
maka terdapat hubungan Pn = nPn-1.
Dengan demikian diperoleh
Bentuk ini disebut relasi rekursif untuk PnP1 = 1 disebut syarat awal
Pn = nPn-1, disebut bagian rekursif
P1 = 1, Pn = nPn-1 , n ≥ 2
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
6/36
Relasi Rekursif Liner
Koefisien Konstan
Bentuk umum relasi rekursif linier koefisien konstan adalah
C0 an + C1 an-1 + C2 an-2 + … + Ck an-k = f(n)
dimana Ci adalah konstan , untuk setiap i = 0,1,2,…,k dan
f(n) adalah sebuah fungsi numerik dengan variabel n.
Relasi rekursif tersebut dikatakan relasi rekursif linier
berderajat k , jika C0 ≠ 0 dan Ck ≠ 0.
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
7/36
Contoh Relasi Rekursif Liner
Koefisien Konstan
a) 2 an + 2 an-1 = 3n relasi rekursif linier
berderajat 1
b) tn = 7 tn-1 relasi rekursif linierberderajat 1c) an – an-1 – an-2 = 0 relasi rekursif linier
berderajat 2
d) bn-3 – 3bn = n+3 relasi rekursif linier berderajat 3
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
8/36
Relasi Rekursif Liner
Homogen Koefisien Konstan
Untuk relasi rekursif linier koefisien konstan:
C0 an + C1 an-1 + … + Ck an-k = f(n).
Bila nilai f(n) = 0, maka diperoleh relasi rekursif yang
memenuhi
C0 an + C1 an-1 + C2 an-2 + … + Ck an-k = 0.
Relasi rekursif demikian disebut dengan relasi rekursif
homogen
Solusi dari relasi rekursif homogen ini dinamakan solusi
homogen atau jawab homogen.
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
9/36
• Solusi homogen dari sebuah persamaan rekursif linier dengan
koefisien konstan dinyatakan dalam bentuk Axn , dimana x adalah
akar karakteristik dan A adalah konstanta yang akan ditentukan
kemudian untuk memenuhi syarat batas yang diberikan.
• Dengan substitusi Axn kepada an pada persamaan homogen
C0 an + C1 an-1 + C2 an-2 + … + Ck an-k = 0 ,
maka diperoleh:
C0 Axn + C1 Ax
n-1 + C2 Axn-2 + … + Ck Ax
n-k = 0.
C0 xn
+ C1 xn-1
+ C2 xn-2
+ … + Ck xn-k
= 0C0 x
k + C1 xk-1 + C2 x
k-2 + … + Ck = 0
Persamaan ini merupakan persamaan karakteristik dari relasi
rekursif yang diberikan
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
10/36
Kasus 1: Akar-akarKarakteristik Berbeda
C0 xk + C1 x
k-1 + C2 xk-2 + … + Ck = 0
Bila persamaan karakteristik di atas memiliki sebanyak k
akar karakteristik berbeda (x1 x2 … xk ) , maka solusi
homogen dari relasi rekursifnya dinyatakan dalam bentuk
an(h) = A1 x1
n + A2 x2n + … + Ak xk
n
Dimana:
an(h) = solusi homogen
xi = akar karakteristik dari persamaan karakeristik
Ai = konstanta yang akan dicari yg memenuhi syarat batas
yang ditentukan.
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
11/36
Contoh 1.
Tentukan solusi homogen dari relasi rekursif bn + bn-1 – 6 bn-2 = 0
dengan kondisi batas b0 = 0 , b1 = 1 .
Penyelesaian :
Relasi rekursif tersebut adalah relasi rekursif homogen, karena f(n) = 0.
Persamaan karakteristik dari relasi rekursif bn + bn-1 – 6 bn-2 = 0 adalah
x2 + x - 6 = 0
atau (x + 3) ( x - 2) = 0
hingga diperoleh akar-akar karakteristik x1 = -3 dan x2 = 2.
Oleh karena akar-akar karakteristiknya berbeda, maka solusi homogennya
adalah bn(h) = A1 x1
n + A2 x2n
bn(h) = A1 (-3)
n + A2 . 2n.
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
12/36
bn(h) = A1 (-3)
n + A2 . 2n.
Dengan kondisi batas b0 = 0 dan b1 = 1 , maka
b0(h) = A1 (-3)
0 + A2 . 20 0 = A1 + A2 .
b1(h) = A1 (-3)
1 + A2 . 21 1 = -3 A1 + 2 A2 .
bila diselesaikan maka akan diperoleh harga A1
= (-1/5)
dan A2 = 1/5, sehingga jawab homogen dari relasi
rekurensi bn + bn-1 – 6 bn-2 = 0 adalah
nn(h)
n 25
13)(
5
1 b
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
13/36
Kasus 2: Akar-akarKarakteristik Rangkap
C0
xk + C1
xk-1 + C2
xk-2 + … + Ck
= 0
Jika akar karakteristik x1 dari persamaan karakteristik
merupakan akar rangkap yang berulang sebanyak m kali,
maka bentuk solusi homogen yang sesuai untuk akar rangkap
tersebut adalah
(A1 . nm-1 + A2 . n
m-2 + … + Am-2 n2 + Am-1 . n + Am ) x1
n
dimana Ai adalah konstanta yang nantinya akan ditentukan
untuk memenuhi kondisi batas yang ditentukan.
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
14/36
Contoh 2.
Tentukan solusi dari relasi rekursif an + 4 an-1 + 4 an-2 = 0 .
Penyelesaian :
Relasi rekursif homogen : an + 4 an-1 + 4 an-2 = 0.
Persamaan karakteristiknya adalah x2 + 4x + 4 = 0
(x + 2) ( x + 2) = 0diperoleh akar-akar karakteristik x1 = x2 = -2 , m = 2,
Oleh karena akar-akar karakteristiknya rangkap 2,
maka solusi homogennya adalah
an(h) = (A1 n
m-1 + A2 nm-2) x1
n ,
an(h) = (A1 n + A2 ) (-2)
n
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
15/36
Contoh 3
Tentukan solusi homogen dari relasi rekursif
4 an - 20 an-1 + 17 an-2 – 4 an-3 = 0.
Penyelesaian :
Persamaan karakteristiknya : 4x3 - 20x2 + 17x - 4 = 0
akar-akar karakteristiknya : x1 = ½ , x2 = ½ dan x3 = 4
solusi homogennya adalah:
an(h) = (A1 n + A2 ) (½)
n + A3 . 4n
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
16/36
Soal Latihan
1. Tentukan lima nilai pertama dari an = an-1 + 3 an-2 jika diketahui a0= 1 dan a1 = 2.
2. Misalkan {an} sebuah barisan bilangan yang memenuhi relasirekursif an = an-1 – an-2 untuk n = 2, 3, 4,... dimana a0 = 3 dan a1 =
5. Tentukan a2 dan a3 .
3. Diketahui gn = gn-1 + 2 gn-2 dimana g6 = 11 dan g4 = 3.
Tentukan g7 dan g9 .
4. Tentukan akar karakteristik dari relasi rekursif an = 6 an-1 .
5. Tentukan akar karakteristik dari relasi rekursif an = an-1 + 3 an-2 .
6. Tentukan solusi homogen dari relasi rekursif berikut :
a. an – 7 an-1 + 10 an-2 = 0 dengan syarat batas a0 = 0 dan a1 = 3.
b. an – 4 an-1 + 4 an-2 = 0 dengan syarat batas a0 = 1 dan a1 = 6.
c. an + 6 an-1 + 9 an-2 = 3 dengan syarat batas a0 = 1 dan a1 = 1.
d. an - 2 an-1 + 2 an-2 – an-3 = 0 dengan a0 = 1, a1 = 1 dan a2 = 1 .
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
17/36
Relasi Rekursif Linear Tak Homogen
dengan Koefisien Konstan
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
18/36
RR Liner Tak Homogen
Koefisien Konstan
Bentuk umum relasi rekursif (RR) linier tak homogen
koefisien konstan adalah
Dengan C i adalah konstanta untuk setiap i = 0,1,2,…,k dan
f(n ) ≠ 0 adalah sebuah fungsi numerik dengan variabel n.
RR tersebut dikatakan RR linier berderajat k , jika C 0 ≠ 0 dan
C k ≠ 0.
C 0 an + C 1 an-1 + C 2 an-2 + … + C k an-k = f(n)
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
19/36
Solusi Khusus & Solusi Total
• Belum ada prosedur umum utk menentukan solusi khusus dari
RR linier tak homogen koefisien konstan.
• Utk kasus yg sederhana, pertama-tama kita buat bentuk umum
dari solusi khusus berdasarkan bentuk f(n), dan kemudian kita
tentukan solusinya berdasarkan RR yg diberikan.
• Solusi Total dari RR linier tak homogen koefisien konstan
adalah jumlah solusi homogennya (an(h) ) dengan solusi
khusus (an(p) ), yaitu:
an = an(h) + an
(p)
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
20/36
Kasus 1.
Secara umum, jika f(n) berbentuk polinomial
derajat t dalam n:
A1 nt + A2 n
t-1 + … + At n + A t+1 ,
maka bentuk solusi khusus yang sesuai adalah :
B1 nt + B2 n
t-1 + … + Bt n + Bt+1
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
21/36
Kasus 2.
a) Jika f(n) berbentuk n dan bukan akar karakteristik
dari persamaan homogen, maka solusi khusus berbentuk
b) Jika f(n) berbentuk n dan akar karakteristik dari
persamaan homogen yang berulang sebanyak (m-1) kali,
maka jawab khusus berbentuk
B n
Bn
m-1
n
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
22/36
Kasus 3.
a) Jika f(n) berbentuk (A1.nt + A2.n
t-1 +…+ At .n + At+1 ) n
dan bukan akar karakteristik dari persamaan homogen,
maka bentuk dari solusi khusus yang sesuai adalah :
b) Jika f(n) berbentuk (A1.nt + A2.n
t-1 +…+ At .n + At+1 ) n
dan akar karakteristik yang berulang sebanyak (m-1)
kali, maka bentuk dari solusi khusus yang sesuai adalah:
(B1 nt + B2 nt-1 + … + Bt n + Bt+1 ) n
nm-1 (B1 nt + B2 n
t-1 + … + Bt n + Bt+1 ) n
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
23/36
Contoh-contoh:
1. Carilah solusi total dari RR linear tak homogen
an + 5an-1 + 6an-2 = 3n2 – 2n + 1 ………………………….. (1)
Solusi:
Bentuk homogennya an + 5an-1 + 6an-2 = 0
Persamaan Karakteristiknya x2 + 5x + 6 = 0
(x + 2) (x + 3) = 0
x1 = – 2, x2 = – 3
Solusi homogennya an(h) = A1 ( – 2 )n + A2 ( – 3 )n
Bentuk solusi khususnya : B1 n2 - B2 n + B3 ....................... (2)
Subtitusi (2) ke (1) diperoleh
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
24/36
Subtitusi (2) ke (1) diperoleh
( B1 n2 – B2 n + B3 ) + 5[B1 (n – 1)
2 – B2 (n – 1) + B3 ] +
6[B1 (n – 2)2 – B2 (n – 2) + B3 ] = 3n
2 – 2n + 1
12B1 n2 – (34B1 – B2 )n + (29B1 – 17B2 + 12B3 )= 3n
2 – 2n + 1
Dari persamaan terakhir ini diperoleh
B1 = ¼, B2 = 13/24 , B3 = 71/288
Solusi khusunya adalah : an(p) = 1/4 n2 + 13/24 n + 71/288
Jadi solusi totalnya adalah:
an = an(h) + an
(p)
an = A1 ( – 2 )n + A1 ( – 3 )
n + 1/4 n2 + 13/24 n + 71/288
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
25/36
2. Carilah solusi total dari RR linear tak homogen
an + 5an-1 + 6an-2 = 42.4
n
……………..…………………….. (3)Solusi:
Bentuk homogennya an + 5an-1 + 6an-2 = 0
Persamaan Karakteristiknya x
2
+ 5x + 6 = 0(x + 2) (x + 3) = 0
x1 = – 2, x2 = – 3
Solusi homogennya an(h)
= A1 ( – 2 )n
+ A1 ( – 3 )n
Bentuk solusi khususnya : B.4n ..................................... (4)
Subtitusi (4) ke (3) diperoleh
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
26/36
Subtitusi (4) ke (3) diperoleh
B.4n
+ 5B.4n-1
+ 6B.4n -2
= 42.4n
B.4n + 5/4 B.4n + 6/16 B.4n = 42.4n
42/16 B.4n = 42.4n
B = 16
Solusi khusunya adalah : an(p) = 16.4n
Jadi solusi totalnya adalah:
an = an(h) + an
(p)
an = A1 ( – 2 )n + A1 ( – 3 )
n + 16.4n
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
27/36
3. Carilah solusi total dari RR linear tak homogen
an – 6an-1 + 9an-2 = 3n……………………………..…………….. (5)
Solusi:
Bentuk homogennya an – 6an-1 + 9an-2 = 0
Persamaan Karakteristiknya x2 – 6x + 9 = 0
(x – 3)2 = 0
x1 = x2 = 3
Solusi homogennya an(h) = (A1 n + A2 ).3
n
Ternyata 3 akar karakteristik kembarnya, sehingga bentuk solusi
khususnya : Bn.3n ............................................................. (6)
Subtitusi (6) ke (5) diperoleh
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
28/36
Subtitusi (6) ke (5) diperoleh
Bn2.3n – 6B(n – 1)2.3n-1 + 9B(n – 2)2.3n-2 = 3n
Bn2.3n – 6B(n2 – 2n + 1).3n.3-1 + 9B(n2 – 4n + 4).3n.3-2 = 3n
Bn2.3n – 2Bn2.3n + 4Bn.3n – 2B.3n + Bn2.3n – 4Bn.3n – 4B.3n = 3n
2B.3n = 3n, sehingga diperoleh B = ½
Solusi khusunya adalah : an(p) = 1/2 n.3n
Jadi solusi totalnya adalah:
an = an(h) + an
(p)
an = (A1 n + A2 ).3n + 1/2 n.3n
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
29/36
4.Carilah solusi khusus dari RR linear tak homogen
an = – an-1 + 3n.2n………………………..…………….. (7)
Solusi:
an + an-1 = 3n.2n
Bentuk homogennya an + an-1 = 0
Persamaan Karakteristiknya x + 1= 0
x = – 1
Solusi homogennya an(h)
= A.( – 1)
n
Bentuk solusi khususnya : ( B1 n + B0 ).2n ............... (8)
Subtitusi (8) ke (7) diperoleh
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
30/36
Subtitusi (8) ke (7) diperoleh
( B1 n + B0 ).2n + [B1(n – 1) + B0 ].2
n-1 = 3n.2n
B1 n.2n + B0 .2n + B1n .2n-1 – B1.2n-1 + B0 .2n-1 = 3n.2n
B1 n.2n + B0 .2
n + ½ B1n .2n – ½ B1.2
n + ½ B0 .2n = 3n.2n
(B1 + ½ B1 )n.2n + (3/2 B0 – ½ B1 ).2
n = 3n.2n
Dari persamaan terakhir ini diperoleh B1 + ½ B1 = 3 dan 3/2 B0 – ½ B1 = 0
B1 = 2 dan B0 = 2/3
Solusi khusunya adalah : an(p) = (2n + 2/3).2n
Jadi solusi totalnya adalah:
an = an(h) + an
(p)
an = A.( – 1)n + (2n + 2/3).2n
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
31/36
Solusi RR dg Fungsi Pembangkit
Prosedur utk menentukan fungsi pembangkit dari relasi
rekursif C 0 an + C 1 an-1 + C 2 an-2 + … + C k an-k = f(n)
yang berlaku utk n > s, dalam hal ini s > k dg mengalikan
kedua ruas persamaan ini dg xn dan kemudian menjumlahkan
hasilnya dari n = s ke n = , shg diperoleh
n sn
n
sn
k nk nnn x f(n) xaC ...aC aC aC
22110
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
32/36
Contoh:
Gunakan fungsi pembangkit biasa utk menentukan solusi dari
relasi rekursif
a0 = 1, a1 = 3, an = 2an-1 + 4n-1 , n > 2
Solusi:
Misalkan P(x) FPB dari barisan (an )
Maka
Karena utk n > 2, an = 2an-1 + 4n-1 sehingga
n
n
n xa x P
0
)(
2n
1
1
2
42( nnnn
n
n ) xa xa
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
33/36
Ruas kiri persamaan (1) adalah
= P(x) – 1 – 3x
2n
1
1
2
42( nnnn
n
n ) xa xa
)1.(....................422n
1
2
1
2
nn
n
n
n
n
n
n x xa xa
xaa xa xan
n
n
n
n
n 10
02
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
34/36
Suku pertama ruas kanan persamaan (1) adalah
= 2x P(x) – 2x
2n 2n
1
11 22n
n
n
n xa x xa
1n
0
1
1 )(2 a xa xn
n
0n
0 )(2 a xa xn
n
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
35/36
Suku kedua ruas kanan persamaan (1) adalah
1
2n
1
2n
1
44
nnnn
x x x
)1)4((1
1 x xn
n
)1)4((0
x xn
n
]1)41[( 1 x x
x x x 1)41(
8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf
36/36
Sehingga persamaan (1) menjadi
P(x) – 1 – 3x = 2x P(x) – 2x + x (1 – 4x)-1 – x
x x x x
x x P
21
2/1
41
2/1
)21)(41(
31)(
)
21
1
41
1(
2
1)(
x x
x P
nnnnn x x x P(x) )24(2
1])2()4([
2
1
0n0n0n
Jadi , solusi yang dimaksud adalah
)24(2
1 nnn
a