relasi rekursif ( jan-juni 2016).pdf

8/17/2019 Relasi Rekursif ( Jan-Juni 2016).pdf

1/36


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.


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


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


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


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.


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


8/36

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.


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


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.


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.


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


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.


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


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


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 .


17/36

Relasi Rekursif Linear Tak Homogen

dengan Koefisien Konstan


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)


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)


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


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


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


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


24/36


( 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


25/36


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)



26/36


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


an = an(h) + an

(p)

an = A1 ( – 2 )n + A1 ( – 3 )

n + 16.4n


27/36


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)



28/36


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


an = an(h) + an

(p)

an = (A1 n + A2 ).3n + 1/2 n.3n


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)



30/36


( 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


an = an(h) + an

(p)

an = A.( – 1)n + (2n + 2/3).2n


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


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


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


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


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(


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

relasi rekursif ( jan-juni 2016).pdf

Documents