Dokumen tersebut membahas relasi rekursif dan cara menyelesaikannya dengan menggunakan persamaan karakteristik dan teorema-teorema yang terkait. Secara singkat, relasi rekursif adalah persamaan yang menyatakan suatu deret bilangan dalam bentuk deret sebelumnya, dan dapat diselesaikan dengan menentukan akar-akar persamaan karakteristiknya.
2. Pengantar
Relasi rekursif untuk barisan (an) adalah persamaan yang menyatakan an
dalam salah satu atau lebih bentuk a0, a1, …, an-1 untuk semua n dengan n n0
dimana n0 bilangan bulat non-negatif.
contoh.
Apakah barisan (푎푛) dimana 푎푛=3n, dengan n bilangan bulat non-negatif,
merupakan solusi dari an = 2an-1 - an-2 untuk n = 2, 3, 4, … ?
Bagaimana dengan barisan an = 2n dan an =5 ?
3. Relasi rekursif homogen linear berderajat k
dengan koefisien konstan
Bentuk umum:
an = c1 an-1 + c2 an-2 + … + ck an-k,
dengan c1, c2, …, ck bilangan real dan ck 0.
Contoh.
1. Pn = 12Pn-1
2. fn = fn-1 + fn-2
3. Hn = 2Hn-1 + 1
4. an = an-1 + (푎푛−2)2
5. Tn = nTn-2
Contoh 1,2 merupakan relasi rekursif homogen linear sedangkan 3,4,5 merupakan
relasi tak homogen linear.
4. Solusi Relasi Rekursif
Langkah dasar dalam memecahkan relasi rekursif homogen linear berderajad
k dengan koefisien konstan adalah mencari solusi dalam bentuk an = rn dengan r
konstan.
an = rn adalah solusi dari
an = c1 an-1 + c2 an-2 + … + ck an-k
jika dan hanya jika
rn = c1 rn-1 +c2 rn-2 + … + ck rn-k.
Bila kedua ruas dibagi dengan rn-k diperoleh:
rk - c1 rk-1 - c2 rk-2 - … - ck-1 r - ck = 0.
Persamaan ini disebut persamaan karakteristik dari relasi rekursif. Solusi
dari persamaan ini disebut akar karakteristik.
5. Teorema 1
Misalkan c1, c2 bilangan real dan r2 - c1r - c2 = 0 mempunyai dua akar
berbeda rdan r.
1 2Maka semua solusi dari relasi rekursif
a= ca+ can 1 n-1 2 n-2
berbentuk
a= n rn + rn, n=0,1,2,…
11
22
dengan 1 dan 2 konstan.
6. Contoh
Carilah solusi dari an = an-1 + 2an-2 dengan a0 = 2 dan a1 =7.
Solusi.
Persamaan karakteristiknya
r2 - r - 2 = 0,
mempunyai akar r = 2 dan r = -1.
Menurut Teorema 1, solusi relasi rekursif berbentuk
an= 1 2n + 2 (-1)n .
Karena a0= 2 dan a1= 7, diperoleh
an = 32n - (-1)n .
7. Teorema 2
Misalkan c1, c2 bilangan real dengan c2 0 dan r2 - c1r - c2 = 0 mempunyai
hanya satu akar r.
0Maka semua solusi dari relasi rekursif
a= ca+ can 1 n-1 2 n-2
berbentuk
a= n rn + nrn, n=0,1,2,…
1 0
2 0
dengan 1 dan 2 konstan.
8. Contoh
Tentukan solusi dari relasi rekursif an = 6an-1- 9an-2 dengan kondisi awal a0 = 1
dan a1 = 6.
Solusi.
Dari soal dapat diketahui bahwa Persamaan karakteristiknya adalah : r2 – 6r + 9 = 0.
Akar-akarnya: (r – 3)(r – 3 ) = 0 r= r= 3 r1 2 0
a= rn
+ nrn
a= 3n + n3n
n 10 20
n 12a0 = 1 a0 = 1 = 130 + 2 030 = 1
a1 = 6 a1 = 6 = 131 + 2131 = 31 + 32
Diperoleh dua persamaan: 1 = 1 dan 31 + 32 = 6,
solusinya adalah 1 = 1 dan 2 = 1
menurut teorema 2 diperoleh:
Jadi, solusi relasi rekursif adalah:
an = 3n + n3n
9. Teorema 3
Misalkan c1, c2, …, ck bilangan real dan persamaan karakteristik
rk - crk-1 - crk-2 - … - cr - c= 0, mempunyai k akar r, r, …, ryang berbeda.
1 2 k-1 k 12k Maka, solusi relasi rekursif
a= ca+ ca+ … + can 1n-1 2n-2 kn-k
selalu berbentuk
a= rn + rn + … + rn , n=0,1,2,…
n 11
22
kk
dengan i , i=0,1,…,k konstan.
10. Contoh.
Tentukan solusi dari relasi rekursif an = 6an-1 – 11an-2 + 6an-3 dengan kondisi awal
a0=2, a1=5 dan a2=15.
Solusi:
Persamaan karakteristiknya
r3 - 6r2 + 11r - 6 = 0.
Jadi akar-akarnya r=1, r=2 dan r=3.
Dengan demikian, menurut teorema 3 solusinya berbentuk:
an = 11n + 22n + k3n .
Dari kondisi awalnya diperoleh:
an = 1 - 2n + 2 3n .
11. Teorema 4
Misal c1, c2, …, ck bilangan real dan persamaan karakteristik
rk - crk-1 - crk-2 - … - cr - c= 0
1 2 k-1 k mempunyai t akar r, r, … , rberbeda dengan multiplisitas m, m, … , m12t 12t
(m+m+ … + m= k).
12 t Maka solusi relasi rekursif
a= ca+ ca+ … + can 1 n-1 2 n-2 k n-k
selalu berbentuk
a= (+ n + n2 + … + nm1-1)rn
n 0 12m1-1 1
+ (0 + 1n + 2n2 … + m2-1 nm2-1)r2
n
+ … + (0 + 1n + … + mt-1 nmt-1)rt
n
12. Contoh
Tentukan solusi dari relasi rekursif
an = -3an-1 - 3an-2 - an-3 dengan kondisi awal a0 = 1, a1 = -2 dan a2 = -1.
Solusi:
Persamaan karakteristiknya
r3 + 3r2 + 3r +1 = 0.
Jadi akarnya r = -1 dgn multiplisitas 3.
Dengan demikian, menurut teorema 4 solusinya berbentuk:
an = 1,0 (-1)n + 1,1 n (-1)n + 1,2 n2 (-1)n .
Dengan memandang kondisi awalnya diperoleh
an = (1 +3n-2n2) (-1)n.
13. Silahkan Dikerjakan.
1. Tentukan formula eksplisit dari bilangan Fibonacci dengan kondisi awal f0=1,
f1=1.
2. Selesaikan relasi rekurens berikut: an = 2an–1 ; a0 = 3.
3. Selesaikan relasi rekurens berikut: an = 5an–1 – 6an–2 ; a0 = 1 dan a1 = 0.
14. Penyelesaian
1. Jelas bahwa bilangan Fibonacci fn memenuhi relasi fn = fn-1 + fn-2. Dengan kondisi
awal f0=1, f1=1. Dari dari relasi tersebut dapat diidentifikasikan persamaan
karakteristknya yaitu: 푟2 − 푟 − 1 = 0.
Dari persamaan karakteristik tersebut dapat diketahui akar-akar karakteristiknya yaitu
푟1 =
1+ 5
2
, 푟2 =
1− 5
2
.
Maka diperoleh solusi relasi rekursif berbentuk:푓푛 = 푐1푟1
푛 + 푐2푟2
푛 =
1+ 5
2
푐1(
)푛+푐2(
1− 5
2
)푛.
Dari kondisi awal maka diperoleh:
푐1
1 + 5
2
+ 푐2
1 − 5
2
= 1
1 + 5
푐1(
2
1 − 5
)2+푐2(
2
)2= 1
Dari kedua persamaan tersebut dapat diketahui nilai 푐1 =
5
5
푑푎푛 푐2 = −
5
5
.
Lalu disubstitusikan ke 푓푛, maka diperoleh solusi khususnya:
푓푛 =
5
5
1+ 5
2
(
)푛−
5
5
1− 5
2
(
)푛.
15. 3. Jelas an = 5an–1 – 6an–2 ; a0 = 1 dan a1 = 0.
Maka dapat diketahui bahwa persamaan karakteristiknya adalah 푟2 − 5푟 + 6 = 0.
Dari persamaan tersebut dapat diketahui bahwa akar karakteristiknya adalah:
푟1 = 6 푑푎푛 푟2 = −1.
Jelas solusi relasi rekursif berbentuk: 푎푛 = 푐1푟1
푛 + 푐2푟2
푛 = 푐16푛 + 푐2(−1)푛.
Dari kondisi awal diperoleh:
푐1 + 푐2 = 1
6푐1 − 푐2 = 0
Dari kedua persamaan tersebut dapat diketahui nilai 푐1 =
1
7
푑푎푛 푐2 =
6
7
.
Kedua nilai tersebut dimasukkan ke 푎푛, maka solusi khususnya adalah:
푎푛 =
6푛
7
+
6(−1)푛
7
=
6푛 + 6(−1)푛
7
16. 4. Selesaikan relasi rekurensi di bawah ini lewat persamaan karakteristiknya:
a. an = 3 an-1 + 4 an-2 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 1 dan a1 = 3.
b. an + 9 an-2 = 0 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 1 dan a1 = 4.
c. 2 an -2 an-1 +
1
2
an-2 = 0 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 6 dan a1 = 8.
d. an + 6 an-1 + 9 an-2 = 0 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 1 dan a1 = 3.
e. an – 3 an-1 + 3 an-2 – an-3 = 0 untuk n ≥ 3 dengan kondisi awal
a0 = 1; a1 = 2 dan a2 = 4
17. a. an = 3 an-1 + 4 an-2 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 1 dan a1 = 3.
Penyelesaian:
an = 3 an-1 + 4 an-2
↔ an - 3 an-1 - 4 an-2 = 0
Kita cari akar – akarnya
r2 – 3r – 4 = 0
(r – 4) atau (r + 1) = 0
Maka r1 = 4, r2 = -1 dengan penyelesaian menurut teorema 1, solusi relasi rekursifnya berbentuk:
an = α1(4)n + α2(-1)n ...(*)
karena a0= 1 dan a1 = 3 kita subtitusikan kepersamaan (*)
a0= 1 menjadi a0 = 1 = α1 (4)0 + α2 (-1)0 = α1 +α2 ...(1)
a1= 3 menjadi a1 = 3 = α1 (4)1 + α2 (-1)1 = 4α1 - α2 ...(2)
kita eliminasi persamaan (1) dan persamaan (2) untuk mencari nilai α1 dan α2.
α1 +α2 = 1
4α1 - α2 = 3 +
5α1 = 1
α1= 4/5
subtitusikan kepersamaan (1) diperoleh:
α1 + α2 = 1 ↔ 4/5 + α2 = 1
α2 = 1 – 4/5
α2 = 1/5
maka penyelesaian relasi rekursifnya an - 3 an-1 - 4 an-2 = 0 adalah
an = α(4)n + α(-1)n
an = 4/5 (4)n + 1/5 (-1)n
18. b. an + 9 an-2 = 0 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 1 dan a1 = 4.
Penyelesaian:
an + 9 an-2 = 0
Kita cari akar – akarnya yaitu:
r2 + 9 = 0
↔ r2 = -9
↔ r = ± 3
Maka akar - akarnya r1 = 3, r2 = -3 dengan penyelesaian menurut teorema 1, solusi relasi rekursifnya berbentuk:
an = α1(3)n + α2(-3)n ...(*)
karena a0= 1 dan a1 = 4 kita subtitusikan kepersamaan (*)
a0= 1 menjadi a0 = 1 = α1 (3)0 + α2 (-3)0 = α1 +α2 ...(1)
a1= 4 menjadi a1 = 4 = α1 (3)1 + α2 (-3)1 = 3α1 - 3α2 ...(2)
kita eliminasi persamaan (1) dan persamaan (2) untuk mencari nilai α1 dan α2.
α1 +α2 = 1 x 3 3α1 +3α2 = 3
3α1 - 3α2 = 4 + x 1 3α1 - 3α2 = 4 +
6α1 = 7
α1= 7/6
subtitusikan kepersamaan (1) diperoleh:
α1 + α2 = 1 ↔ 7/6 + α2 = 1
α2 = 1 – 7/6
α2 = - 1/6
maka penyelesaian relasi rekursifnya an + 9 an-2 = 0 adalah
an = α(3)n + α(-3)n
an = 7/6 (3)n – 1/6 (-3)n
19. c. 2 an -2 an-1 +
1
2
an-2 = 0 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 6 dan a1 = 8.
Penyelesaian:
2 an -2 an-1 +
1
2
an-2 = 0
↔ 4 an – 4 an-1 + an-2 = 0
Kita cari akar – akarnya
(2r – 1) atau (2r - 1) = 0
↔ (2r – 1)2 = 0
↔ r1 = r2 = ½ yaitu r0
Dengan penyelesaian menurut teorema 2, solusi relasi rekursifnya berbentuk:
n + α2nr0
an = α1r0
n
maka diperoleh an = α1(1/2)n + α2n(1/2)n ...(*)
karena a0= 6 dan a1 = 8 kita subtitusikan kepersamaan (*)
a0= 6 menjadi a0 = 6 = α1 ( ½ )0 + α2 0. ( ½ )0 = α1
a1= 8 menjadi a1 = 8 = α1 ( ½ )1 + α2 1. ( ½ )1 = ½ α1 + ½ α2 ...(1)
didapat α1 = 6, kita subtitusikan kepersamaan (1).
½ α1 + ½ α2 = 1
½ 6 + ½ α2 = 8
½ α2 = 8 – 3
α2 = 5
½
α2 = 10
maka penyelesaian relasi rekursifnya 2 an -2 an-1 +
1
2
an-2 = 0 adalah
an = α1(1/2)n + α2n(1/2)n
↔ an = 6 (1/2)n + 10n(1/2)n
20. d. Tentukan solusi rekursif 푎푛 + 6푎푛−1 + 9푎푛−2 = 0 untuk 푛 ≥ 2 dengan 푎0 = 1 dan
푎1 = 3.