Relasi Rekursi
Definisi Relasi Rekursi
Relasi rekursi adalah sebuah formula rekursif dimana setiap bagian dari suatu barisan dapat ditentukan menggunakan satu atau lebih bagian sebelumnya. Jika ak adalah banyak cara untuk menjalankan prosedur dengan k objek, untuk
k = 0, 1, 2, ..., maka relasi rekursi adalah sebuah persamaan yang menyatakan an sebagai sebuah fungsi dari ak untuk k < n.
Contoh:
1. an 2an1
2. an c a1 n1 c a2 n2 c ar n r dengan ci konstanta
3. an can1 f n( ) dengan f n( ) sembarang fungsi dari n 4. an a a0 n1 a a1 n2 a an1 0
5. an m, an1,m an1,m1
Nilai an tidak akan pernah dapat dicari jika suatu nilai awal tidak diberikan. Jika suatu relasi rekursi melibatkan r buah ak, maka r buah nilai awal
0, ,1 r 1
a a a harus diketahui. Sebagai contoh, pada relasi rekursi an an1 an2, tidak cukup hanya diketahui sebuah nilai a0 = 2, akan tetapi butuh sebuah nilai
lagi yaitu misal a1 = 3. Dengan demikian a2 a1 a0 3 2 5;
3 2 1 5 3 8;
Barisan Fibonacci
Relasi rekursi yang paling terkenal dan sering digunakan yaitu barisan Fibonacci.
Relasi rekursi ini merupakan salah satu relasi rekursi yang paling tua di dunia, dibahas pada buku Liber Abbaci yang ditulis oleh Leonardo of Pisa atau yang lebih dikenal dengan nama Fibonacci pada tahun 1202.
Pada saat itu dicoba untuk menghitung jumlah pasangan kelinci yang ada, jika setiap pasangan kelinci setiap bulan dapat menghasilkan sepasang anak kelinci baru.
Jika syarat awal diberikan dengan harga a0 = 1 dan a1 = 1, maka bilangan yang
diperoleh dengan rumus rekursi an = an – 1 + a n – 2 untuk n = 2, 3, 4, ... disebut
barisan Fibonacci dan suku a0 disebut bilangan Fibonacci.
Jadi, barisan Fibonacci sebagai berikut:
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, ...
Pemodelan Masalah Dalam Relasi Rekursi
Contoh 1: (Arrangements)
Tentukan relasi rekursi untuk menentukan banyaknya cara menyusun n buah objek yang berbeda dalam suatu barisan. Tentukan banyaknya cara untuk menyusun 8 buah objek.
Penyelesaian:
Misalkan a menyatakan banyaknya cara menyusun n objek yang berbeda, n
maka ada n cara meletakan n objek pada urutan pertama di barisan. Dengan cara yang sama untuk
a
n1, maka ada n-1 cara. Oleh karena itu formula relasi1 [( 1) 2] ( 1)( 2) 2 1 !
n n n
a n a n n a n n n n
Jadi a 8 8!
Contoh 2: (Climbing Stairs)
Sebuah rumah memiliki tangga dengan n buah anak tangga untuk dinaiki. Setiap langkah dapat melewati satu atau dua anak tangga. Tentukan relasi rekursi untuk a , banyaknya cara berbeda sesorang dapat menaiki n buah n
anak tangga. Penyelesaian: 1 1 a , 2 2 a , yaitu 1,1 atau 2 3 3
a , yaitu 1,1,1 atau 1,2 atau 2,1 4 5
a , yaitu 1,1,1,1 atau 1,2,1 atau 1,1,2 atau 2,2 atau 2,1,1
Sangat jelas terlihat bahwa ketika sebuah langkah dijalankan, maka akan ada tiga atau kurang anak tangga lagi yang tersisa untuk dinaiki. Dengan demikian setelah langkah pertama menaiki sebuah anak tangga, akan ada a3cara untuk
meneruskan menaiki tiga anak tangga berikutnya. Jika langkah pertama menaiki dua anak tangga, maka akan ada a2 cara untuk meneruskan menaiki
dua anak tangga yang tersisa. Dengan demikian a4 a3 a2 3 2.
Contoh 3: (Dividing the Plane)
Misalkan akan digambarkan n buah garis pada selembar kertas demikian sehingga setiap pasang garis berpotongan (tetapi tidak boleh ada tiga garis
berpotongan pada titik yang sama). Berapa daerah yang dapat dibuat jika n buah garis membagi bidang datar dengan cara tersebut?
Penyelesaian:
Seperti sebelumnya, akan dicoba menggunakan kasus n kecil.
Dengan satu garis, kertas tadi dapat dibagi menjadi dua daerah, berarti a . 1 2 Dengan dua garis, kertas tadi dapat dibagi menjadi empat daerah, berarti
2
4
a
.Pada gambar (b) terlihat menggunakan tiga garis dapat dibuat tujuh daerah, berarti a 3 7. Pertanyaannya adalah apakah dengan menggunakan tiga garis selalu diperoleh tujuh daerah?
Jawabnya adalah, karena garis ketiga harus memotong kedua garis yang lain dan tidak boleh memotong pada titik yang sama, berarti garis ketiga tadi akan selalu membagi tiga daerah yang terbentuk dari dua garis sebelumnya. Oleh karena itu dapat dipastikan bahwa garis ketiga akan selalu membentuk tiga daerah baru, berarti a3 a2 3 4 3 7.
1 2 1 2 3 1 2 3 (a) (b) (c)
Dengan cara yang sama, garis ke empat akan membentuk empat daerah baru setelah memotong tiga garis tidak pada satu titik yang sama. Dapat dilihat pada gambar (c). Sehingga diperoleh a4 a3 4 7 4 11.
Contoh 4: (Tower of Hanoi)
Tower of Hanoi adalah sebuah pemainan yang terdiri dari n buah lingkaran
dengan berbagai ukuran dan terdapat tiga buah pasak/tiang tempat meletakan lingkaran-lingkaran tadi. Pada awalnya seluruh lingkaran diletakan pada salah satu pasak dengan lingkaran terbesar berada pada posisi terbawah baru diikuti oleh lingkaran lain yang lebih kecil secara terurut. Lingkaran-lingkaran pada pasak pertama akan dipindahkan ke pasak ketiga dengan susunan yang sama. Persoalannya adalah ketika lingkaran tadi akan dipindahkan, maka susunan lingkaran harus selalu terurut dari besar ke kecil (dari bawah ke atas). Tentukan relasi rekursi untuk
a
n, yaitu banyak langkah minimum yangdibutuhkan untuk memindahkan n buah lingkaran. Berapa banyak langkah yang dibutuhkan untuk bermain dengan 6 buah lingkaran?
Penyelesaian:
Ke enam lingkaran yang ada pada pasak pertama akan dipindahkan seluruhnya pada pasak ketiga dengan aturan mula-mula mainkan ”permainan
Tower of Hanoi untuk lima lingkaran terkecil” dimana lima lingkaran terkecil
dipindahkan dari pasak pertama ke pasak kedua. Kemudian lingkaran keenam dipindahkan dari pasak pertama ke pasak ketiga. Permainan yang sama dilakukan ketika akan memindahkan lima linkaran terkecil yang ada pada pasak kedua ke pasak ketiga. Jadi ketika akan memindahkan n buah lingkaran dari pasak pertama ke pasak ketiga, mula-mula pindahkan (n-1) lingkaran terkecil dari pasak pertama kepasak kedua, kemudian memindahkan lingkaran terbesar (ke-n) dari pasak pertama ke pasak ketiga, baru (n-1) lingkaran terkecil yang ada pada pasak kedua dipindahkan seluruhnya ke pasak ketiga.
Jika an adalah banyaknya langkah yang dibutuhkan untuk memindahkan
lingkaran dari satu pasak ke pasak yang lai, maka relasi rekursi yang terbentuk adalah an an1 1 an1 2an1 1. Dengan kondisi awal a , maka 1 1
2 2 1 1 2.1 1 3;
a a a3 2a2 1 3.2 1 7; a4 2a3 1 2.7 1 15;
5 2 4 1 2.15 1 31;
a a dan a6 2a5 1 2.31 1 63;
Jadi untuk memindahkan enam buah lingkaran dibutuhkan minimal 63 langkah.
Formula eksplisit untuk relasi rekursi ini adalah 2n 1
n
a .
Contoh 5: (Money Growing in a Savings Account)
Sebuah Bank membayar 8 persen bunga setiap tahun untuk uang yang tersimpan disetiap account. Tentukan relasi rekursi untuk jumlah uang yang diterima setelah n tahun jika strategi investasinya sebagai berikut:
a. Investasi $ 1000 dan menyimpannya di Bank selama n tahun b. Investasi $ 100 pada setiap akhir tahun
Jawab:
Jika sebuah account berisi $ x pada awal tahun, maka pada akhir tahun (pada awal tahun berikutnya) akan menjadi $ x ditambah bunga dari $ x, dengan asumsi tidak ada uang yang ditambahkan ataupun diambil dari account tersebut selama setahun.
a. Relasi rekursinya adalah an an1 0,8an1 1,8an1 dengan kondisi awal
0 1000
a
Relasi Rekursi Linier Berkoefisien Konstan
Sebuah relasi rekursi linier berkoefisien konstan dari sebuah fungsi numerik a, secara umum ditulis sebagai berikut
C0 an + C1 an-1 + C2 an-2 + … + Ck an-k = f(n)
dimana Ci , untuk i = 0,1,2,…,k adalah konstan dan f(n) adalah sebuah fungsi
numerik dengan variabel n.
Relasi rekursi tersebut dikatakan relasi rekursi linier berderajat k , jika C0 dan
Ck keduanya tidak bernilai 0 (nol).
Contoh 1
2 an + 2 an-1 = 3n adalah sebuah relasi rekursi linier berderajat 1
tn = 7 tn-1 adalah sebuah relasi rekursi linier berderajat 1
an – an-1 – an-2 = 0 adalah sebuah relasi rekursi linier berderajat 2
bn-3 – 3bn = n+3 adalah sebuah relasi rekursi linier berderajat 3
Untuk sebuah relasi rekursi dengan koefisien konstan derajat k, jika diberikan k buah harga aj yang berurutan am-k , am-k+1 , … , am-1 untuk suatu nilai m
tertentu, maka setiap nilai am yang lain dapat dicari dengan rumus
am =
0
1
C
( C1 am-1 + C2 am-2 + … + Ck am-k - f(m) )
dan selanjutnya, harga am+1 juga dapat dicari dengan cara
am+1 =
0
1
C
( C1 am + C2 am-1 + … + Ck am-k+1 - f(m+1) )
demikian pula untuk nilai am+2 , am+3 dan seterusnya. Di lain pihak, harga a m-k-1 dapat pula dihitung dengan
am-k-1 = k
C
1
dan am-k-2 dapat dicari dengan am-k-2 = k C 1 ( C1 am-2 + C2 am-3 + … + Ck-1 am-k-1 - f(m-2) ).
Harga am-k-3 dan seterusnya dapat dicari dengan cara yang sama. Jadi, untuk
sebuah relasi rekursi linier berkoefisien konstan derajat k , bila harga k buah aj yang berurutan diketahui, maka harga aj yang lainnya dapat ditentukan
secara unik. Dengan kata lain, k buah harga aj yang diberikan merupakan
himpunan syarat batas (kondisi batas) yang harus dipenuhi oleh relasi rekursi tersebut untuk dpat memperoleh harga yang unik.
Solusi Homogen Dari Relasi Rekursi
Seperti telah disebutkan pada bagian sebelumnya, sebuah relasi rekursi linier berkoefisien konstan dapat dinyatakan dalam bentuk C0 an + C1 an-1 + … + Ck a n-k = f(n). Bila nilai f(n) = 0, maka diperoleh relasi rekursi yang memenuhi
C0 an + C1 an-1 + C2 an-2 + … + Ck an-k = 0.
Relasi rekursi demikian disebut dengan relasi rekursi homogen dan solusi dari relasi rekursi homogen ini dinamakan solusi homogen atau jawab homogen. Dalam usaha mencari solusi dari sebuah relasi rekursi perlu dicari dua macam solusi, yaitu :
1. Solusi homogen (jawab homogen) yang diperoleh dari relasi rekursi linier dengan mengambil harga f(n) = 0.
2. Solusi khusus/partikuler (jawab khusus) yang memenuhi relasi rekursi sebenarnya.
Solusi total atau jawab keseluruhan dari sebuah relasi rekursi adalah jumlah dari solusi homogen dan solusi partikuler. Misalkan an(h) = (a0(h), a1(h), … )
adalah solusi homogen yang diperoleh dan misalkan an(p) = (a0(p), a1(p), … )
adalah solusi partikuler yang diperoleh, maka solusi total dari relasi rekursi yang dimaksud adalah
an = a(h) + a(p)
Solusi homogen dari sebuah relasi rekursi linier dapat dicari dengan mengambil harga f(n)=0. Solusi homogen dari sebuah persamaan diferensial linier dengan koefisien konstan dinyatakan dalam bentuk An , dimana
adalah akar karakteristik dan A adalah konstanta yang harganya akan ditentukan kemudian untuk memenuhi syarat batas yang diberikan. Dengan substitusi bentuk An kepada an pada persamaan homogen C0 an + C1 an-1 +
C2 an-2 + … + Ck an-k = 0 , maka diperoleh
C0 An + C1 An-1 + C2 An-2 + … + Ck An-k = 0.
Dengan penyederhanaan pada persamaan tersebut, maka diperoleh C0 n + C1 n-1 + C2 n-2 + … + Ck n-k = 0
Persamaan ini merupakan persamaan karakteristik dari persamaan diferensial yang diberikan. Jika, bila adalah akar karakteristik dari persamaan karakteristik ini, maka An akan memenuhi persamaan homogen. Jadi, solusi
homogen yang dicari akan berbentuk An.
Bila persamaan karakteristik memiliki sebanyak k akar karakteristik berbeda (1 2 … k) , maka solusi homogen dari relasi rekursi yang
dimaksud dinyatakan dalam bentuk
dimana i adalah akar karakteristik dari persamaan karakeristik yang
diperoleh, sedangkan Ai adalah konstanta yang akan dicari untuk memenuhi
kondisi batas yang ditentukan.
Contoh 2
Tentukan solusi homogen dari relasi rekursi bn + bn-1 – 6 bn-2 = 0
dengan kondisi batas b0 = 0 , b1 = 1 .
Penyelesaian :
Relasi rekursi tersebut adalah relasi rekursi homogen, karena f(n)=0. Persamaan karakteristik dari relasi rekursi bn + bn-1 – 6 bn-2 = 0 adalah
2 + - 6 = 0 atau (+ 3) ( - 2) = 0
hingga diperoleh akar-akar karakteristik 1 = -3 dan 2 = 2.
Oleh karena akar-akar karakteristiknya berbeda, maka solusi homogennya berbentuk bn(h) = A1 1n + A2 2n 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 rekursi bn + bn-1 – 6 bn-2 = 0 adalah
bn(h) = 5 1 (-3)n + 5 1 . 2n .
Jika akar karakteristik 1 dari persamaan karakteristik merupakan akar
ganda yang berulang sebanyak m kali, maka bentuk solusi homogen yang sesuai untuk akar ganda tersebut adalah
dimana Ai adalah konstanta yang nantinya akan ditentukan untuk memenuhi
kondisi batas yang ditentukan.
Contoh 3
Tentukan solusi dari relasi rekursi an + 4 an-1 + 4 an-2 = 2n .
Penyelesaian :
Relasi rekursi homogen : an + 4 an-1 + 4 an-2 =0.
Persamaan karakteristiknya adalah 2 + 4 + 4 = 0
(+ 2) ( + 2) = 0
hingga diperoleh akar-akar karakteristik 1 = 2 = -2 , m = 2,
Oleh karena akar-akar karakteristiknya ganda,
maka solusi homogennya berbentuk an(h) = (A1 nm-1 + A2 nm-2) 1n ,
an(h) = (A1 n + A2 ) (-2)n .
Contoh 4
Tentukan solusi homogen dari relasi rekursi
4 an - 20 an-1 + 17 an-2 – 4 an-3 = 0.
Penyelesaian :
Persamaan karakteristiknya : 4 3 - 20 2 + 17 - 4 = 0
akar-akar karakteristiknya ½ , ½ dan 4
Solusi Khusus dari Relasi Rekursi
Pada dasarnya tidak ada satu metode yang dapat menentukan solusi khusus dari sebuah relasi rekursi linier yang tidak homogen. Untuk menentukan solusi khusus dari sebuah relasi rekursi linier dengan f(n) 0, akan diberikan beberapa model solusi yang disesuaikan dengan bentuk f(n). Model yang sering digunakan adalah model polinomial atau model eksponensial.
1. Secara umum, jika f(n) berbentuk polinomial derajat t dalam n : F1 nt + F2 nt-1 + … + Ft n + Ft+1 ,
maka bentuk dari solusi khusus yang sesuai adalah : P1 nt + P2 nt-1 + … + Pt n + Pt+1
2. Jika f(n) berbentuk n dan bukan akar karakteristik dari persamaan
homogen, maka jawab khusus berbentuk P n
3. Jika f(n) berbentuk (F1.nt + F2.nt-1 +…+ Ft.n + Ft+1 ).n dan bukan akar
karakteristik dari persamaan homogen, maka bentuk dari solusi khusus yang sesuai adalah :
(P1 nt + P2 nt-1 + … + Pt n + Pt+1 ) n
4. Jika f(n) berbentuk (F1.nt + F2.nt-1 +…+ Ft.n + Ft+1 ).n dan akar
karakteristik yang berulang sebanyak (m-1) kali, maka bentuk dari solusi khusus yang sesuai adalah :
Contoh 1
Carilah solusi khusus dari relasi rekursi ar + 5ar – 1 + 6 ar – 2 = 3r2.
Penyelesaian:
Misalkan solusi khusus yang akan dipilih adalah suatu polinomial derajat dua P1r2 + P2r + P3
Dengan mensubstitusi ke relasi rekursi yang diketahui maka akan diperoleh suatu persamaan yang baru yang akan dipenuhi oleh P1, P2, P3 sebagai berikut
P1r2 + P2r + P3 + 5(P1(r – 1)2 + P2(r – 1) + P3) + 6(P1(r – 2)2 + P2(r – 2) + P3) = 3r2 P1r2 + P2r + P3 + 5(P1(r2 – 2r + 1) + P2r – P2 + P3) + 6(P1(r2 – 4r + 4) + P2r – 2P2 + P3) = 3r2 P1r2 + P2r + P3 + 5P1r2 – 10 P1r + 5P1 + 5P2r – 5P2 + 5P3 + 6P1r2 – 24P1r + 24 + 6P2r – 12P2 + 6P3 = 3r2 12P1r2 + P2r + P3 – 10 P1r + 5P1 + 5P2r – 5P2 + 5P3 – 24P1r + 24 + 6P2r – 12P2 + 6P3 = 3r2
