RELASI REKURSIF Definisi Relasi Rekursif

(1)

RELASI REKURSIF

5.1. Definisi Relasi Rekursif

Relasi rekursif dari suatu barisan an adalah suatu rumus yang menyatakan suku ke-n menjadi suku-suku sebelumnya untuk suatu n bilangan bulat nonnegatif sedemikan rupa sehingga terbentuk suatu persamaan dari hubungan suku-suku tersebut. Persamaan yang menyatakan antara beberapa suku tersebut dinamakan relasi rekurensi.

Sebagai contoh, perhatikan barisan berikut ini.

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ...

Jika diperhatikan lebih lanjut, maka dari barisan di atas diperoleh:

 suku ke-3 = suku ke-2 + suku ke-1, → a₃ a₂ a₁

 suku ke-4 = suku ke-3 + suku ke-2, → a₄  a₃ a₂

 suku ke-5 = suku ke-4 + suku ke-3, → a₅  a₄ a₃

 suku ke-6 = suku ke-5 + suku ke-4, → a₆  a₅ a₄

 dan seterusnya.

Bila hubungan antarsuku pada barisan di atas diubah menjadi suatu rumus, maka akan diperoleh:

1 2

n n n

a a _ a_

Bentuk relasi rekursif a_n di atas dikenal dengan sebutan rumus Fibonacci, dan barisannya dikenal dengan barisan Fibonacci.

Contoh 1:

Diketahui relasi rekursif dari barisan a_n sebagai berikut

2 1 1

n n

a  a _  dengan kondisi awal a₁1 untuk n2.

Tentukanlah 6 suku pertama dari barisan tersebut!

Jawab:

Telah diketahui bahwa a₁1. Maka, langkah selanjutnya adalah menentukan a , ₂ a , ₃ a , ₄ a , ₅ dan a . ₆

2 2 1 1 2(1) 1 3

a  a    

3 2 2 1 2(3) 1 7

a  a    

4 2 3 1 2(7) 1 15

a  a    

5 2 4 1 2(15) 1 31

a  a    

6 2 5 1 2(31) 1 63

a  a    

Jadi, 6 suku pertama dari barisan tersebut:

1, 3, 7, 15, 31, 63

(2)

Jika diketahui relasi rekursif dari suatu barisan, dan mau menentukan nilai suku ke-n dengan n yang cukup besar, maka cara perhitungan seperti pada Contoh 1 sangatlah tidak efektif. Misalkan, jika mau mencari nilai suku ke-100 dari barisan pada Contoh 1, ini berarti bahwa kita harus menentukan nilai dari suku-suku sebelumnya, yaitu suku ke-1 sampai dengan suku ke-99. Tentulah cara seperti ini sangat tidak efektif.

Oleh karena itu, bentuk umum dari relasi rekursif haruslah ditentukan sehingga bisa menentukan suku ke-n tanpa harus mencari nilai dari suku-suku sebelum suku ke-n.

5.2. Relasi Rekursif dengan Iterasi

Penyelesaian relasi rekursif dengan iterasi (pengulangan) merupakan metode paling mendasar. Langkah-langkah penyelesaian dengan iterasi adalah sebagai berikut.

1. Tulis suku-suku barisan secara berurutan dan terus menerus hingga memperoleh pola tertentu;

barisannya bisa menaik : a , ₀ a , ₁ a , ..., ₂ a_n_₂, a_n_₁, a _n barisannya bisa menurun : a , _n a_n_₁, a_n_₂, ..., a , ₃ a , ₂ a ₁

2. Berdasarkan pola yang telah didapat pada langkah awal, buat rumus umumnya.

Ada beberapa deret yang sering digunakan dalam menyelesaikan relasi rekursif dengan iterasi, yaitu:

1. 1 2 3 4 ... ⁽ ¹⁾ 2 r r r

     

2. 1² 2² 3² 4² ... ² ⁽ ¹⁾⁽² ¹⁾ 6

r r r

r  

      3.

2

3 3 3 3 3 ( 1)

1 2 3 4 ...

2 r r r 

       

4. 1 2 2 3 3 4 4 5 ... ( 1) ( 1) ⁽ ¹⁾⁽ ²⁾ 3 r r r

r r r r  

               5.

1

2 3 1

1 ...

1

k

k r

r r r r

r

 

     

 dengan r1. Contoh 2:

Tentukan solusi relasi rekursif dari barisan a_n berikut

2 1 1

n n

a  a _  dengan kondisi awal a₁1 untuk n2!

Jawab:

Contoh ini akan diselesaikan dengan 2 cara, yaitu dengan barisan menaik dan dengan barisan menurun.

Penyelesaian dengan barisan menaik.

1

2 2 1

a  a 

3 2

2

2 1

2(2 1) 1 2 2 1

a

a a

a

 

     

(3)

4 3 2

1

3 2

1

2 1

2(2 2 1) 1 2 2 2 1

a a

 

       

5 4

3

2 2

3

1 1

4

2 1

2(2 2 2 1) 1 2 2 2 2 1

a

a a

 a 

          



1 2 3 2

1

1 2 3 2

2 3 2 1

2 2 2 ... 2 2 1

2 1 2 2 ... 2 2 1

2 2 2 ... 2 2 1

1 2 2 ... 2 2 2

n n n

n

n n n

a ^ a ^ ^

  

      

       

      

       Perhatikan kembali bentuk deret:

1

2 3 1

1 ...

1

k

k r

r r r r

r

 

     

 Maka, dengan membuat r2 dan k  n 1, didapatlah

( 1) 1

2 1

1

2 1

n

n n

n

a

  

 

Penyelesaian dengan barisan menurun.

2 1 1

n n

a  a _ 

Karena a_n_₁2a_n_₂1, maka

2 2

2

2(2 1) 1

2 _n 2 1

n n

a a

a



  

Karena a_n_₂ 2a_n_₃1, maka

2 3

3 2

3

2 (2 1) 2 1

2 2 2 1

n

n a

a

a _



   

Karena a_n_₃2a_n_₄1, maka

3 2

4

4 3 2

4

2 (2 1) 2 2 1

2 _n 2 2 2 1

n an

a

a _



    

 

1 ( 1) 1 ( 2) 1 3 2

( 1)

1 2 3 3 2

1

1 2 3 3 2

2 3 2 1

2 2 2 ... 2 2 2 1

2 1 2 2 ... 2 2 2 1

2 2 2 ... 2 2 2 1

1 2 2 ... 2 2 2

n n n

n n

n n n

an a a

    

 

  

       

        

       

      

(4)

Perhatikan kembali bentuk deret:

1

2 3 1

1 ...

1

k

k r

r r r r

r

 

     

 Maka, dengan membuat r2 dan k  n 1, didapatlah

( 1) 1

2 1

1

2 1

n

n n

n

a

  

 

Salah satu keuntungan penggunaan metode iterasi ini adalah tidak diperlukan rumus khusus dalam mencari solusi/bentuk umum suatu relasi rekursif. Namun, penggunaan iterasi ini kurang efektif apabila pola yang didapat tidak familier dengan kelima bentuk deret yang sudah disampaikan sebelumnya. Oleh karena itu, materi selanjutnya akan mempelajari bagaimana mencari solusi/bentuk umum dari suatu relasi rekursif dengan memanfaatkan persamaan karakteristiknya.

5.3. Bentuk Umum Relasi Rekurensi

Misalkan n dan k adalah bilangan bulat nonnegatif dengan nk. Bentuk umum dari relasi rekurensi linear berderajat k adalah sebagai berikut.

0 _n 1 _n 1 2 _n 2 ... _k _{n k} ( )

C a C a_ C a _  C a_  f n dengan C₀ 0 dan C_k 0.

Sebagai contoh,

 a_n 2a_n_₁1 → berderajat 1

 a_n7a_n_₁10a_n_₂ 0 → berderajat 2

 a_n n a_n_₁5a_n_₃2 → berderajat 3

Perhatikan kembali bentuk umum dari relasi rekurensi linear berderajat k. Jika C , ₀ C , ₁ C , ..., 2 C semuanya adalah konstanta, maka relasi rekurensi linear di atas disebut sebagai _k relasi rekurensi linear dengan koefisien konstan.

- Jika C , ₀ C , ₁ C , ..., ₂ C semuanya adalah konstanta dan _k f n( )0, maka relasi rekurensi linear di atas disebut sebagai relasi rekurensi linear homogen dengan koefisien konstan.

- Jika C , ₀ C , ₁ C , ..., ₂ C semuanya adalah konstanta dan _k f n( )0, maka relasi rekurensi linear di atas disebut sebagai relasi rekurensi linear nonhomogen dengan koefisien konstan.

Pada bab ini, materi yang akan dipelajari adalah relasi rekurensi linear homogen dengan koefisien konstan.

(5)

5.4. Relasi Rekurensi Linear Homogen dengan Koefisien Konstan

Pada subbab sebelumnya, telah diketahui bahwa bentuk umum dari relasi rekurensi linear homogen dengan koefisien konstan adalah sebagai berikut.

0 _n 1 _n 1 2 _n 2 ... _k _{n k} 0

C a C a _ C a _  C a_ 

dengan C , ₀ C , ₁ C , ..., ₂ C semuanya adalah konstanta, _k C₀ 0, dan C_k 0.

Sebelum mencari penyelesaian dari relasi rekurensi ini, kita harus melihat bagaimana membentuk suatu persamaan karakteristik yang sesuai dengan relasi rekurensi yang diketahui. Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh-contoh di bawah ini.

- a_n4a_n_₁4a_n_₂ 0

Relasi rekurensi di atas merupakan relasi rekurensi yang berderajat 2. Maka, persamaan karakteristiknya juga harus berderajat 2. Jadi,

(ganti n dengan 2, lalu ubah jadi bentuk pangkat)

2 2 1 2 2

4 4 0

x  x ^  x ^ 

2 4 4 0

x  x  ← persamaan karakteristiknya - a_n3a_n_₂ 3a_n_₁a_n_₃

(jadikan satu ruas terlebih dahulu)

1 2 3

3 3 0

n n n n

a  a_  a _ a_ 

3 3 1 3 2 3 3

3 3 0

x  x ^  x ^ x ^ 

3 2

3 3 1 0

x  x  x  ← persamaan karakteristiknya

Langkah-langkah dalam menyelesaikan relasi rekurensi linear homogen dengan koefisien tetap adalah sebagai berikut.

1. Ubah relasi rekurensi menjadi persamaan karakteristik.

2. Cari akar-akar persamaan karakteristiknya dengan ketentuan:

a. jika semua akarnya berbeda (x₁x₂   x₃ ... x_k), maka solusinya adalah

1 1ⁿ 2 2ⁿ 3 3ⁿ ... ⁿ

n k k

a  p x p x p x  p x dengan p , ₁ p , ₂ p , ..., ₃ p semuanya adalah konstanta, _k

b. jika ada r akar yang sama (x₁x₂ ... x x_r, _r_₁,x_r_₂, ..., x_k), maka solusinya adalah



¹ ² ³ ² ^... ^r ¹



¹ⁿ ^... ¹ ⁿ¹ ¹ ⁿ² ^... ⁿ

n r r r r r k k

a  p       p n p n p n ^ x  p x_ _ p x_ _  p x dengan p , ₁ p , ₂ p , ..., ₃ p semuanya adalah konstanta. _k

3. Carilah nilai dari p , ₁ p , ₂ p , ..., ₃ p , kemudian substitusi ke rumus _k a yang telah _n dikonstruksi pada langkah kedua.

(6)

Contoh 3:

Selesaikanlah relasi rekurensi berikut

1 2

3 4

n n n

a  a _  a _ dengan kondisi awal a₀ 1 dan a₁3 untuk n2! Jawab:

1 2

3 4

n n n

a  a _  a _ → a_n3a_n_₁4a_n_₂0

2 2 1 2 2

3 4 0

x  x ^  x ^ 

2 3 4 0

x   x

Kemudian, faktorkanlah persamaan karakteristiknya, sehingga didapat:

(x4)(x 1) 0

1 4

x  V x₂  1

Perhatikan bahwa akar-akar persamaan karakteristiknya berbeda. Maka,

1 1 2 2

n n

an  p x p x

   

1 4 ⁿ 2 1ⁿ

an  p p  Selanjutnya, cari nilai p dan ₁ p . ₂

 Dengan memanfaatkan kondisi awal a₀ 1, diperoleh:

 

⁰

 

⁰

0 1 2

1 2

0

4 1 1

1 ... (persamaan ke-1)

a p p

p p

a

   



 

 Dengan memanfaatkan kondisi awal a₁3, diperoleh:

 

¹

 

¹

1 1 2

1

1 2

4 1 3

4 3 ... (persamaan k 2e- )

a p p

p

a p

   



 

Dengan menggunakan metode eliminasi terhadap persamaan ke-1 dan persamaan ke-2, diperoleh

1

4

p 5 dan ₂ 1 p 5 Jadi, solusinya adalah: ⁴

 

⁴ ¹

 

¹

5 5

n n

an      Contoh 4:

1 2

4 4 0

n n n

a  a_  a_  dengan kondisi awal a₀ 2 dan a₁ 5 untuk n2! Jawab:

(7)

2 2 1 2 2

4 4 0

x  x ^  x ^ 

2 4 4 0

x  x 

(x2)(x 2) 0

1 2

x  V x₂ 2

Perhatikan bahwa ada dua akar persamaan karakteristiknya yang sama. Maka,



1 2



1 n

an  p  p n x



1 2

  

2 ⁿ an  p   p n Selanjutnya, cari nilai p dan ₁ p . ₂

 

⁰

0 1 2

1 0

0 2 2

a p p

p a

    



 

¹

1 1 2

1

0 2

1 2 5

2 2 5 ... (persamaan ke-2) a

a p p

p p

  



 

 

Karena nilai p sudah diketahui pada persamaan ke-1, substitusilah ₁ p yang ada pada ₁ persamaan ke-2, sehingga diperoleh

1 2

p  dan ₂ 1 p  2

Jadi, solusinya adalah: ² ¹

 

² ^{2 2}

 

¹

 

²

2 2

n n n

an   n    n

Contoh 5:

1 2 3

2 5 6

n n n n

a  a _  a _  a _

dengan kondisi awal a₀ 17, a₁ 14, dan a₂ 110 untuk n3! Jawab:

1 2 3

2 5 6

n n n n

a  a _  a _  a _ → a_n2a_n_₁5a_n_₂6a_n_₃ 0

3 3 1 3 2 3 3

2 5 6 0

x  x^  x ^  x ^ 

3 2

2 5 6 0

x  x  x 

(x1)(x3)(x2)0

1 1

x  V x₂ 3 V x₃  2

(8)

Perhatikan bahwa akar-akar persamaan karakteristiknya berbeda. Maka,

1 1 2 2 3 3

n n n

an  p x p x p x

     

   

1 2 3

1 3 2

3 2

n n n

n

n n

a p p p

p p p

   

Selanjutnya, cari nilai p , ₁ p , dan ₂ p . ₃

 

⁰

 

⁰

0 1 2 3

1 2 3

0

3 2 17

a p

a

p p

p p p

    

  



 

¹

 

¹

1 1 2 3

1 2 3

1

3 2 14

3 2 14 ... (persamaan ke-2)

a p p p

p p p

a

    

   

 Dengan memanfaatkan kondisi awal a₂ 110, diperoleh:

 

²

 

²

2 1 2 3

1 2 3

2

3 2 110

9 4 110 ... (persamaan ke-3) a

a p p p

p p p

    

  



Dengan menggunakan metode eliminasi terhadap persamaan ke-1, persamaan ke-2, dan persamaan ke-3, diperoleh

1 1

p  , p₂ 9, dan p₃ 7 Jadi, solusinya adalah: an   ^{1 9 3}

 

ⁿ  ⁷

 

² ⁿ

Contoh 6:

1 2 3

n n n n

a a _ a _ a _ dengan kondisi awal a₀ 2, a₁ 4, dan a₂ 6 untuk n3! Jawab:

1 2 3

n n n n

a a _ a_ a _ → a_na_n_₁a_n_₂a_n_₃ 0

3 3 1 3 2 3 3

0 x x ^ x^ x ^ 

3 2

1 0 x    x x

(x1)(x1)(x 1) 0

1 1

x   V x₂  1 V x₃ 1

Perhatikan bahwa ada dua akar persamaan karakteristiknya yang sama, dan 1 akar persamaan karakteristiknya yang berbeda. Maka,



1 2



1 3 3

n n

an  p  p n x p x

(9)

    

  

1 2 3

1 1

1

n n

n

a p p n p

p p n p

     

     Selanjutnya, cari nilai p , ₁ p , dan ₂ p . ₃

  

⁰

0 1 2 3

1 3

0 1 2

a p p p

p p

     

 



  

¹

1 1 2 3

1 2 3

1 1 4

a p p p

p p p

     

   



 Dengan memanfaatkan kondisi awal a₂ 6, diperoleh:

  

²

2 1 2 3

1 2 3

2 1 6

2 6 ... (persamaan ke-3)

a p p p

p p p

     

  



Dengan menggunakan metode eliminasi terhadap persamaan ke-1, persamaan ke-2, dan persamaan ke-3, diperoleh

1 2

p   , p₂ 2, dan p₃ 4

Jadi, solusinya adalah: an   



^{2 2}n

 

¹ ⁿ    ⁴ ²

 

¹ⁿ  ²n

 

¹ ⁿ⁴

(10)

L A T I H A N S O A L

Selesaikanlah relasi rekurensi homogen berikut ini.

1. a_n a_n_₁2a_n_₂ ; dengan kondisi awal a₀ 2 dan a₁7 untuk n2. 2. a_n 6a_n_₁9a_n_₂ ; dengan kondisi awal a₀ 1 dan a₁6 untuk n2. 3. a_n4a_n_₂ 0 ; dengan kondisi awal a₀ 3 dan a₁8 untuk n2.

4. a_n11a_n_₂ 6a_n_₁6a_n_₃ ; dengan kondisi awal a₀ 2, a₁5, dan a₂ 15 untuk 3

n .

5. a_n3a_n_₂3a_n_₁a_n_₃0 ; dengan kondisi awal a₀ 1, a₁ 2, dan a₂  1 untuk 3

n .