RELASI REKURSIF (RR) Khoerul Umam, S.Pd Universitas Muhammadiyah Prof. DR. HAMKA
[email protected] 1. PENGERTIAN Relasi Rekursif Linear berderajat k mempunyai bentuk umum sebagai berikut :
an h1 (n)an1 h2 (n)an2 ... hk (n)ank f (n) →→→(1) Dengan : hi (n), i ,1 i k & f (n) adalah fungsi-fungsi dalam n dan hk (n) 0
Jika f (n) 0 , maka (1) dinamakan homogen
Jika f (n) 0 , maka (1) dinamakan non homogen
Jika
i ,1 i k , hi (n) c (konstanta) maka (1) dinamakanRRL derajat k dengan koefisien-
koefisien konstanta, dengan syarat c 0 Contoh 1. RR an
an1 an2 apakah termasuk bentuk
i) homogen ? ii) linear ? iii) berapakah derajatnya ? Penyelesaian :
an an1 an2
an an1 an2 0 i)
karena f (n) 0 , maka termasuk homogen,
ii) karena tidak ada perkalian variable(*), maka RR tersebut linear, iii) karena h1 (n) 1 (koefisien dari an1 ), dan h2 (n) 1(koefisien dari an2 ), maka mempunyai koefisiennya konstan, iv) hk (n) h2 (n) , maka k = 2, jadi RR tersebut berderajat 2. (*) Persamaan linear didefinisikan sebagai : “persamaan yang memuat variable dan tidak ada perkalian antara dua variable” Perhatikan ! Karena persamaan tersebut berderajat 2 (dengan variable an , an1 , dan an2 ), maka perlu ada dua syarat awal (berurutan) agar solusi RR tersebut tunggal, misalnya :
an an1 an2 ; n 2
Bagian rekursif
a0 1; a1 1
Syarat awal
Jika dibentuk barisan, diperoleh :
a0 1 a1 1
a2 a21 a22 a1 a0 1 1 2 a3 a31 a32 a2 a1 2 1 3 a4 a41 a42 a3 a2 3 2 5; dst Sehingga (an ) = (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . ., an2 , an1 , a n , . . .) Contoh 2. Tentukan sifat-sifat dari RR
an nan1 (1)
n
Penyelesaian :
an nan1 (1)
n
an nan1 (1)
i)
n
tidak homogen, karena f (n) (1)
n
0,
ii) linear, karena tidak ada perkalian variable, iii) derajat 1 iv) koefisien non konstanta, karena h1 (n) n (ikut bergerak) karena berderajat 1, maka perlu ada satu syarat awal, misalnya :
an nan1 (1) ; n 1
Bagian rekursif
a0 1
Syarat awal
n
Catatan : nilai syarat awal sesuai permasalahan Contoh 3. Tentukan sifat-sifat dari RR
an a0 an a1an1 ... an a0 Penyelesaian : i) homogen, ii) tidak linear, karena ada perkalian antara dua variable, iii) derajat n+1 iv) koefisien konstanta Teorema Superposisi : Jika g1 (n) solusi dari
an c1an1 c2 an2 ... ck ank f 1 (n) →→→(1) Dan g 2 (n) solusi dari
an c1an1 c2 an2 ... ck ank f 2 (n) →→→(2) Maka c1 g1 (n) c2 g 2 (n) adalah solusi dari ˆ
ˆ
an c1an1 c2 an2 ... ck ank c1 f 1 (n) c2 f 2 (n) →→→(3) ˆ
ˆ
Bukti : Karena g1 (n) solusi dari f 1 (n) , maka variable-nya dapat diganti dengan g1 (n) diperoleh :
g1 (n) c1 g1 (n 1) c2 g1 (n 2) ... ck g1 (n k ) f 1 (n) →→→(4) Karena g 2 (n) solusi dari f 2 (n) , maka :
g 2 (n) c1 g 2 (n 1) c2 g 2 (n 2) ... ck g 2 (n k ) f 2 (n) →→→(5) Jika an
c1 g1 (n) c2 g 2 (n) , maka ˆ
ˆ
an c1an1 c2 an2 ... ck ank
[c1 g1 (n) c2 g 2 (n)] c1[c1 g1 (n 1) c2 g 2 (n 1)] c2 [c1 g1 (n 2) c2 g 2 (n 2)] ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
... ck [ c1 g1 (n k ) c2 g 2 (n k )] ˆ
ˆ
c1[ g1 (n) c1 g1 (n 1) c2 g1 (n 2) ... ck g1 (n k )] + ˆ
c2 [ g 2 (n) c1 g 2 (n 1) c2 g 2 (n 2) ... ck g 2 (n k )] ˆ
c1 f 1 (n) c2 f 2 (n) ˆ
ˆ
Terbukti. Catatan : Jika f 1 (n) 0 , f 2 (n) 0 , maka RR (1), (2), dan (3) ( 3) sama.
ˆ
Akibat dari teorema Superposisi : Jika g1 (n) , g 2 (n) , g3 (n) , . . ., gt (n) adalah solusi dari
an c1an1 c2 an2 ... ck ank 0 Maka : c1 g1 (n) c2 g 2 (n) ... ck g t (n) adalah solusi dari ˆ
ˆ
ˆ
an c1an1 c2 an2 ... ck ank 0
2. MENYELESAIKAN RELASI REKURSIF A. Menyelesaikan RR dengan akar-akar karakteristik Perhatikan RR berikut :
an c1an1 c2 an2 ... ck ank 0 a0
Misalkan an
p0 , a1
p1 , a2
p2 ,..., ak
(*) 1
pk
1
x n , x 0
Maka dari bagian rekursif (*) diperoleh
x c1 x n
n1
c2 x n2 ... ck x nk 0
Bagi kedua ruas dengan x
x c1 x k
k 1
c2 x
nk
k 2
(karena x 0 ), maka
... ck 0 →→→(**)
Persamaan (**) disebut persamaan karakteristik (pk) dari RR (*) Umumnya Umumnya persamaan (**) ( **) mempunyai k akar, namakan : x1 , x2 , x3 ,..., xk Selanjutnya ditinjau dua kasus, yaitu : Kasus I : Akar-akar pk berbeda semua. Menggunakan metode akar karakteristik Karena : x1 , x2 , x3 ,..., xk akar-akar dari pk (**), maka n
n
n
n
x1 , x2 , x3 ,..., xk adalah solusi dari RR (*) Berdasarkan akibat teorema Superposisi, maka n
n
n
n
c1 x1 , c2 x2 , c3 x 3 ,..., ck xk adalah juga solusi dari RR (*), ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
untuk sembarang konstanta c1 , c2 , c3 ,..., ck ˆ
selanjutnya : an
ˆ
ˆ
ˆ
c1 x1 c2 x2 c3 x 3 ... ck xk disebut solusi umum dari RR (*). n
n
ˆ
n
ˆ
n
ˆ
ˆ
Dengan memanfaatkan syarat awal, akan dicari nilai-nilai c1 , c2 , c3 ,..., ck ˆ
ˆ
ˆ
a0 p0 → a0 c1 c2 c3 ... ck p0 ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
a1 p1 → a1 c1 x1 c2 x2 c3 x 3 ... ck xk p1 ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
a2 p2 → a2 c1 x1 c2 x2 c3 x 3 ... ck xk p2 2
2
ˆ
2
ˆ
2
ˆ
ˆ
. . . k 1
ak 1 pk 1 → ak 1 c1 x1 ˆ
c2 x2 ˆ
k 1
k 1
k 1
c3 x 3 ... ck xk ˆ
ˆ
pk 1
System persamaan di atas dapat ditulis dalam bentuk persamaan matriks :
ˆ
1 1 1 x x2 x3 12 2 2 x1 x2 x3 . . . . . . . . . k 1 k 1 k 1 x2 x3 x1
c p c p ... xk 2 p ... xk c . . . = . . . . . . . k 1 ... xk c k p k 1
...
ˆ
1
ˆ
2
ˆ
3
1
2
3
ˆ
A.C
1
= P
Karena x1 , x2 , x3 ,..., xk semuanya berbeda, maka dapat dibuktikan bahwa det det . A 0 , sehingga A
– 1
–
ada. Dengan demikian C = A 1P, dari sini diperoleh nilai-nilai c1 , c2 , c3 ,..., ck , selanjutnya nilai-nilai ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ini disubstitusikan disubstitusikan pada solusi umum RR (*) dan diperoleh solusi RR yang memenuhi syarat awal. Kesimpulan : Langkah-langkah Langkah-langkah menyelesaikan RR dengan akar-akar karakteristik adalah : 1. Memisalkan : an
x n , dengan x 0
2. Bagi Kedua ruas dengan x
n k
3. Diperoleh persamaan karakteristik, dan dicari akar-akarnya. Diperoleh x1 , x2 ,... 4. Diperoleh solusi umum RR an
c1 x1 c2 x2 c3 x 3 ... ck xk n
ˆ
n
ˆ
n
ˆ
n
ˆ
5. Dicari nilai konstanta dari solusi umum dengan cara eliminasi, substitusi, atau matriks. 6. Nilai konstanta disubstitusikan disubstitusikan ke solusi umum diperoleh solusi dari RR. Contoh 1. Selesaikan RR berikut :
an an1 an 2 , n 2 a0 1, a1 1 Penyelesaian : Missal : an
x n , dengan x 0
Maka dari bagian rekursif diperoleh :
x x n
n 1
x n 2
Bagi kedua ruas dengan x
n2
, maka diperoleh :
2 x x 1
2 x x 1 0
Akar-akar pk adalah :
x1, 2 x1, 2 x1, 2
1 5
1 1 4 2 1 5 2 ˄ x1, 2
1 5
2 2 Jadi solusi umum dari RR adalah : n
1 5 c2 1 5 an c1 2 2
n
Dengan syarat awal diperoleh :
a0 1 → a0 c1 c2 1
→→→→ (1)
1 5 c2 1 5 1 →→→→ (2) 2 2
a1 1 → a1 c1
Eliminasi c2 dari (1) dan (2) diperoleh :
1 5 c1 1 5 c2 1 5 2 2 2 1 5 c1 1 5 c2 1 2 2 _
5c1
1 5
c1
2 1 5
c1
2
.
5 5
5 5 →→→→ (3)
10
Substitusi (3) pada (1) diperoleh
5 5
c2 1
10
c2
5 5 10
Sehingga solusi dari RR adalah n
1 5 1 5 1 5 1 5 an 10 2 10 2
n
Kasus II : ada akar-akar pk yang sama. Teorema :
“jika x1 adalah akar pk rangkap t, maka solusi umum RR (*) yang melibatkan x1 adalah n
n
t 1
n
2
n
c1 x1 , c2 nx2 , c3n x3 ,..., ct n xk ˆ
Missal k = 5 : x1
ˆ
ˆ
ˆ
x2 x 3 , x4 x5
Solusi umum RR adalah : 2 an c1 x1 c2 nx1 c3n x1 c4 x4 c5 nx4
n
n
ˆ
ˆ
n
n
ˆ
ˆ
n
ˆ
(melibatkan 5 akar yang independen) Missal k = 6 : x1
x2 , x3 , x4 , x5 x6
Solusi umum RR adalah :
an c1 x1 c2 nx1 c3 x3 c4 x4 c5 x5 c6 nx5 n
n
ˆ
ˆ
n
ˆ
n
ˆ
n
ˆ
n
ˆ
Contoh 2. Selesaikan
an 5an 1 3an 2 9an 3 0, n 3 a0 1, a1 2, a2 1 Penyelesaian : Missal : an
x n , dengan x 0
Maka dari bagian rekursif diperoleh :
x 5 x n
Bagi kedua ruas dengan x
n3
n1
3 x n2 9 x n3 0
diperoleh :
x3 5 x 2 3x 9 0 (difaktorkan dengan cara horner) ( x 1)( x 3)( x 3) 0
1 ˄ x2 x3 3
Akar-akar pk adalah x1
Jadi solusi umum dari RR adalah :
an c1 (1) c2 (3) c3n(3) n
n
n
Dari syarat awal diperoleh :
a0 1 → c1 c2 1
→→→→ (1)
a1 2 → c1 3c2 3c3 2
→→→→ (2)
a2 1 → c1 9c2 18c3 1
→→→→ (3)
Eliminasi c3 dari (2) dan (3) diperoleh
6c1 18c2 18c3 12
c1 9c2 18c3 1
+
13
7c1 9c2
→→→→ (4)
Eliminasi c2 dari (1) dan (4) diperoleh
9c1 9c2 9 7c1 9c2 13
22
16c1
c1 Substitusi c1
11 8
11 8
11 8
11 8
22 16
11 8
pada (1)
c2 1 c2
Substitusi c1
+
3 8
dan c2
3
pada (2)
8
9
3c3 2 8
3c3 c3
4 8
4 24
1 6
Sehingga solusi RR adalah :
an
11 8
(1) n
3 8
(3) n
1 6
n(3)
n
Soal Latihan. 1. Sebuah tangga terdiri dari n buah anak tangga. Untuk menaiki tangga tersebut setiap langkah yang dilakukan diperbolehkan melangkah melangkah 1 atau 2 anak tangga sekaligus. Jika a n menyatakan banyak cara menaiki n-anak tangga tersebut, Carilah RR untuk an
a.
b. Selesaikan RR tersebut. 2. Jika
x1
x c1 x k
k 1
merupakan
akar
rangkap
dua
dari
persamaan
karakteristik
c2 x k 2 ... ck 0 , buktikan bahwa x1 dan nx1 adalah solusi-solusi dari RR n
n
an c1an1 c2 an2 ... ck ank 0 . 3. Jika
x1
x c1 x k
k 1
merupakan
akar
rangkap
tiga
dari
persamaan
karakteristik
c2 x k 2 ... ck 0 , buktikan bahwa x1n dan nx1 adalah solusi-solusi dari RR
an c1an1 c2 an2 ... ck ank 0 .
n
Penyelesaian : 1.a. Dari soal : a n = banyak cara menaiki n-anak tangga tersebut. Jelas bahwa a0
1 dan a1 1
RR dari masalah tersebut dapat diperoleh dengan cara sebagai berikut : Perhatikan langkah pertama yang dapat dilakukan : Kemungkinan 1 : melangkah 1 anak tangga pada langkah pertama, sisa anak tangga adalah (n – 1) anak tangga yang dapat dilakukan dengan an1 cara berbeda. Kemungkinan 1 : melangkah 2 anak tangga pada langkah pertama, sisa anak tangga adalah (n – 2) anak tangga yang dapat dilakukan dengan an2 cara berbeda. Maka banyak cara seluruhnya ( a n ) adalah jumlah dari banyak cara dari kemungkinan satu ( an1 ) dan banyak cara dari kemungkinan dua ( an2 ), sehingga diperoleh RR untuk masalah tersebut sebagai berikut :
an an 1 an 2 , n 2 a0 1, a1 1 1.b. Penyelesaian RR tersebut adalah : Missal : an
x n , dengan x 0
Maka dari bagian rekursif diperoleh : n n1 n2 x x x
Bagi kedua ruas dengan x
n2
, maka diperoleh :
2 x x 1
x x 1 0 2
Akar-akar pk adalah :
x1, 2 x1, 2 x1, 2
1 5
1 1 4 2 1 5 2 ˄ x1, 2
1 5
2 2 Jadi solusi umum dari RR adalah : n
1 5 c2 1 5 an c1 2 2
n
Dengan syarat awal diperoleh :
a0 1 → a0 c1 c2 1
→→→→ (1)
1 5 c2 1 5 1 →→→→ (2) 2 2
a1 1 → a1 c1
Eliminasi c 2 dari (1) dan (2) diperoleh :
1 5 c1 1 5 c2 1 5 2 2 2 1 5 c1 1 5 c2 1 2 2 _
5c1
1 5 2
1 5
c1
2
.
5 5
c1
10
5 5 →→→→ (3)
Substitusi (3) pada (1) diperoleh
5 5
c2 1
10
c2
5 5 10
Sehingga solusi dari RR adalah n
1 5 1 5 1 5 1 5 an 10 2 10 2
n
B. Penyelesaian RR Dengan Fungsi Pembangkit Contoh 1. Selesaikan RR berikut dengan FP.
an an 1 2n 0, n 1 a0 1, Penyelesaian :
Misalkan P(x) =
a x
n
n
=
a
n1
x
n1
n1
n 0
n
Kalikan kedua bagian rekursif dengan x , kemudian ‘disigma’ untuk n ≥ 1, diperoleh :
n
an x =
a x n
n
a0 x = x an1 x 0
n0
n
n1
n
2nx
n1
n1
an1 x
n1
2 nx
n1
n
Dari F2 :
n0
Dideferensial :
Kalikan dengan x :
P(x) – 1 = x.P(x) + 2 (1 – x)P(x) = 1 + 2 P(x) =
x (1 x)
2
x (1 x)
1 (1 x)
+
2
2 x (1 x)
3
3n1 n . x = x 2 x n0 n0 n
n
n2 n1 = x 2 . x n0 n0 n
n
n1 n = x 2 . x n0 n1 n1
n
So, the solution of RR is :
1 1 x
x
2
=
nx
n 1
n 0
x (1 x)
n
n 0
1 (1 x)
=
2
=
nx n 0
n
n0 1, an = n 1 , n 1 1 2 1 n
n0 1, an = (n 1).n , n 1 1 2 2 n0 1, an = 2 1 n n, n 1 n 2 n 1, n 0
an =
Contoh 2. Selesaikan RR berikut dengan FP. n an nan 1 (1) , n 1 a0 1,
Catatan : ini adalah model matematika dari permutasi n-obyek sehungga tidak ada yang menempati tempat semula
Penyelesaian :
x
a
Misalkan P(x) =
n
n
a
=
n!
n 0
x
n1
n1
n1
(menggunakan FPE).
(n 1)! n
Kalikan kedua bagian rekursif dengan x , kemudian ‘disigma’ untuk n ≥ 1, diperoleh :
a
x n
n1
a
x
n
n0
n
n!
a0
n
n!
x
=
na
n1
n
(1)
n!
n1
=
x
na
n1
P( x) 1 = x
x
na
n1
n1
n
n!
(1)
n1
x
(1)
n
n 0
x
n
n!
n 0
1
n
n!
n(n 1)!
(1)
n
n1
P( x) 1 = x.P( x)
x
n
n(n 1)!
n1
n
n1
0
0!
x
n
x
n
n!
1 e
x
n0
e
x
x
(1 x) P( x) = e
x
1
x
P( x) = e .
(1 x)
=
(1) n0
=
=
n
x
n
x n! .
n0
n
n0
k
n
n0
k
(1)
k
k ! (1)
nk
.1 x k
an =
n0
(1)
k !
n
n
x .n!. k ! n!
Jadi solusi RR adalah :
n
k
n! ; n 0
n
n!
(1) n0
P( x) = x.P( x) e
( x)
n
x
n
n!
= n!
(1)
k
; n 0
k !
n0
Catatan : pada umumnya koefien dari rr konstan, maka dapat diselesaikan dengan FPB atau FPE, tetapi jika koefisiennya tidak konstan konstan maka pada umumnya umumnya hanya bisa digunakan FPE. Soal Latihan : 1. Berapa banyak daerah yang terbentuk, jika terdapat n-garis digambar pada bidang datar dengan syarat : a. Setiap dua garis harus berpotongan di satu titik. b. Tidak boleh ada 3 garis yang melalui 1 titik. Penyelesaian : Misalkan : a n = banyak daerah yang terbentuk, jika terdapat n-garis digambar pada bidang datar dengan syarat yang diberikan.
1
Jelas bahwa a0
1 , rr untuk an dapat diperoleh dengan cara berikut :
Untuk n
kn
k1
k2 . . . kn-1
Misalkan telah tergambar (n – 1) garis pada bidang datar dengan syarat tersebut, maka terbentuk an1 daerah. Jika garis ke-n dibuat dengan dua syarat yang sama, maka garis ke-n akan memotong (n – 1) garis sebelumnya di (n – 1) titik potong yang berbeda, sehingga (n – 1) titik potong tersebut mempartisi garis ke-n menjadi n bagian. Setiap bagian garis membagi 1 daerah sebelumnya menjadi 2 daerah, sehingga setiap bagian garis ke-n menambah satu daerah dari daerah sebelumnya. Akibatnya terjadi penambahan n daerah. Dengan demikian daerah yang terbentuk ditunjukkan ditunjukkan dengan RR :
an an 1 n, n 1 a0 0, a1 1 Menyelesaikan RR tersebut :
Misalkan P(x) =
a x
n
=
n
a
n 0
n1
x
n1
n1
n
Kalikan kedua bagian rekursif dengan x , kemudian ‘disigma’ untuk n ≥ 1, diperoleh :
a x = a n
n
n0
n
n1
n
nx
n1
n1
a x
x
n1
n
n
a0 x = x an1 x 0
n1
nx
n1
n
Dari F2 :
n0
Dideferensial :
Kalikan dengan x :
P(x) – 1 = x.P(x) + (1 – x)P(x) = 1 +
x (1 x)
x (1 x)
2
2
1 1 x
x
2
=
nx
n 1
n 0
x (1 x)
n
n0
1 (1 x)
=
2
=
nx n 0
n
P(x) =
1 (1 x)
x
+
(1 x)
3
3n1 n . x = x x n0 n0 n
n
n2 n1 = x . x n0 n0 n
n
n1 n = x . x n0 n1 n1
n
So, the solution of RR is :
n0 1, a n = n 1 , n 1 1 n 1 n0 1, a n = (n 1).n , n 1 1 2 n0 1, a n = n 2 n , n 1 1 2
n0 1, an = n 2 n 2 , n 1 2 n n2 2
an =
2
, n0
2. Berapa banyak daerah yang terbentuk, jika terdapat n-lingkaran digambar pada bidang datar dengan syarat : a. Setiap dua lingkaran harus berpotongan di dua titik. b. Tidak boleh ada 3 lingkaran yang melalui 1 titik. Penyelesaian : Misalkan : an = banyak daerah yang terbentuk, jika terdapat n- lingkaran digambar pada bidang datar dengan syarat yang diberikan. Jelas bahwa a0
Untuk n
2 (daerah dalam dan daerah luar lingkaran)
1 , rr untuk an dapat diperoleh dengan cara berikut :
l1
l2 . . .ln-1
ln
Misalkan telah tergambar (n – 1) lingkaran pada bidang datar dengan syarat tersebut, maka terbentuk
an1 daerah. Jika lingkaran ke-n dibuat dengan dua syarat yang sama, maka lingkaran ke-n akan memotong (n – 1) lingkaran sebelumnya di (2n – 2) titik potong yang berbeda, sehingga (2n – 2) titik
potong tersebut mempartisi lingkaran ke-n menjadi (2n – 2) bagian. Setiap bagian busur lingkaran membagi 1 daerah sebelumnya menjadi 2 daerah, sehingga setiap bagian busur lingkaran ke-n menambah satu daerah dari daerah sebelumnya. Akibatnya terjadi penambahan (2n – 2) daerah. Dengan demikian daerah yang terbentuk ditunjukkan dengan RR :
an an 1 2n 2, n 1 a0 0, a1 1 Menyelesaikan RR tersebut :
Misalkan P(x) =
a x
n
a
=
n
n1
n 0
x
n1
n1
n
Kalikan kedua bagian rekursif dengan x , kemudian ‘disigma’ untuk n ≥ 1, diperoleh :
n
an x =
n1
n1
n an1 x 2
n
n0
x
n1
0 an x a0 x = x
n nx 2
an1 x
n1
n
n1
2 nxn 2 x n 2 x 0
n1
n 0
n0
Dideferensial :
Kalikan dengan x :
P(x) – 2 = x.P(x) + 2 (1 – x)P(x) = P(x) =
2 x (1 x) 2 x (1 x)
3
2
x (1 x)
2
2 (1 x) 2
(1 x)
2
2
1 (1 x)
2
4
4 (1 x)
2n1 3n1 n n . x 2 . x 4 x n = 2 x n0 n n0 n n0
n1 n2 n1 n n = 2 . x 2 . x 4 x n0 n n0 n n 0
n1 n1 n n n = 2 . x 2 . x 4 x n1 n1 n0 n n0
So, the solution of RR is :
n 1 4, n0 2 n an = n 1 n 1 2 2 4, n 1 1 n n n0 2(n 1) 4, a n = (n 1).n 2(n 1) 4, n 1 2 2 n0 2n 2, an = 2 n n 2n 2 4, n 1
2n 2, n 0 an = 2 n n 2, n 1 an =
n n 2, n 0 2
1 Dari F2 :
1 x
x
=
2
nx
n 1
n 0
x (1 x)
n
n 0
1 (1 x)
=
2
=
nx n 0
n
3. RELASI REKURSIF DENGAN MELIBATKAN KONVOLUSI Contoh problem : Terdapat barisan n-bilangan : x1, x2, x3, . . . ,xn, yang akan dicari hasil kalinya. Ada berapa cara untuk memperoleh hasil kali yang dimaksud, jika setiap kali mengalikan hanya boleh mengalikan dua bilangan yang berdekatan. Penyelesaian : Misalkan an = banyak cara memperoleh hasil kali n-bilangan dengan syarat dimaksud.
n = 1 → a1 = 1 yaitu (x1)
Jika
n = 2 → a 2 = 1 yaitu (x 1 x2) n = 3 → a 3 = 1 yaitu [(x1 x2) x3], [x1 (x2 x3)] n = 4 → a 4 = 1 yaitu [((x1 x2) x3) x4], [(x1 x2) (x3 x4)], [(x1 (x2 x3)) x4], [x1 ((x2 x3) x4)], [x1 (x2 (x3 x4))] Untuk n
1 , rr untuk an dapat diperoleh dengan cara sebagai berikut :
Perhatikan perkalian terakhir yang dilakukan, melibatkan 2 sub perkalian. Missal sub pertama berisi k bilangan, dengan 1 ≤ k ≤ n – 1, yaitu : (x1 x2 x3 . . . xk ) (xk+1 xk+2 . . . xn) ; 1 ≤ k ≤ n – 1 Maka sub kedua berisi (n – k) bilangan.
Untuk mendapatkan hasil kali sub pertama ada a k cara,
Untuk mendapatkan hasil kali sub kedua ada an k cara,
Sehingga
ak .ank = banyak cara mengalikan n-bilangan dengan syarat yang ada dan perkalian
terakhir melibatkan 2 sub perkalian, sub pertama berisi k bilangan dan sub kedua berisi (n – (n – k) k) bilangan. Karena 1 ≤ k ≤ n – 1, maka n 1
a .a
= banyak cara mengalikan n-bilangan dengan syarat yang ada.
n k
k
k 1
= an n 1
a .a
Sehingga a n =
k
n k
, n ≥ 2 (syarat n ≥ 2, agar terdapat minimal 2 sub perkalian)
k 1
Bentuk tersebut sama dengan bentuk konvolusi :
n
a . x . a .x = a .a n
n
n
n0
n
n 0
k
n0
k 1
an Jika a 0 = 0, maka : n 1
an =
a .a k
n k
,n≥2
n k
a0 an an a0
k 1 n
=
a .a k
k 0 n
=
a .a k
n k
k 0
Sehingga RR untuk permasalahan tersebut : n a n ak .an k , n 2 k 0 a 0, a 1 1 0
Menyelesaikan RR :
x
n k
n
Misalkan P(x) =
a x
n
=
n
a
xn
n1
n 0
1
n1
n
Kalikan kedua bagian rekursif dengan x , kemudian ‘disigma’ untuk n ≥ 1, diperoleh :
a x
n
a a
=
n
k
n2
P(x)
n 2
k 0
1
n
k
n0
x
x n
n k
k 0
0
a a
x 0
k 0 k
k 0
1
a a
x1
k 1 k
k 0
a x a x n
P(x) – 0 – 1.x =
n
n k
a a
a0 x a1 x = 0
n
n
n
n
n 0
a0 a0 x 0 (a0 a0 x1 a1a0 x1 )
n 0
2
P(x) – x = [P(x)] – 0 – (0 + 0) [P(x)] – P(x) + x = 0 2
1 1 4x
P(x)1,2 =
2 1
P(x)1,2 =
2
1
1 4 x
2
Catatan : 1
1 4 x (1 4 x) 2
12 n = (4 x) n 0 n
12 (4) n x n n 0 n
=
Untuk n ≥ 1 :
12 ( 12 )( 12 1)( 12 2)...( 12 (n 1)) n n n n (4) = (2 )(2 )(1) n! n ( 12 )( 12 )( 32 )...( 2n23 ) n n n = (2 )(2 )(1) n!
=
( )( )( )...( 2n23 ) 1 2
1 2
3 2
n!
(1)
n 1
(2 )(2 )(1) n
n
n
1.1.3.5.....(2 n 3)
= =
Sehingga :
2
n
(2 )(2 )(1) n
n
n! 1.3.5.....(2n 3) n!
(2 )(1) n
2(1.3.5.....( 2n 3))2
=
=
.
=
.
=
.
=
.
=
2 2n 2 . n n 1
2 n 1
n(n 1)!
→→→ karena (2n – 1) – 1) bilangan ganjil, maka ( – ( – 1) 1)2n-1 = – 1
n 1
.
(n 1)! (n 1)!
2 (1.3.5.....(2n 3))(2.2.2.....2)(1.2.3.....(n 1)) (n 1)!(n 1)!
n
2 (1.3.5.....(2n 3))(2.4.6.....(2n 2)) (n 1)!(n 1)!
n
2 (1.2.3.4.5.6.....(2n 3).(2n 2)) (n 1)!(n 1)!
n
2
(2n 2)!
n (n 1)!(n 1)!
12 n n 1 4 x = (4) x n 0 n
12 12 n n 0 0 = (4) x (4) x n 1 n 0 2 2n 2 n x = 1 . n n 1 n 1
1 2n 2
n . n 1 x
= 1 2
n 1
n
Disubstitusikan Disubstitusikan ke P(x), diperoleh : 1 1 2n 2 n x 1 2 . n 1 2 2 n n 1 1 1 1 2n 2 n x = . 2 2 n 1 n n 1
P(x)1,2 =
P(x)1,2
1
Jika dipilih tanda (+) maka diperoleh a n negative, padahal a n harus positif, oleh karena itu pilih ), dan diperoleh : tanda ( – ),
1 2n 2 n x . n 1 n n 1
P(x)1,2 =
Jadi solusi RR adalah :
an =
1 2n 2 ;n≥1 . n 1 n
disebut bilangan Catalan
Tugas : Terdapat 2n titik pada suatu lingkaran. Tentukan banyak cara memasangkan semua titik tersebut dengan n buah ruas garis sedemikian hingga tidak ada ruas garis-ruas garis yang berpotongan. Penyelesaian : Misalkan
a n = banyak cara memasangkan 2n titik pada lingkaran dengan syarat yang
diberikan.
